/
Автор: Pekarskas V. Pekarskienė A.
Теги: matematika tiesinė algebra analizinė geometrija matematiniai metodai
ISBN: 9955-09-657-8
Год: 2004
Похожие
Текст
Vidmantas. PEKARSKAS
Aldona PEKARSKIENĖ
TIESINĖS ALGEBROS
IR ANALIZINĖS
GEOMETRIJOS
ELEMENTAI
Vadovėlis aukštųjų mokyklų studentams
Kaunas•:• Technologija•:• 2004
Lietuvos Respublikos švietimo ir mokslo ministerijos Aukštųjų mokyklų
bendrųjų vadovėlių leidybos komisijos rekomenduota 2003 12 19 Nr. A-203.
Išleista Švietimo ir mokslo ministerijos lėšomis
Recenzavo:
matematikos mokslų daktaras docentas P. Alekna
matematikos mokslų daktaras docentas E. Gaigalas
matematikos mokslų daktarė docentė N. Janušauskaitė
matematikos mokslų daktaras docentas B. Kvedaras
Redagavo Z. Šliavaitė
Ši knyga parengta parėmus Lietuvos valstybiniam mokslo ir studijų
fondui (Lithuanian Stale Science and Studies Foundation)
© V. Pekarskas, 2004
© A. Pekarskienė, 2004
ISBN 9955-09-657-8
Vidmantas Pekarskas, Aldona Pekarskienė
TIESINĖS ALGEBROS IR ANALIZINĖS GEOMETRIJOS
ELEMENTAI
Redagavo Z. Šlevaitė
Maketavo D. Nenortienė
SL 344. 2004 -06 -18. 24 ,25 l eidyb. apsk. l. Tiražas 2000 egz.
Išleido leidykla „Technologija", K. Donelaičio g. 73 , 44029 Kaunas
Spausdino Standartų spaustuvė, S. Dariaus ir S. Girėno g. 39 , 0218 9 Vilnius
PRATARMĖ
Šiame vadovėlyje tiesinės algebros ir analizinės geometrijos elementų
kursas išdėstytas vientisai. Taip padaryta dėl to, kad tiesinėje algebroje
natūraliai apibendrinamos ir formalizuojamos kai kurios analizinės geometrijos
sąvokos bei teiginiai.
Ši knyga pirmiausia skiriama techniškųjų universitetų studentams, tačiau
ja galės naudotis ir kitų specialybių studentai, plačiau studijuojantys
matematiką. Tie skyreliai, kuriuose aptariami į techniškųjų specialybių studijų
programą neįtraukti klausimai, knygoje pažymėti besišypsančiu žmogučiu.
Autoriai stengėsi šiuos klausimus pateikti taip, kad juos praleidus, nebūtų
suardyta knygos visuma.
Vadovėlis baigiamas tiesinio programavimo elementų skyriumi. Jame
pateiktos medžiagos tikslas - pademonstruoti tiesinių lygčių teorijos taikymą
ekonomikoje.
Teorija knygoje iliustruojama daugeliu išspręstų pavyzdžių, kiekvieno
skyriaus pabaigoje pateikiama uždavinių, kuriuos studentai gali spręsti
savarankiškai. Teoremos įrodymo, pavyzdžio sprendimo pabaiga žymima
ženklu•Autoriai nuoširdžiai dėkoja Šiaulių universiteto doc. dr. P. Aleknai,
Vilniaus universiteto doc. dr. E. Gaigalui, Kauno technologijos universiteto
doc. dr. N. Janušauskaitei, Vytauto Didžiojo universiteto doc. dr. B. Kvedarui,
perskaičiusiems rankraštį ir pateikusiems vertingų pastabų, knygos redaktorei
Z. Šliavaitei už kruopštų redagavimą bei bendradarbei D. Nenortienei už
pagalbą rengiant vadovėlį spaudai.
V. Pekarskas
A. Pekarskienė
TURINYS
l.
l. l.
1.2.
1.3.
1.4.
1.5.
1.6.
1.7.
1.8.
1.9.
1.10.
1.1 1.
1.12.
1.13.
1.14.
1.15.
2.
2.1.
2.2.
2.3.
2.4.
2.5.
2.6.
2.7.
2.8.
MATRICOS IR DETERMINANTAI ........ 9
Matricos sąvoka ................................................. 9
Tiesinės matricų operacijos ...................................
Matricų daugyba ................................................
Transponuotoji matrica .......................................
Antrosios ir trečiosios eilės determinantai ... ...............
Aukštesniųjų eilių determinantai ............................
Determinanto skleidiniai ............................ ..........
Determinantų savybės .........................................
Kai kurie n-tosios eilės determinantų skaičiavimo
būdai ...............................................................................
Atvirkštinė matrica .............................................
Matricos rango sąvoka ........................................
Elementarieji matricos pertvarkiai ...........................
Elementariųjų matricos pertvarkų taikymas
apskaičiuojant matricos rangą ................................
Elementariųjų matricos pertvarkų taikymas ieškant
atvirkštinės matricos ..................................................
Bazinio minoro teorema .......................................
Uždaviniai ......................................................
Atsakymai ......................................................
12
13
18
19
26
28
32
Pagrindinės sąvokos ...........................................
Neišsigimusiųjų tiesinių lygčių sistemų sprendimas
atvirkštinės matricos metodu..................................
Kramerio formulės ..............................................
Kronekerio ir Kapelio teorema ...............................
Suderintųjų tiesinių lygčių sistemų sprendimas............
Tiesinių lygčių sistemų sprendimas Gauso metodu .......
Homogeninės tiesinės lygčių sistemos ......................
Homogeninių tiesinių lygčių sistemų sprendinių
struktūra. Fundamentalioji sprendinių sistema .............
Uždaviniai......................................................................
Atsakymai ......................................................................
69
35
40
42
44
50
54
60
65
68
TIESINĖS LYGČIŲ SISTEMOS .............. 69
72
74
75
79
84
91
93
99
102
6
3.
3.1.
3.2.
3.3.
3.4.
3.5.
3.6.
3. 7.
3.8.
3.9.
3.10.
3. 11.
3.12.
4.
4.1.
4.2.
4.3.
4.4.
4.5.
4.6.
4.7.
4.8.
4.9.
4.10.
4.11.
4.12.
4.13.
5.
5.1.
5.2.
5.3.
5.4.
5.5.
5.6.
VEKTORINIS SKAIČIAVIMAS...............
Vektoriaus sąvoka .............................. ..... . . ..... .. .
Tiesinės vektorių operacijos ....................... ..........
Vektoriaus projekcijos . ....................... ......... .. .. ...
Tiesinis vektorių priklausomumas ...........................
.
3
. .
Baze· plok"sturnoJe lf erdve· Je R .............................
Ortonormuotoji bazė. Vektoriaus koordinatės Dekarto
koordinačių sistemoje ........................................... ..
Spindulys vektorius. Atstumas tarp dviejų taškų. .........
Atkarpos dalijimas duotuoju santykiu ... ....................
Skaliarinė dviejų vektorių sandauga.. .... ..................
Vektorinė dviejų vektorių sandauga.........................
Mišrioji trijų vektorių sandauga..............................
Dvilypė vektorinė sandauga ........................................
Uždaviniai .............................................................
Atsakymai ..... ............................... ...................
TIESĖ IR PLOKŠTUMA...............................
Bendroji plokštumos tiesės lygtis ............. . ........... ..
Kryptinė tiesės lygtis ...... .......... ... ........................
Kampas tarp dviejų tiesių plokštumoje .............. .......
Taško atstumas iki tiesės plokštumoje.... ...... ............
Normalinė tiesės lygtis ........................................
Bendroji plokštumos lygtis .... ...............................
Kampas tarp dviejų plokštumų ............. ..... .............
Taško atstumas iki plokštumos ..............................
Erdvės tiesės kanoninės lygtys ...............................
Erdvės tiesės bendrosios lygtys ...............................
Kampas tarp tiesės ir plokštumos .... ........ ................
Taško atstumas iki tiesės erdvėje.............................
Atstumas tarp prasilenkiančiųjų tiesių......................
Uždaviniai .......................................................
Atsakymai ......................................................
103
l03
l04
l0 7
109
112
113
119
122
125
130
140
146
148
150
151
151
153
155
161
162
163
16 7
168
169
1 72
1 74
1 75
177
180
182
ANTROSIOS EILĖS KREIVĖS IR
PAVIRŠIAI ............................................................ 183
Antrosios eilės kreivės. Apskritimas ......................... 183
Elipsė ........................ ....... ............................... 184
Hiperbolė ...................... ................. ................. 18 9
Elipsės ir hiperbolės direktrisės ................... ........... 194
Parabolė.......................................................................... 196
Antrosios eilės kreivių liestinės..................................... 198
5.7.
5.8.
5.9.
5.10.
5.11.
5.12.
5.13.
5.14.
5.15.
5.16.
5.17.
5.18.
5.19.
5.20.
6.
6.1.
6.2.
6.3.
6.4.
6.5.
6.6.
6.7.
7.
7.1.
7.2.
7.3.
7.4.
7.5.
7.6.
7.7.
Optinės antrosios eilės kreivių savybės ...................... 200
Kūgio pjūviai .................................................... 204
Plokštumos koordinačių transformacija ..................... 206
Antrosios eilės kreivių lygčių prastinimas .................. 207
Antrososios eilės paviršiai. Sfera ............................ 214
Sukimosi paviršiai ............................................. 214
Elipsoidai ........................................................ 215
Hiperboloidai ........................ , .......................... 216
Elipsinis paraboloidas ......................................... 218
Hiperbolinis paraboloidas .................................... 218
Cilindriniai paviršiai .......................................... 219
Kūginiai paviršiai. Sukimosi kūgiai ......................... 220
Polinė koordinačių sistema ................................... 224
Įvairios kreivės polinėje koordinačių sistemoje ............ 227
Uždaviniai ...................................................... 232
Atsakymai ...................................................... 234
TIESINĖS ERDVĖS ......................................... 235
Tiesinės erdvės apibrėžimas ................................... 235
Tiesinis vektorių priklausomumas ............................ 239
Tiesinės erdvės bazė ir dimensija ............ : .............. 242
Tiesiniai poerdviai ............................................. 249
Tiesinių erdvių sankirta ir suma .............................. 250
Baigtiniamačių tiesinių erdvių izomorfiškumas ............ 253
Bazės keitimas .................................................. 255
Uždaviniai ........................................................ 258
Atsakymai ...................................................... 260
EUKLIDO ERDVĖ ............................................. 261
Euklido erdvės apibrėžimas ..................................
Vektoriaus norma ..............................................
Kampas tarp vektorių. Vektorių ortogonalumas ...........
Ortonormuotoji bazė ..........................................
Ortogonalinimo metodas ......................................
Ortogonalusis papildinys ......................................
Unitariosios erdvės .............................................
Uždaviniai ......................................................
Atsakymai ......................................................
8.
TIESINIAI OPERATORIAI .........................
8.1. Tiesinio operatoriaus sąvoka ..................................
8.2. Tiesinio operatoriaus matrica. Vektoriaus ir jo vaizdo
koordinačių sąryšis ................................................
261
263
265
267
268
271
275
276
278
279
279
283
7
8
8.3.
8.4.
8.5.
8.6.
8.7.
8.8.
8.9.
8. 10.
8.11.
9.
9.1.
9.2.
9.3.
9.4.
9.5.
10.
10.1.
10.2.
10.3.
10.4.
Tiesinio operatoriaus matricos keitimas keičiant bazę...
Tiesinių operatorių veiksmai..... .... ..... .. .. .. ..............
Tiesinio operatoriaus tikrinės reikšmės ir tikriniai
vektoriai .. ......................................................................
Tiesinio operatoriaus matricos keitimas diagonaliąja
matrica ............................................................................
Ortogonaliosios matricos.. ....... ... .. . ... ... ................
Ortogonalieji operatoriai .... ..... .... ..... ... .. ...... .........
Jungusis operatorius.. ... .......... ...... .. ....... ... ..........
Savijungis operatorius.........................................
Savijungio operatoriaus matricos keitimas diagonaliąja
matrica.................................................... ........................
Uždaviniai .. ... ...... ....... .. .. .. ...... ......... .. .. ...........
Atsakymai......................................................
288
292
296
300
302
306
308
313
KVADRATINĖS FORMOS ..........................
315
316
319
Pagrindinės sąvokos ...........................................
Kvadratinės
formos
kanonizavimas
naudojant
ortogonaliąją matricą...........................................
Kvadratinės formos kanonizavimas Lagranžo metodu..
Antrosios eilės kreivių lygčių prastinimas..................
Antrosios eilės paviršių lygčių prastinimas .................
Uždaviniai ............. ..........................................
Atsakymai....................................... .... ...........
323
328
330
34 0
34 9
350
321
321
TIESINIO PROGRAMAVIMO
ELEMENTAI ......................................................... 351
Tiesinio programavimo uždavinių pavyzdžiai.............
Tiesinio programavimo uždavinių formulavimas
bendruoju atveju ...............................................
Standartinio
tiesinio
programavimo
uždavinio
geometrinė interpretacija ir jo gra finis sprendimas.......
Kanoninio tiesinio programavimo uždavinio grafinis
sprendimas......................................................................
Uždaviniai ......................................................
Atsakymai ......................................................
351
357
362
370
378
380
DALYKINĖ RODYKLĖ ....... ..... . ................ 38 1
LITERATŪRA.................................. .......... 387
l
MATRICOS IR DETERMINANTAI
l.l. Matricos sąvoka
Tarkime, turime stačiakampę lentelę, sudaryta iš mn skaičių:
a11
a21
aml
a1n
azn
a12
"' 1
a22
am2
amn
Ji vadinama skaičių matrica A (lot. matrix - patelė, gimdytoja) ir
žymima trejopai:
.. .
a11
a1n
a12
... azn
a21 a22
azn
A=
r=:: :::
aml
am2
amn
A=
A=
aml
amz
[" " ' " ]
a12
a2 1
a 22
aml
am2
...
...
azn
amn
Šiame vadovėlyje toliau vartosime pirmąjį matricos žymenį.
amn
10
Matricą sudarančius skaičius ai) (i = l, 2, ..., m; j = l, 2, ..., n) vadiname
matricos elementais ir žymime raide su dviem indeksais, kurių pirmasis rodo
atitinkamos eilutės, o antrasis - stulpelio numerį. Taigi ai) yra elementas,
parašytas i-tosios eilutės ir }-tojo stulpelio sankirtoje:
A=[�'.� G] �'.�];.
aml
:
j
amn
Todėl matricą A patogu žymėti trumpai taip: A= [ai) ], i = l, m; j = [;;.
Norėdami pabrėžti, kad matricą sudaro m eilučių ir n stulpelių, ją
vadinsime m x n eilės matrica ir žymėsime Amx n . Pavyzdžiui, duotos dvi
matricos:
3]
l 2
-1
2 ' B 2x4 -[3 O
4
-1
Pirmoji jų yra 3 x 2 eilės, t. y. sudaryta iš trijų eilučių ir dviejų stulpelių,
antroji - 2 x 4 eilės.
Matrica, susidedanti iš vienos eilutės, vadinama matrica eilute
A1x n = [a11 a 12 ··· a1 n ],
ll
o susidedanti iš vieno stulpelio - matrica stulpeliu
Amxl =
Matrica
a11
:
a21
a ml
a1_1, a12 a13
}ln
,
a2 l -a.:u a23 ,... a2n
',
,"
An x n = a3 l a32 ,P'JJ · · · a3n ,
""
<
.....-:�
...
.
... , ........
··· a'nn
kurios m = n, vadinama kvadratine, o skaičius n - jos eile. Tada elementai
a11 , a22, ..., ann sudaro jos pagrindinę įstrižainę, o elėmentai a1n ,
a2n -l, ... , anl - šalutinę į strižainę.
11
Pirmosios eilės matricą Atxt = [a11] sudaro tik vienas skaičius a 11.
Matrica, kurios visi elementai lygūs nuliui, vadinama nuline matrica.
Kvadratinės matricos būna šių tipų. Kvadratinė matrica, kurios visi
elementai, esantys po pagrindine įstrižaine arba virš jos, lygūs nuliui,
vadinama trikampe matrica. Trikampės matricos yra
o
o
a11
o
o
a,2
a22
o
a13
a23
o
a33
a1n
a2n
a3n
a11
ann
o
o
a31
a22
a32
a33
anl
an2
an3
a21
Ir
o
o
o
o
ann
Pirmoji jų vadinama viršutine trika mpe, antroji -apatine trikampe matrica.
Kvadratinė matrica, kurios visi elementai, išskyrus pagrindinės įstrižainės
elementus, lygūs nuliui, vadinama diagonaliąja matrica:
Šiai matricai būdinga tai, kad jos aij
= O, kai i * j ir aij * O, kai i = j (arba
a u *-O). Diagonalioji matrica, kurios visi a u =l , vadinama vienetine
matrica ir žymima simboliu E:
o
l
o
Kvadratinė matrica A= [ aij ] vadinama si metrine, kai a ij
= a Ji.
Matricų lygumo sąvoka apibrėžiama turint galvoje tik tos pačios eilės
matricas. Dvi m x n eilės matricos A =[ a
kai aij
ij] ir B =[b ] vadinamos lygio mis,
ij
= bij , i = l, m, j = l, n. Tokiu atveju rašoma: A = B.
12
1.2. Tiesinės matricų operacijos
Matricų aibėje apibrėžiamos šios tiesinės operacijos: matricų sudėtis ir
matricos daugyba iš skaičiaus.
Sudėti galima tik tos pačios eilės matricas. Dviejų matricų Amxn = [aij]
Ir Bmxn
= [bij ]
suma vadinama matrica Cmxn
= [cij ] , kurios elementai
gaunami sudedant atitinkamus matricų A ir Belementus aij ir bij . Taigi
c ij
c ij =aij +bij , i=l,m, J=l, n .
; l·
Matricų A ir B suma žymima A+ B= C. Pavyzdžiui, kai
-9
tai
Matricos Am xn
Bm xn
= [bij ] ,
= [aij ]
0
B= [- 3
9
A + B = -\ 11 �:
l
[
22 23 -20
ir skaičiau s a sandauga vadinama matrica
kurios elementai bij gaunami dauginant kiekvieną matricos A
elementą iš skaičiaus a . Vadinasi,
bij =aa ij ,
i=l, m, J=l, n .
Matricos A ir skaičiaus a sandauga žymima aA . Pavyzdžiui, kai a = 3 Ir
-7 8 9
, tai
A =[
11 -2 3]
-21
aA = 3A = [
33
24 2 7
]
-6 9 ·
Matrica (-1 )-A vadinama priešinga matricai A ir žymima -A.
Teisingos šios savaime aiškios matricų tiesinių operacijų savybės:
l ) A+ B= B+ A (komutatyvumo (lot. commutativus - keičiantis), arba
perstatomumo);
2 ) (A+ B)+ C=A+ (B+
(asociatyvumo (lot. associatio - sujungi
mas), arba jungiamumo);
e)
13
3 ) A+(-A) =O;
4 ) A+O=A ;
5) l · A =A ;
6 ) a (PA) = (ap ) A (asociatyvumo skaičių sandaugos atžvilgiu);
7 ) la + P )A = aA + PA (distributyvumo (lot. distributivus - skirstantis),
arba skirstomumo skaičių sumos atžvilgiu);
8 ) a lA + B) = aA + PB (distributyvumo matricų sumos atžvilgiu).
Kad ir kokios būtų tos pačios eilės matricos A ir B, visada egzistuoja
vienintelė matrica X, su kuria A + X = B. Matrica X žymima X = B - A ir
vadinama matricų B ir A skirtu mu. Iš šio apibrėžimo išplaukia, kad
B-A =B+ (-A).
1.3. Matricų daugyba
Tarkime, kad duota n dėmenų a; ( i = l, n ) suma a 1 + a 2 +. .. + an. Ją
galime pažymėti trumpiau:
a1 + a 2 +. . . + an = ž: a; ;
i =l
n
čia L - sumos simbolis, didžioji graikiškoji raidė sigma. Indeksas i vadinamas
sumavimo indeksu. Pavyzdžiui,
L>iį = alj + a2J +...+ a j ;
i=l
n
n
La
n
)=l
ij
= ail + a;2 + . . . + a;n .
Nesunku įsitikinti, kad teisingos tokios sumos savybės:
l ) L, aa; = aL, a; (daugikli, nepriklausantį nuo sumavimo indekso,
i =l
i =l
galima iškelti prieš sumos ženklą);
n
n
n
n
n
2 ) I, (a; + b; ) =L a; + ž: b; ;
i=l
i =l
i=l
Matrica A vadinama suderinta su matrica B, kai matricos A stulpelių
skaičius lygus matricos Beilučių skaičiui. Taigi matricos Amxn ir Bnxp yra
14
suderintos. Tačiau matrica Bnx p nėra suderinta su matrica Amxn . Vadinasi, iš
to, kad matrica A yra suderinta su B, dar ne visada išplaukia, jog B yra
suderinta su A. Aišku, kad bet kurios dvi tos pačios eilės kvadratinės matricos
visada yra suderintos.
Matricų daugyba apibrėžiama tik turint galvoje suderintąsias matricas.
Tarkime, kad duotos dvi matricos:
a1 1
a12
a1n
aml
a m2
a mn
Amxn = an
ai 2
ain
ir Bnx p =
blj ... b1 p
b 2j ... b2 p
b11
b2 1
bnp
bnj
bnl
l
Apibrėžimas. Matricų Amxn ir Bnx p sandauga vadinama matrica
Cmx p , kurios elementai cij apskaičiuojami pagalformulę
cij = ail blJ
+
ai2 b2j + . . . + a;nbnj = "'f. a;k bkj ; čia i =1 , m, j = l, p.
k =I
Matricų A ir B sandauga žymima AB.
Iš apibrėžimo išplaukia, kad matricos C = AB elementas c ij , esantis
i-tosios eilutės ir }-tojo stulpelio sankirtoje, lygus matricos A i-tosios eilutės ir
matricos B }-tojo stulpelio elementų sandaugų sumai. Tai iliustruoja tokia
schema:
j
-..,---a;::4/-:-P.___..T
n
blj
b2j
--...
bl p
b2 p
...
bnp
l
=
l c�I ... , .
r :
CJ J
···
Cm ]
:
CJp
•
Cmp
1
..
Iš šios schemos aiškiai matyti, kad matrica A turi turėti tiek stulpelių, kiek
eilučių yra matricoje B, taigi abi dauginamos matricos turi būti suderintos.
l pavyzdys. Raskime AB, kai
A3, 2
= [-:2
15
Sprend imas. A3x 2 · B2x 4 = C3x4 =
4 · 3 + 7 ·(- 3) 4 - (- 7)+ 7 · 2 4 - 5 + 7 · 4 4 · 1 + 7 · 6
= [- 2 · 3 + 1 ·(- 3) - 2 · (- 7 ) + 1 · 2 - 2 · 5 + 1 · 4 - 2 · 1 + 1 · 61 =
3 · 3 + 8 - (- 3) 3 · (- 7)+ 8 · 2 3 · 5 + 8 - 4 3 - 1 + 8 · 6
- 9 - 14 4 8 46
= [ - 9 16 - 6 4 ] .
- 15 - 5 47 27
Sukeitę matricas A ir B vietomis, sandaugos BA negalėsime rasti, nes
matrica B nebus suderinta su A. .A.
2 pavyzdys. Raskime AB, kai
Spren dimas. A 2x3 · B3x2 = [
-13 41
3-16 + 0 18 + 8 + 15
]·
]= [
23
9
1+ 8 + 0 6 - 4 + 21
Šį kartą galima apskaičiuoti ir sandaugą B3x2 · A2x3
[9
8 47
3+ 6 - 4 + 12 5 + 42
B3x 2 · A2 x3 = [12 - 2 - 16 - 4 20 - 14] = l O - 20 6 ]
0+ 3
6
21
0+ 6
0 + 21
3
Nors egzistuoja abi sandaugos AB ir BA, tačiau AB '#- BA . .A.
3 pavyzdys. Raskime AB ir BA, kai
A = [ 2 2]
2 2 '
Sprend imas . AB =
[2 - 2
2- 2
BA = [
B=[
l -l _
-1 l ]
o o
-2 + 2
=
,
]
[
O O]
- 2+ 2
o o .
2- 2
2- 2
]=[
- 2+ 2 - 2+ 2
O O]
Šiame pavyzdyje AB = BA . .A.
Iš šių trijų pavyzdžių matyti, kad matricų daugybai bendruoju atveju
nebūdinga komutatyvumo savybė. Kai AB = BA , tai matricos A ir B
vadinamos komutuojančiosio m is.
16
3 pavyzdys iliustruoja įdomią savybę: nenulinių matricų sandauga gali
būti nulinė matrica. Skaičiai tokios savybės neturi.
Kai matrica Amxn yra suderinta su matrica Bnxp , o ši - su matrica
epxr ' galima rasti sandaugą
paskui - ir sandaugą
Dmxp · C pxr =Gmxr ·
Tokią sandaugą DC = (AB)e žymime ABC.
=A
Kai A yra kvadratinė matrica, galima rasti A · A=A 2 ,
2.
3
A=A ir t. t. Bendruoju atveju
A k =A
· A · . .. · A.
�
k kartų
(A · A)A =
Papildomai sutarę, kad A O =E, A 1 = A , galime apibrėžti matricos A
daugianarį
čia a 0 ,a 1 ,... ,a k - skaičiai. Kadangi E, A, A 2 ,... , Ak - tos pačios eilės
matricos, tai P(A) irgi yra tos pačios eilės matrica. Matrica A, su kuria P(A) yra
nulinė matrica, vadinama daugianario
k
2
P ( x)=a o +a1 x+a 2 x +... +a k x
šakni mi.
4 pavyzdys. Įrodykime, kad matrica
A = [} :]
4
yra daugianario P (x) = x 2 -1 lx +52 šaknis.
Sprendi ma s . Randame P(A):
1 0
3 1
3 7
3 1
-1 1 [
P (A)=A 2 -11 A +52 E=[
J + s2 [
]-[
]
-4 8
-4 8
O l
-4 8
]=
17
-19
=[
-4 4
33
77
] [
36
- 44
52 O
77
=
]+[
88
O 52]
5
- 2
+
= [ i - � 2] [ : s°2] = [:
:J
Vadinasi, matrica A yra nagrinėjamo daugianario šaknis. ,._
Matricų daugybai būdingos šios savybės (jei tik minimos operacijos turi
prasmę):
l ) (AB) C =A (BC) (asociatyvumo savybė);
2)
(A + B) e = A C + BC , A (B+ e) = AB+ AC (distributyvumo savybė).
Įrodysime 1 -ąją savybę. Tarkime, kad A = Amxn , B= Bnx P , C = Cp x r .
Kadangi
tai
Įrodysime 2-ąją savybę, teigiančią, kad (A + B)e = A C + BC. Pažymėki
me: A =A mx n , B=Bmx n , C=Cnx p · Tada
(A + B)C = ( [aik ] + [bik ] ) - [cki ] = [aik + bik ] [cki ] =
=
[±
n
(a ik + bik ) c kj l = [ L a ik c kj + bik c kj l =
.
k=I
k=I
18
1.4. Transponuotoji matrica
l
Matrica, kuri gaunama iš matricos A, sukeitus jos eilutes ir stulpelius
vietomis, vadinama transpon uo tąja ma trica (lot. transponere - perkelti,
persodinti). Ji žymima simboliu A r . Taigi kai
A =[
01 1
01 2
a2 1
a 22
aml
0m2
...
...
a
1
a zn
, , tai
...
a mn
Jei A = Amxn , tai Ar = Anxm ; jei A = [ aij ] ,
yra
3
l
Ar = A4x2 =
2
5
1
[� '. �
Ar =
3 l
Pavyzdžiui, matricos A = A2x 4 = [
O 4
"1
2
-l
aln
:l
02 1
0 22
a 2n
.. .
. ..
a
„
a m 21
a mn
1
lransponuoloj i ma1,ics
O
4
-l
Teisingos šios savybės (jei tik operacijos turi prasmę ):
l) (A r r = A ;
2 ) (a.Af = a.A r ; čia a - skaičius;
r
r
3 ) (A+BY = A + B ;
4 ) (ABY = Br A r.
Pirmosios trys savybės yra savaime aiškios. Įrodysime 4 -ąją savybę.
Tarkime, kad A=Amxn , B = Bnx p. Tada
čia i=l, m , j =l, p.
19
Kai A=A T , matrica A yra si metrin ė. Teisingas ir atvirkščias teiginys.
Šiuo atveju a i) = a ji . Pavyzdžiui, matrica
A�[�
yra simetrinė.
}
1
-:7]
Kai A T = - A ; tai matrica A vadinama antisimetrine. Visi šios matricos
pagrindinės įstrižainės elementai lygūs nuliui, o kiti tenkina sąlygą a i) = -a ji .
Pavyzdžiui, matrica
yra antisimetrinė.
1.5.Antrosios ir trečiosios eilės determinantai
Deter minantu (lot. determinantis - apibrėžiantis) vadinamas skaičius,
kuris pagal tam tikrą taisyklę priskiriamas kvadratinei matricai. Pinnosios eilės
matricos [a 1 1 ] determinantas yra skaičius a 1 1 • Antrosios eilės matricos
deter minantu , arba trumpiau - antrosios eilės deter minantu , vadinamas
skaičius a 1 1 a 22 - a 1 2 a 2 1 . Jis žymimas
det A =
l
a1 1
021
l l
Matricos A determinantą dar galima žymėti simboliu A arba 6.. Vadi
nasi, skaičiuodami antrosios eilės determinantą, iš skaičilĮ a 1 1 ir a 22 , esančių
pagrindinėje jo įstrižainėje, sandaugos atimame skaičilĮ a 1 2 ir a 2 1 , esančilĮ
šalutinėje įstrižainėje, sandaugą. Pavyzdžiui,
3 7
= 3 - 4 - 7 - (- 8) = 68 .
-8 4
Kai A yra trečiosios eilės matrica, t. y. kai
20
tai trečiosios eilės determina ntas apibrėžiamas taip:
o1 l o12 o13
det A = 021 a 22 0 23 =a 1 1 o22 o 33 + a12 0 23 0 31 +
0 31
°32
a33
(l)
Įsidėmėti šio determinanto apskaičiavimo formulę padės vadinamoji
Sa rijaus ·, arba trika mpių, ta i:-.yk lė, pavaizduota tokia schema:
Trikampių taisyklę nusakysime žodžiais. Pirmieji trys ( l ) formulės nariai
gaunami sudauginant pagrindinės įstrižainės elementus ir elementus, esančius
dvieją lygiašonių trikampių, kurią pagrindai lygiagretūs su pagrindine
įstrižaine, viršūnėse. Kiti trys ( l ) formulės nariai imami su priešingais
ženklais, be to gaunami sudauginant šalutinės įstrižainės elementus bei
elementus, esančius dviejų lygiašonią trikampią, kurią pagrindai lygiagretūs su
šalutine įstrižaine, viršūnėse.
Sarijaus taisyklę galima iliustruoti ir tokia schema:
+
+
+
Lengva suvokti, kad, sudarydami pagal ( l ) formulę bet kurį detenninanto
dėmenį, iš kiekvienos eilutės ir kiekvieno stulpelio ėmėme tik po vieną
matricos elementą.
Pjcras Frcdcrikas Sarijus (P. F. Sarrus,
1798-1861 )- prancūzų matematikas.
21
l pavyzdys. Apskaičiuokime determinantą:
3 -, , - 7_ ,-s
l )(, 3 =3 ·4 ·3 + 1 · 2 · 5 + (-7 ) · 3 · (- 2) - (- 2 ) - 4 - 5 -
- 'l, , 2 ',3
-3 · 2 · 3 -1 · ( - 7 ) ·3 = 13 1. .&.
Išvardysime antrosios ir trečiosios eilės determinantLĮ savybes, kurios
tiesiogiai išplaukia iš šių determinantLĮ apibrėžimo.
l . det A=det A T .
Šią savybę pritaikysime trečiosios eilės determinantui:
a1 1
det A =
G2 1
a3 1
T
a1 2
GJ 3
a1 1
a2 1
a3 1
a22
G23 =
a1 2
a22
a32 = det A .
a32
a33
G1 3
a23
a33
Vadinasi, sukeitus eilutes ir stulpelius vietomis, determinanto reikšmė
nepasikeičia. Tai reiškia, kad eilutės ir stulpeliai yra lygiateisiai. Todėl toliau
determinanto savybes formuluosime tik eilutėms, turėdami galvoje, kad
analogiški samprotavimai tinka ir stulpeliams.
2. Sukeitus dvi gretimas determinanto eilutes vietomis, pakinta to deter
minanto ženklas.
Pavyzdžiui, sukeitę pirmąją ir antrąją detenninanto eilutę, gausime:
3. Jei visi kurios nors determinanto eilutės elementai lygūs nuliui, tai toks
determinantas taip pat lygus nuliui.
4. Bendrąjį kurios nors eilutės elementą daugiklį galima iškelti prieš
determinanto ženklą:
A-G] l
A-G J 2
A-G1 3
G] l
G12
G13
Ši savybė rodo, kad, dauginant determinantą iš skaičiaus, nelygaus nuliui,
reikia iš to skaičiaus padauginti kurios nors vienos (tik vienos! ) eilutės
elementus. Priminsime, kad, dauginant matricą iš skaičiaus, reikia iš to
skaičiaus padauginti visus jos elementus.
5. Determinantas, kurio dvi eilutės yra vienodos, lygus nuliui.
22
6. Jei dviejų determinanto eilučių elementai yra proporcmg1, tai toks
determinantas lygus nuliui:
Pavyzdžiui,
2
3
4
2
3
3
6 9 =3 · l 2 3 =3 ·0 =0 .
-l 5
4 -l 5
7. Jei kurios nors determinanto eilutės kiekvienas elementas yra išreikštas
dviejų dėmenų suma, tai toks determinantas lygus dviejų detenninantų sumai:
pirmojo detenninanto minėtą eilutę sudaro pirmieji dėmenys, antrojo - antrie
ji dėmenys; kiti abiejų determinantų elementai yra tokie pat, kaip pradinio
determinanto.
Pavyzdžiui,
8. Jei prie kurios nors determinanto eilutės elementų pridėsime kitos
eilutės elementus, padaugintus iš to paties skaičiaus, nelygaus nuliui, tai
determinanto reikšmė nepakis.
Pavyzdžiui, pirmosios eilutės elementus padauginkime iš skaičiaus A -:t O
ir pridėkime prie atitinkamų antrosios eilutės elementų. Šiuos pertvarkius
pavaizduokime schemiškai:
a1 1
a2 1
a3 1
a12
a 22
a32
a1 1
a13
01 1
a 33
a3 1
a 23 = a 2 1
a2 1 + Aa 1 1
a3 1
a1 2
a1 2
a 22
a32
a22 + Aa 1 2
a32
01 3
a 23
a 33
a1 3
3>
a2 3 + Aa 1 3
a33
=
23
Sakykime,
apskaičiuojame
trikampių taisyklę:
2
-2 4
O
determinantą
2
-2 4
o
3
5
-l
naudodami
3
5 = - 4 - 6 - 5 - 4 = -19.
-1
Pritaikę 8 -ąją savybę, gausime tokią pat šio determinanto reikšmę.
Patikrinkime. Pirmosios eilutės elementus padauginkime iš 2 ir pridėkime prie
antrosios eilutės elementų :
l
2
- 2 4
o
3P
5
-l
l
2
= O 8
o
3
11 = -8 -1 1 = -19 .
-1
Veiksmai, kurie minimi formuluojant 4 -ąją ir 8 -ąją savybę, vadinami
elementaria is ia is d et er m inanto pertvarkiais.
Prieš nusakydami kitas determinantų savybes, apibrėšime minoro (lot.
minor - mažesnis) ir adjunkto (lot. adjunctus - prijungtas) sąvokas.
a1 l a12 a1 3
Išbraukime kurią nors vieną determinanto a21 a22 a23 eilutę,
a3 1 a32 a33
pavyzdžiui, i-tąją, ir kurį nors vieną stulpelį, pavyzdžiui, }-tąjį (i = l , 2, 3 ;
j = l , 2, 3 ). Jų sankirtoje yra elementas a iJ. Iš likusių elementų sudarytas
antrosios eilės determinantas vadinamas e/eme,'ito a iJ m inoru ir žymimas
simboliu M iJ. Pavyzdžiui, jei išbrauksime trečiąją eilutę ir antrąjį stulpelį, tai
jų sankirtoje turėsime elementą a 3 2. Jo minoras bus likęs antrosios eilės
determinantas:
a 11
M 32 =
l a 21
Panašiai elemento a 13 minoras bus
24
Elemento a ij adjunkt u vadinamas reiškinys
čia i - išbrauktos eilutės numeris,) - išbraukto stulpelio numeris. Pavyzdžiui,
A 32 = (- 1) 3+2 M 32 =-M 3 2 ,
1+3
A1 3 = (- 1 ) M 1 3 = M13 .
Analogiškai apibrėžiami ir antrosios eilės detenninanto elementų minorai
bei adjunktai.
9. Determinantas yra lygus kurios nors eilutės (stulpelio) elementLĮ ir jLĮ
adjunktq sandaugų sumai.
Pavyzdžiui,
01 l
01 2
°1 3
det A = a 2 1 °22 a23 = 0 2 1 · A 2 1 +a 22 · A2 2 + a 23 · A 23 ·
a 3 1 a 32 a 3 3
Sakome, kad detenninantą išskleidėme antrosios eilutės elementais.
Skleisdami i-tosios eilutės (i = l, 2, 3) elementais, gautume sandaugtĮ
sumą:
det A = a;1 · A;1 + a; 2 · Ai 2 + a; 3 · A;3 = L: Oik · A;k .
k =I
Kadangi eilutės ir stulpeliai yra lygiateisiai, tai, skleisdami determinantą
stulpelio (j = l , 2,3 ) elementais, gautume sandaugLĮ sumą:
)-tojo
det A =a 1j · A 1j + a 2j · A 2j + a3 j · A 3 j =
Z: aki · A
k =I
kj
.
Šia savybe galima pasiremti apskaičiuojant determinantą.
2 pavyzdys. Apskaičiuokime
3 -7 4
det A = 2
6
5
-8 9
Spr endi mas. Detenninantą apskaičiuosime išskleisdami J l pirmosios
eilutės elementais:
3 -7 4
det A = 2
l
6
-8
5 = 3 · A 1 1 + (-7 ) · A1 2 +4 · A 1 3 =
9
= 3 · (-1 t
1+3 2 6
1+2 2 5
1 6 5
=
+4 · (-1 ) 1
+(-7)· (-1 ) 1
1
l -8 9 1
l -8 1
l 9
25
=3 · 94 + 7 · 1 3 +4 · (-22) = 28 5.
Jeigu nagrinėjamąjį detenninantą skleistume, pavyzdžiui, antrojo stulpe
lio elementais, gautume tą patį atsakymą:
3 -7 4
det A = 2
6 5 = -7 · A12 + 6 · A22 - 8 · A3 2 =
-8 9
1+2 � : 1 + 6 · (- 1 )2+2 � : -8 · (-1)3+2 ; : 1 =
= - 7 · (- 1 )
1
1
I
1
=7 · l 3 + 6 · 23 +8 · 7 =28 5 . .6.
3 pavyzdys. Apskaičiuokime
det A = 2
-3
3
-l
-4
5
2
Spren di mas. Iš pradžių šį detenninantą pertvarkysime panaudodami 8 -ąją
savybę. Pasirinkime pirmąją eilutę, jos elementus nuosekliai padauginkime iš
( - 2) ir 3, paskui pridėkime atitinkamai prie antrosios ir trečiosios eilutės
elementų. Tada visi pirmojo stulpelio elementai, išskyrus elementą l , bus
lygūs nuliui. Šiuos elementariuosius pertvarkius pavaizduokime schemiškai:
l 3
-4 2 1
§D
]
= O -7
det A = 2 -l 5 �
-3 l
2
O 10
3
-4
13
-10
Dabar gautą determinantą išskleiskime pinnojo stulpelio elementais:
1+1 - 7 1 3 =
det A = l · A1 1 + O· A2 1 + O· A3 l = l · (-l ) 1
1 0 - 1 01
= 10
-7
1 l
13
1 = 10 (7 - 1 3)=-4 0. .6.
-l
26
1 0. Suma, kurios dėmenys yra kurios nors determinanto eilutės (stulpelio)
elementai, padauginti iš atitinkamų kitos eilutės (stulpelio) elementų adjunktų,
lygi nuliui.
Pavyzdžiui, trečiosios eilės determinanto pirmosios eilutės elementus
padauginkime iš antrosios eilutės elementų adjunktlĮ. Tada suma
a1 1 A2 1 + a1 2 A22 + a1 3 A23 =O.
1 1. Dviejų tos pačios eilės kvadratinių matricų A 1r B sandaugos
determinantas lygus jų determinantų sandaugai:
det (AB) = det A · det B.
Šią savybę įrodysime, kai A ir B yra antrosios eilės matricos. Sakykime,
duotos matricos
IT
Tada
det (AB) =a1 1h11a2 1 b1 2 + a1 1 h11a22 h22 + a 12h21 a21 b1 2 + a12 b21a22 b22 -ai 1bi 2 a2 1 h1 l -a12h22 a21bi l - ai 1h1 2 a22h2 1 -a12h22 a22h2 1 =
= a11h1 1 a22 b22 + a1 2 b2 1 a2 1 h12 - a12 h22 a2 1 h1 1 - a1 1h12 a22 b21 =
= a1 1 a22 (b1 1h22 - b12 h21 ) -a12 a21 (b1 1h22 -b2 1h12 ) =
= (b11 h22 - b1 2 b2 1 ) (a11 a22 - a 12 a21 ) = det A · det B.
1.6. Aukštesniųj ų eilių determinantai
Tarkime, kad duota n-tosios eilės kvadratinė matrica
A=
a1 l
a 21
a 12
a 22
a 1n
a 2n
Jos n -tosios eil ės deter minant u det A vadinsime skaičių, kuris
priskiriamas matricai pagal tam tikrą taisyklę (kai determinantas yra trečiosios
eilės, ją nusako 9 -oji determinanto savybė), kurią suformuluosime toliau.
Trečiosios eilės determinanto minoro ir adjunkto apibrėžimus
apibendrinsime, taikydami bet kurios eilės determinantui.
27
Ele mento aij minoru MiJ V = [;, j = l, n) vadinsime determinantą,
kuris lieka išbraukus pradinio determinanto i-tąją eilutę ir j-tąjį stulpelį.
Ele mento aij adjunktu vadinamas reiškinys
čia i - išbrauktos eilutės numeris, j - išbraukto stulpelio numeris.
Dabar apibrėšime n -tosio s eilės deter minant ą det A:
n
det A = I (-1)
k =I
n
1+ k a, M =
k l k I a1 k A1 k ;
k =I
čia M1 k - minoras, kuris gaunamas išbraukus matricos A pinnąją eilutę ir
k-tąjį stulpelį,
Al k - adjunktas, apskaičiuojamas pagal formulę
Al k =
= (-1 ) 1 + k M 1k . Bet kuris minoras M1 k yra (n - 1 )-osios eilės determinantas.
Formulė, kuria apibrėžtas n-tosios eilės determinantas, jį išreiškia
(n - l ) -osios eilės determinantais. Taip mažindami eilę, galiausiai ketvirtosios
eilės determinantą išreikštume trečiosios eilės determinantais, o šiuos apskai
čiuoti jau mokame.
1.7 skyrelyje įrodysime, kad vietoj pirmosios eilutės gali būti bet kuri kita
eilutė arba bet kuris stulpelis. Taigi įrodysime, kad teisingos formulės
det A =
L a;k A;k ,
(2)
k =I
det A = L GJą AkJ .
k =I
(3)
Jas galima nusakyti taip: kvadratinės matricos A determinantas yra lygus
kurios nors jo eilutės (stulpelio) elementų irjų adjunktų sandaugų sumai.
Taikydami (2 ) formulę, sakome, kad determinantą skleidžiame i-tosios
V = l, n ) eilutės elementais, o taikydami (3 ) formulę -j-tojo = l, n) stulpelio elementais.
Pavyzdys. Apskaičiuokime determinantą
(i
-3 5 6
2 o -1
det A =
3 2 -l
-4 l 3
4
7
2
3
28
Spr endi mas . J į apskaičiuosime skleisdami antrosios eilutės elementais,
nes vienas šios eilutės elementas lygus nuliui, todėl (2) reiškinio dėmuo,
atitinkantis elementą O, bus irgi lygus nuliui.
Taigi taikome formulę : det A=a21 A2 1 + a 22 A22 + a 23 A23 + a 24 A24 ,
=2 · (-1)
2 +1
5
6
det A = 2 - A2 1 + O - A22 - l - A2 3 + 7 · A 24 =
4
2+2
2 - ] 2 + 0 · (- 1)
3
3
2 +4
+ 7 · (- 1)
-3
3
-4
5
2
-3
3
-4
-3
3
-1 2 + (-1) · (-1) + 3
-4
3 3
6
4
2
5 4
2 2 +
6
- ] =- 2 · (-4 1) + (-53) + 7 · 20=169 .
3
3
Iš šio pavyzdžio matyti, kad determinantą geriausia skleisti tos jo eilutės
ar stulpelio, kuriame yra daugiau nulių, elementais.
Tą patį detenninantą apskaičiuokime išskleisdami jį antroj o stulpelio
elementais:
det A=a12 A12 + a22 A22 + a32 A3 2 + a42 A42 =
=5 · (-1 )
1+2
2
3
-4
-3 6 4
-1 7
-3 6 4
3+2
2+2
3 -l 2 + 2 · (-1)
2 -1 7 +
- l 2 + 0 · (- 1)
3 3
-4 3 3
-4
3 3
+ 1 · ( - 1)
4+2
-3
2
3
6
-1
-1
4
7 =- 5 - 34 - 2 · (-1 24 ) +9 1=169 . A
2
Determinantų skaičiavimo būdus, pagrįstus jų apibrėžimo bei savybių
taikymu, dar nagrinėsime 1.9 skyrelyje.
1.7. Determinanto skleidiniai
Įrodysime, kad determinantą galima apskaičiuoti pagal (2)
arba (3) formulę. Kadangi teiginį grįsime matematinės indukcijos
metodu, tai trumpai priminsime šio metodo esmę.
Norėdami įrodyti, kad tam tikras teiginys T (n) (n - natūra
lusis skaičius) yra teisingas, pirmiausia įsitikiname, kad jis teisingas, kai n = l
(arba n - bet koks konkretus skaičius). Paskui darome prielaidą, jog yra
teisingas teiginys T (n - l ), ir įrodome, kad iš teiginio T (n - l ) teisingumo
išplaukia ir teiginio T (n) teisingumas. Galiausiai galime tvirtinti, kad teiginys
T (n) yra teisingas su bet kuriuo natūraliuoju skaičiumi n.
29
Teorema. n-tosios eilės kvadratinės matricos A determinantas su bet
kuriuo i & = l, n) apskaičiuojamas pagal.formulę
(J = l, n) - pagalformulę
det A = L (- 1 /
k=I
o su bet kuriuo j
11
det A = "
L., (- !)
k=I
+k
aik Mik ,
(4 )
akJ Mkj .
(5)
k +j
Įr odyma s. Įrodysime tik (4 ) formulę, nes (5) formulė įrodoma
analogiškai. Kai i = l , (4 ) formulė sutampa su detenninanto apibrėžimu,
pateiktu 1 .6 skyrelyje, todėl ją reikia įrodyti, kai i � 2 .
1.5 skyrelyje įsitikinome, jog ši formulė yra teisinga su n = 3 . Dabar
tarkime, kad ji teisinga, kai matrica yra (n - l )-osios eilės. Įrodysime, kad ji
teisinga, kai matricos eilė lygi n.
Nagrinėkime bet kurį matricos A minorą M1 1 , kurio eilė lygi n - l. Jis
yra tam tikros (n - 1 )-osios eilės matricos B1 , neturinčios matricos A
pinnosios eilutės irj-tojo stulpelio, detenninantas . Matricai BJ priklauso i-toji
matricos A eilutė (tik be elemento ai) , nes j-tasis matricos A stulpelis
išbrauktas), tačiau ji matricoje B1 jau turės numerį i - l. Matricos A k-tasis
stulpelis irgi priklausys matricai B1 , tik jo numeris bus arba k, kai k <}, arba
k - 1 , kai k >j.
Kadangi minoro M1 1 eilė lygi n - l , tai, remiantis indukcijos prielaida, jį
galima apskaičiuoti pagal (4 ) formulę, tereikia išskleisti (i - 1 )-osios eilutės
elementais.
Kad būtų lengviau suvokti, kaip apskritai užrašomas minoras M1 1 ,
apskaičiuokime keletą minorų, pavyzdžiui, M11 , M1 11 ir M1 3 . Skaičiuodami
visus juos skleisime (i - 1 )-osios eilutės elementais. Kadangi
023
0 211
033
0 311
a;2
0; 3
0in ( i - l ) - oji eilutė ,
an2
an3
ann
022
M11
=
a32
30
M1 n
=
a21
a22
a3 2
a211 - I
a3n -l
an
ai2
ain - 1 (i - 1) - oji eilutė ,
anl
an2
ann - 1
a3 1
a3 1
a22
G32
a24
a34
a; 1
ai2
a;4
ain (i - l) - oji eilutė ,
an l
an2
an4
ann
a2 1
M1 3 =
tai
M1
a2n
a3n
( l) i- 1 + 1 ai2 M 1 - + (- l) i- 1 + 2 ai 3 M 1 - + · · · + (- l) i-l + n- 1 ain M1 - =
1m
1 ,3
1 = 1 12
( l) i - l + k - 1 aik M ;k
_
- "
L, ll
k=2
11
(čia M1 k - (n - 2) -osios eilės matricos, kuri gaunama išbraukus matricos A
l;
1 -ąją ir i-ąją eilutę bei 1 -ąjį ir k-tąjį stulpelį, determinantas) ,
i 1 1
i-l+n -1
i-1 + 2 a M
M n = (- l) - + a M n; + ( - l)
ain- 1 Ml n;n-l =
;2 ln;2 + · · · + ( - l)
;1 l 1
l
(č ia
M1 11;k
M1 3
n-1
( l) i - l + k a - M
="
1k l n;k
L, k=I
apibrėžiamas taip pat, kaip ir
= (- l) i- 1 +1 a;1 M1 3;1
+ (- 1 /
-l+ n - l a - M
111 l \n
Įvertinę
M1
M1
l;k ) ,
i 1 2
i -1 3
+ (- l) - + a;2 M1 3;2 + (- l) + a;4 M1 3;4 + . . . +
2
- M 3 ;k
" (- 1 /- l+k aIk
= L,
l
k=I
11
. M
" (- 1/- l + k-l aIk
+ L,
1 3;k
k=4
l
1 , M1 11 ir M1 3 išraiškas, ga ime užrašyti :
M1 J
n
j- 1
( l ) i - l +k- 1 a;k MI J;k .'
(- l ) i-l+k a;k MI J;k + "
="
L, L,
k= j+I
k=I
31
čia M1 h - (n - 2 ) -osios eilės matricos, kuri gaunama išbraukus matricos A
1 -ąją ir ž-tąją eilutę beij-tąji ir k-tąji stulpeli, determinantas.
Iš šios formulės matyti, kad M1 1 yra antrasis jos dėmuo, kai j = l
(pirmąjį dėmenį laikome lygiu nuliui), o Mi n - pirmasis jos dėmuo, kai } = n
(antrąjį dėmenį laikome lygiu nuliui).
2
+k
Kadangi (- 1 / -l -l = (- l)i+k - = (-l)i+k , tai
n
j -1
i+k
+k
Mlj = I c- 1/- l aik Ml h + I (- l ) aik Ml jik .
k =1
k =j I
+
Pritaikykime determinanto apibrėžimą, nusakomą fonnule
Įrašę įją anksčiau gautą Ml j išraišką, gauname:
n j-1
n
= L I c-1/ +k+ j al j aik Ml jik + L
j= l k=I
j =1
n
I c- 1 i
k=j+ 1
Pakeiskime sumavimo tvarką:
n k -1
n
det A = L L (-1 / +k+ j + l al j aik Ml j;k + L
k =1
k= l j =I
Pertvarkę ši reiškinį, turime:
n
+ k +j+ l
a1j aik M1 j;k .
i+k+ j
I (-l)
j = k+ I
a l jaik Ml h
l I
det A = ± c-1/+ k aik [1\-1)1 + j al j Ml j;k + ± (-l)(j - )+ a1 J M1 j;k
k =I
j = k+ I
j =1
l·
Kadangi suskliaustas reiškinys yra minoro Mik skleidinys pirmosios eilutės
elemetais, tai
n
Teorema įrodyta. .6.
i k
det A = I (- l ) + aik Mik .
k=I
32
1.8. Determinantų savybės
. : 1.
n-tosios eilės determinantų savybės analogiškos antrosios
bei trečiosios eilės determinantų savybėms.
Sakykime, duota matrica
···
ann
l . det A = det A r.
Įrody mas. Šią savybę įrodysime matematinės indukcijos metodu. Kaip
jau buvo minėta l.5 skyrelyje, lygybė det A = det A r , teisinga, kai 11 = 3.
Tarkime, kad ji teisinga, kai matricos eilė lygi 11 - l. Įrodysime, kad iš šios
prielaidos išplaukia, lygybė det A = det A r , kai A - 11-tosios eilės matrica.
Pažymėkime: A=[aij ] , A r = [bij ]. Tada bu = aJi . Determinantą det A
apskaičiuokime išskleisdami jį pirmosios eilutės elementais, o det A r - pirmo
jo stulpelio elementais. Gausime:
det A =
n
z:>1 1 A11 ,
J=I
det A r = "[, b1 1 B1 1.
n
J=I
Išbraukę matricos A pirmąją eilutę ir j-tąjį stulpelį, o matricos A r - pir
mąjį stulpelį ir )-tąją eilutę, gauname transponuotąsias viena kitos atžvilgiu
matricas, todėl jų determinantai, pagal indukcijos prielaidą, yra lygūs.
Vadinasi, AI J = BJI . Kadangi dar ir a11 = b11 , tai det A=det A r
Ši savybė, kaip jau buvo minėta, rodo, jog detenninanto eilutės ir
stulpeliai yra lygiateisiai.
2. Sukeitus dvi gretimas determinanto eilutes vietomis, pakinta determi
nanto ženklas.
Įrody mas. Teiginį įrodysime matematinės indukcijos metodu. Jau
žinome, kad jis teisingas, kai 11 = 3. Tarkime, kad jis teisingas, kai
determinanto eilė lygi n - l. n-tosios eilės determinatą išskleiskime bet kurios
jo eilutės, kuri skiriasi nuo sukeistųjų, elementais, pavyzdžiui, i-tosios eilutės.
Tada
33
Kiekvienas minoras Mik , kurio eilė lygi n - l, turės dvi sukeistas
vietomis eilutes, todėl, pagal indukcijos prielaidą, visi minorai Mik bus
pakeitę ženklą. Iš čia išplaukia, kad pakis ir det A ženklas. A
3. Jei visi kurios nors determinanto eilutės elementai lygūs nuliui, tai toks
detenninantas taip pat lygus nuliui.
Įrodyma s. Tarkime, kad i-tosios eilutės elementai a;k (k = l,n) lygūs
nuliui. Remiantis determinanto skleidiniu (žr. (2) formulę), jis bus sudarytas iš
sandaugą, kurią kiekviena turės vieną daugiklį, lygą nuliui. Vadinasi, ir šitĮ
sandaugą suma bus lygi nuliui. A
4. Bendrąjį kurios nors eilutės elementą daugiklį galima iškelti prieš
determinanto ženklą.
Įrodyma s. Iš tikntią
a12
a, n
a, ,
a2n
a2 1
a 22
11
n
= L "-Gmk Amk = "- 'I, a111k Amk =11, det A. A
11,amn k
"-Gm l "-Gm 2
k=l
=l
an 1
an2
ann
5. Determinantas, kurio dvi eilutės yra vienodos, lygus nuliui.
Įrodyma s. Sukeitę dvi vienodas eilutes vietomis, gauname tą patį
detenninantą. Antra vertus, remdamiesi 2-ąja savybe, turime: det A = - det A ;
iš čia det A = O. A
6. Jei dvieją detenninanto eilučią elementai yra proporcingi, tai toks
detenninantas lygus nuliui.
Įrodyma s. Iškėlę bendrąjį daugiklį, lygų proporcingumo koeficientui,
prieš determinanto ženklą, gauname determinantą, turintį dvi vienodas eilutes,
o jis lygus nuliui. A
7. Jei kurios nors determinanto eilutės (pavyzdžiui, k-tosios) kiekvienas
tai teisinga
elementas yra išreikštas dviejų dėmeną suma aki + bki V =
lygybė
G),
34
al l
a12
a2 1
a22
akl
ak 2
anl
an2
aln
a2n
akn
ann
+
al l
a1 2
a21
a22
bkl
bk 2
anl
an2
aln
a2n
bkn
ann
Įr ody ma s . Pažymėkime šiuos determinantus det A, det A, det B . Remdamiesi (2) formule, gauname:
det A = �)akJ + bk1 ) AkJ = "f. akJ AkJ + "f.bkJ AkJ = det A + det B . A
11
11
11
)=l
J =I
J =I
8. Jei prie kurios nors determinanto eilutės elementų pridėsime kitos
eilutės elementus, padaugintus iš to paties skaičiaus, nelygaus nuliui, tai
determinanto reikšmė nepakis.
Įr ody ma s . Ši savybė tiesiogiai išplaukia iš 7 -osios ir 6 -osios savybės. .A
Kaip jau minėjome, šia savybe pagrįsti elementarieji determinanto
pertvarkiai, taikomi apskaičiuojant determinantą.
Be įrodymo pateiksime dar vieną determinantų savybę.
9. Kai A ir B yra tos pačios eilės kvadratinės matricos, tai
det (AB) = det A · det B
Paminėsime, kad ši savybė 1.5 skyrelyje buvo įrodyta imant antrosios
eilės kvadratines matricas (11 -oji savybė).
Toliau įrodysime savybę, vadinamą anuliavimo teorema, kuri yra
analogiška trečiosios eilės determinanto 10 -ajai savybei.
1 0 (anuliavimo teorema). Suma, kurios dėmenys yra kurios nors eilutės
elementai, padauginti iš atitinkamų kitos eilutės elementų adjunkllt, lygi nuliui.
Įr ody ma s . Tarkime, kad determinanto i-tosios eilutės elementai padauginti iš atitinkamų k-tosios eilutės elementų adjunktų, i k, i = l, n, k = l, n.
Įrodykime, kad
*
n
a;1 Ak1 + ai2 Ak2 +... + a;11 Akn = I, a A = 0 .
ij kj
j=I
(6 )
Kairėje lygybės pusėje esanti suma lygi determinantui, kurio k-toji eilutė
pakeista i-tąja eilute. Vadinasi, šis determinantas turės dvi vienodas eilutes,
būtent dvi i-tąsias eilutes, o toks determinantas, kaip jau žinome, lygus nuliui.
Teorema įrodyta. A
35
Sujungę (2 ) ir (6 ) formulę, galime rašyti:
f
det A,
L, a Ak ={
iJ
J =l
o,
J
kai i = k,
kai i
* k.
1.9. Kai kurie n-tosios eilės determinantų skaičiavimo būdai
l būdas. Deter minanto sk leidi mas ei lut ės ar ba stulpe lio e lementais
Šis būdas jau nagrinėtas 1.6 skyrelyje. Apibendrinsime jame minėtus
dalykus.
Skaičiuodami šiuo būdu, n-tosios eilės detenninantą pakeičiame
(n - l) -osios eilės determinantu. Pinniausia, taikydami elementariuosius determinanto pertvarkius, jį pakeičiame taip, kad visi kurios nors eilutės (arba
stulpelio) elementai, išskyrus galbūt vieną, būtų lygūs nuliui. Kaip žinome,
elementarieji pertvarkiai nekeičia delerminanto reikšmės. Paskui determinantą
skleidžiame tos eilutės (arba stulpelio) elementais.
l pavyzdys. Apskaičiuokime delerminantą
det A=
3
7
4
-2
-8 2
5
3
l
6
2
4
-2
4
9
Sprendima s. Pasirenkame antrąją eilutę ir jos elementus, nuosekliai
padaugintus iš ( -2 ), ( - 6 ) ir (-2 ), pridėkime atitinkamai prie pirmosios,
trečiosios ir ketvirtosios eilutės elementų. Virš l ir po juo, gausime nulius.
Pavaizduokime šiuos elementariuosius pertvarkius schemiškai:
det A=
3
7
-8 2
-2
5
3
6
2,
-2
4
9·
�r-;'
-1 8 O O
5
l -2
-38 -2 7 O 16
-16 -9 O 1 3
Dabar šį determinantą išskleiskime trečiojo stulpelio elementais:
det A=0 · A13 + l · A23 +0 · A33 +0 · A43 =l· A23 =,
=1 · (-1 )
2+3
-11
-1 8
o
- 38 - 2 7 16 =-(-200 7)=200 7.
-16 -9 1 3
36
Tą patį determinantą galėjome apskaičiuoti ir taip:
4
-2
6 4
2 9
-8 2
3
7
5
3
= l · A 42 = 1 · (- 1 )
4+2
0-
- 13
17
10
-2
o 18
o -9
o o
2
68
- 47
- 23
9
- 1 3 18 68
1 7 - 9 -4 7 = 200 7 . .A
10
O - 23
2 pavyzdys. Įrodysime, kad trika mpis deter minanta s (taip vadiname
trikampės matricos determinantą)
01 1
f1 =
01 2
o
o
022
o
o
o
033
01n
02n
03n = 0 1 1 °22 · · · 0nn ,
o,m
t. y. trikampis determinantas lygus pagrindinės įstrižainės elementų sandaugai.
Sprendi mas . Išskleiskime šį deterrninantą pirmojo stulpelio elementais:
1+1
f1 = 01 1 A1 l = 01 l (- l )
o22
o
o
023
033
o
02n
03n
0nn
= 01 1
022
o
o
02 3
033
o
02n
03n
0nn
Gautą determinantą vėl analogiškai išskleiskime pirmojo stulpelio
elementais:
022 023
02n
033 034
03n
o 033
o311
o o44
04n
= 022
o
ir t. t. Galiausiai gausime:
o
0nn
o
o
0nn
37
Panašiai galvodami isitikintume, kad trikampis determinantas, kurio visi
elementai virš pagrindinės istrižainės yra nuliai, taip pat lygus pagrindinės
istrižainės elementų sandaugai. Vadinasi, determinantas
o
a1 1
o
o
a22
a2 1
anl
an2
ann
= a 1 1 a22 . .. a 1111
•
3 pavyzdys. Apskaičiuokime Vandermondo· determinantą (n 2 2)
Vn =
2
a,
a2
a,
2
a2
2
an
an
a ,n-1
a2n-1
n-1
an
Spre ndi mas . Iš kiekvieno stulpelio atimkime prieš JĮ esantį stulpelį,
padaugintą iš a 1 • Gausime:
Vn =
o
a 2 -a 1
a11 - a 1
o
a2 - a1
a11 -a1
2
o
a2 -a 1 a 2
2
a11 -a,a11
o
a2 (a2 -ai )
a11 (a11 - ai )
n-1
a2
o
n 2
- a 1 a2 -
n 2
ann-1 -a,a11 -
o
n 2
a2 - (a2 -a1 )
n 2
a11 - (a11 -a1 )
Išskleiskime ši determinantą pirmosios eilutės elementais:
V11 = l · A1 1 =
a2 - a 1
a3 - a1
an - ai
a2 (a2 - ai )
a3 (a3 - ai )
a11 (a11 -a1 )
n 2
a 2 - (a 2 - a1 )
n 2
a3 - (a3 - a 1 )
n 2
a11 - (a11 - a 1 )
• Aleksandras Teofilis Yandcrmondas (A. T. Yandcrmondc, 1 735-1 796) - prancūzų
matematikas.
38
Prieš determinanto ženklą iškeliame pirmosios eilutės elementų bendrąjį
daugiklį ( a2 - a1 ), antrosios eilutės - (a3 - a1 ) , ... , (n - l )-osios eilutės ( an -ai ) :
Dešiniojoje šios lygybės pusėje yra ( n - l )-osios eilės Vandermondo
determinantas, sudarytas iš elementų a2 , a3 , • . . , a17 • Pažymėkime jį V11 _ 1 •
Taigi
Analogiškai
čia V11 _ 2 - ln -2 ) -osios eilės Vandermondo determinantas, sudarytas iš ele
mentų a3 , a4 ,... , a17 • Tada
Nuosekliai mažindami determinanto eilę, gautume:
Vadinasi,
Vn =(a2 -a1 Xa3 - a1 )... (a11 - a1 )(a3 -a2 Xa4 - a2 )... (an - a2 )... (a11 -an - 1 )
Gautą sandaugą galima užrašyti trumpai, vartojant sandaugos žymėjimo
simbolį O:
Tada
a1a2 ... an =
Il a; .
i
n
=l
39
2 būdas. Det er minanto keiti ma s trika mpi u det erminan tu
Taikydami šį būdą, determinantą pertvarkome taip, kad visi po pagrindine
įstrižaine esantys elementai būtų lygūs nuliui. Tada gautas determinantas (žr. 2
pavyzdį) bus lygus pagrindinės įstrižainės elementų sandaugai.
4 pavyzdys. Apskaičiuokime determinantą
l 2 3 4 5
2 3 4 5 l
Spr endi mas.
o
o
o
o
l
det A = 3 4 5 l 2
4 5
2 3
5
2 3 4
2 3 4
4 5
3
2
det A = 3 4 5
4 5 l 2
5
2 3
3
2
-l
-2
-3
-1 l
-4
-2
-1 1 -13
-1 4 -17
= 5 · (-5)·5
o
o o
o o
o o
o
=1 25 o o
o o
o o
l
o
3
- l -2
2
-9
-3
- 9 -13 -1 7
l
5
4
4
-2 1
-3
-l
2
4
3
-l - 2 -3
2
o
o
l
2
3
4
m
m
5
-9
l = 1 25
-2
12
5
-9
-2
-l
l
14
�s
5
g>
2
o
o
o
o
5
4
3
-1 - 2 -3 - 9
o o -5 5 =
o -5 -5 JO
o 5 JO 60
2
l
3
o - l -2
o o l
o o o
o o
5
4
-3 - 9
-2
l
-l
2
l
12 �
4
1 - --- 2 3
...:-1-.
o
_ _-2 -3
·r-. l
= 125 o o
o o
o o
o
o
=1 25 · 1 · (- 1)·1 · (- 1) · 1 5 =18 7 5. �
=
'..!.Į--
o
5
-9
-2 =
l
·15
40
1:�:
1 . 10. Atvirkštinė matrica
n-tosios eilės kvadratinė matrica
A=
...
a22
ant
·· ·
a 1 11
a2 n
1
a nn
vadinama ne išsig im usiąja , kai det A � O. Priešingu atveju, t. y . kai det A = O,
ji vadinama išsig im usiąja .
Apibrėžimas. Matrica A-t vadinama matricos A a tvirk .Wne matrica,
kai
čia E - n-tosios eilės vienetinė matrica.
Išvesime formulę, nusakančią atvirkštinę matricą.
Sakykime, matrica A yra neišsigimusi. Iš jos elementq aiJ adjunktq Au
sudarykime matricą
A1
B=
1
A2 1
Ai n
A211
A1 2
A22
l
A
An.2
, '
Ann
kuri vadinama pr ijungt ine matricos A matrica. Atkreipiame dėmesį, kad
pirmojoje jos eilutėje surašyti matricos A pinnojo stulpelio elementq adjunktai,
antrojoje eilutėje - matricos A antrojo stulpelio elementq adjunktai ir t. t.
Sudauginę matricas A ir B, gauname:
n
n
n
:�: >u A 1 ;
)=l
11
AB= �: > 2 ; 1 ;
A
)= l
n
L, an) At j
)= l
2>1 ; A2 ;
:�: >1; A nJ
)= l
)= l
2 >2 .l- A2 l
'I, a2; A,y
n
)= l
n
'I, anJ A2;
)= l
11
)= l
I, a,,jAnj
)= l
Matome, kad matricos AB pagrindinės įstrižainės elementai yra lygūs matricos
A eilučių elementq ir tuos elementus atitinkančių adjunktq sandaugų sumai,
todėl jie visi lygūs det A. Kiti matricos AB elementai lygūs matricos A kurios
Stl
.� 1� l
41
nors eilutės elementų i r kitos eilutės elementus atitinkančių adjunktų sandaugų
sumai. Pagal anuliavimo teoremą, jie visi lygūs nuliui. Todėl
O
de A
�
deJ:
AB
�] . .
O
O
det A
O O
l
Taigi AB= det A - E, arba A · -- B= E.
det A
Kadangi matrica A yra neišsigimusi, tai det A O. Vadinasi,
1
A- 1 = -- · B
det A
l
*
A11
1 - A12
A- l =
det A [ .. .
A111
Pavyzdys. Raskime A- l , kai
A=
[
-2
;
A21
A22
···
...
A211
···
...
= : �1 .
6
l
*
det A =-1 1 1 O. Vadinasi, pradinė
matrica yra neišsigimusi. Atvirkštinę jos matricą A-1 rasime remdamiesi
formule
Sprendimas.
Apskaičiuojame
A11
ll
A =- [ A12
det A
A13
Todėl apskaičiuojame adjunktus:
1+1 3 5
A11 =(-l ) 11 =-33 ,
6
l
1 2 l 5
3 1 4 2 = 14 ,
=9 ,
A12 = (- l) + 1
A31 =(- l ) +
1 1�
2 l1
-3 5
3 2
3 23 2 =
A22 = (- l )2 + 2 1
-13 ,
1 = -l, A32 = (- l ) +
1l 51
2 l
42
1+ 3 1 -3
A13 = (- l ) 1
1 =1 2,
2 6
Tada
A23 =( - l )
2 + 3 3 -4 = -26
'
1
1
2 6
+
A33 =(-1 )3 31 � = : l = -5.
A - 1 =- JTT
- 33
9
[
12
16
-l
-26
-14
-13 ] .
-5
=;
!
]
= :;] [�
1
N orėdami patik.rinti, ar teisingai radome atvirkštinę matricą A- , ją
sudauginkime su matrica A :
A , [1 = [1 . A = -JTT [-:
3
12
-99 +16 - 28
l
= - - [ 27 -1 -26
1 11
36 -26 -10
o
- ll
�
1
-111
=1 11 [
o
Taigi matrica A - 1 rasta teisingai. �
o
��
-26
2
-5
13 2 -48 -84
6
l
=
-66 +80 -14
� l �1
-36 +3 -78
-48 + 78 - 30
18 -5 -13 ] =
24 -130 -5
=E .
= [� �
-111
O O l
1
1.11. Matricos rango sąvoka
Matricos rango (vok. der Rang, prane. rang - eilė) sąvoka bus reika
linga nagrinėjant bendrąją tiesinių lygčių sistemų sprendimo teoriją.
Tarkime, duota m x n eilės matrica
...
...
a1 n
a2n
amn
Pasirinkime k jos stulpelių ir k eilučių.
Iš elementų, esančių jų sankirtoje sudarykime k-tosios eilės determinantą.
Jis vadinamas matricos A k-tosios eil ės minoru. Aišku, kad matrica A gali
turėti minorų, kurių eilė lygi 1 , 2,3 ...
, , min (m,n) .
2
4 5
43
7
l. l paveiksle pavaizduota 6 x 7
eilės matricos 4 -osios eilės minoro
sudarymo schema, kai pasirenkama
l -oji, 3 -oji, 5-oji ir 6-oji eilutė bei
2-asis, 4 -asis, 5-asis ir 7-asis stulpelis.
1----.m-i;�m-�� q> •
3
5�
6 L-ic.c.a----1:.:==...-""""'
l . l pav.
Apibrėžimas. Matric os ra ngu vadinama didžiausios eilės minoro,
nelygaus nuliui, eilė.
Kai visi matricos minorai lygūs nuliui, tai matricos rangas taip pat lygus
nuliui. Matricos rangą žymėsime rang A.
Iš matricos rango apibrėžimo tiesiogiai išplaukia šios savybės:
l. Kai matrica A yra m x n eilės, tai
O � rang A � min(m, n ).
2. rang A = O tada ir tik tada, kai matrica yra nulinė.
3. Jeigu A yra n-tosios eilės kvadratinė matrica, tai rang A = n tik tada,
kai matrica yra neišsigimusi.
l pavyzdys. Raskime matricos
A-[! �
1:2
�l
rangą.
Spr endi ma s. Matrica A turi pirmosios eilės minorą, nelygų nuliui,
pavyzdžiui, elementą a1 1 = 2. Kadangi visi galimi antrosios bei trečiosios eilės
minorai lygūs nuliui, tai rang A = I . .A.
Apskaičiuojant matricos rangą, patogu naudotis šia rango savybe: jei visi
k-tosios eilės minorai lygūs nuliui , tai ir (k + l ) -osios eilės minoras lygus
nuliui. Taip yra todėl, kad (k +1 ) -osios eilės determinantą galima išreikšti
k-tosios eilės minorų, lygių nuliui, skleidiniu. Tada ir pats (k + 1) -osios eilės
determinantas bus lygus nuliui.
2 pavyzdys. Apskaičiuokime matricos
A
rangą.
=
[!
;
5 8
_:2
24
=3!
-19
l
44
l� ! l
Sprendimas . Matrica A turi pirmosios eilės minorą, nelygų nuliui.
Kadangi
*
=-l O, tai matrica A turi antrosios eilės minorą, nelygų
nuliui. Apskaičiavę visus galimus trečiosios eilės minorus (o jų yra iš viso 16 ),
sužinome, kad jie visi lygūs nuliui. Tada ir ketvirtosios eilės determinantas
lygus nuliui. Vadinasi, rang A =2 . .&.
Iš šio pavyzdžio matyti, kad apskaičiuoti matricos rangą, tiesiogiai
remiantis jo apibrėžimu, yra gana sunku.
Kitame skyrelyje išnagrinėsime paprastesnį matricos rango skaičiavimo
būdą, pagrįsta elementariaisiais matricos pertvarkiais. Bet pirma suformuluo
sime dar keletą savaime aiškių matricos rango savybių.
l . Jei išbrauksime kurią nors matricos eilutę arba stulpelį, tai gautos
matricos rangas bus lygus pradinės matricos rangui arba vienetu mažesnis.
2. Jei prie pradinės matricos prijungsime eilutę arba stulpelį, tai gautos
matricos rangas bus lygus pradinės matricos rangui arba vienetu didesnis.
3. Jei išbrauksime matricos stulpelį ar eilutę, sudarytą iš nulių, arba tokį
stulpelį ar eilutę prij ungsime prie matricos, tai jos rangas nepakis.
1.12. Elementarieji matricos pertvarkiai
Ele mentar ia is iais matr icos pert vark iais vadinami šie pertvarkiai:
l ) matricos eilutės (stulpelio) daugyba iš skaičiaus, nelygaus nuliui;
2 ) matricos eilutės (stulpelio), padaugintos iš nelygaus nuliui, skaičiaus
pridėjimas prie kitos matricos eilutės (stulpelio);
3 ) dviejų matricos eilučių (stulpelių) sukeitimas vietomis.
Tarp pertvarkytų matricų rašysime ženklą -, reiškiantį, kad viena matrica
gauta iš kitos elementariaisiais pertvarkiais.
Parodysime, kad trečiasis elementarusis pertvarkis gali būti gautas kaip
pirmųjų dviejų pertvarkių darinys. Išnagrinėkime, kaip galima sukeisti
vietomis dvi eilutes, būtent i-tąją ir k-tąją, taikant pirmuosius du pertvarkius.
a, 1
a1 2
a1n
Gi
]
ai 2
ain
ak l
ak 2
akn
am l
am 2
amn
1
-
a1 1
a1 2
a 111
ail - ak l
ai2 - ak 2
ain - akn
ak l
ak 2
akn
am l
a111 2
amn
45
a1 1
a;1 -a k ]
an
a ml
a in -a kn
a ;z - akz
a;z
a mz
a1 1
a1n
a12
a;,,
ai )
�-
a mn
a1z
-a kl
aln
G ;J
am l
akl
ak2
akn
aml
am2
amn
ail
a;z
a1 z
aln
-akz
-akn
a mz
a mn
a;z
a;,,
ain
Taigi i-tąją ir k-tąją eilutę sukeitėme vietomis.
Parodysime, kaip elementariai pertvarkant matricos
A=
a1 1
a2 1
a12
a22
a1n
azn
eilutes, ją galima po (r - l ) žingsnio pakeisti laiptuota matrica
a1 3
(l )
o
o
o
o
Gz 3
(2)
G33
o
o
G] r
(l )
Gzr
(2)
a3„
(r -1 )
l a,.,.
o
a1n
(l)
Gzn
(2)
a3n
(r-1)
arn
o
Sakykime, a1 1 et= O. Jeigu būtų a1 1 =O, tai į pirmosios eilutės vietą
įrašytume bet kurią kitą matricos eilutę, kurios pirmasis elementas nelygus
nuliui.
46
Pirmąją matricos A eilutę nuosekliai padauginkime iš -
.::t.L
( i=2 , m) ir
a
11
pridėkime prie antrosios, trečiosios ir t. t. eilutės. Tada pirmieji visų eilučių
elementai, išskyrus a11 , pasidarys lygūs nuliui. Po pirmojo žingsnio gausime
tokią matricą:
A1
a1 1
o
=
o
a12
(l )
a22
a13
(l)
a23
a1r
a2(lr)
(l)
am
3
a�:i
CI )
amr
al n
a2( ln)
CI )
amn
Panašiai pasielkime su antrąja matricos A1 eilute - ją nuosekliai padau-
a (1)
ginkime iš - �� ( i=3 , m, a�� O) ir pridėkime prie trečiosios, ketvirtosios
a22)
ir t. t. eilutės. Po antrojo žingsnio gausime matricą
*
A2 =
a11
o
o
a, r
a2(1)r
2)
a3( r
a13
(1)
a23
(2)
G33
o
(2 )
amr
(2)
am3
a, n
a2(l)n
2)
a3( n
(2 )
a mn
Tęsdami procesą, galiausiai gausime laiptuotą matricą Ar -l ir elementa
riųjų pertvarkių procesas užsibaigs, nes jų skaičius bus ne didesnis kaip
min (m, n). Bendruoju atveju pertvarkyta matrica gali turėti ne tik eilučių,
sudarytų vien iš nulių, bet ir stulpelių.
Sukeitę kai kuriuos laiptuotos matricos stulpelius vietomis, jeigu reikia,
gautume trapecinę matricą
C=
Jos elementai c11
trikampe.
e
* O, c22 * O, ... , c
rr
* O. Kai r = n, trapecinė matrica virsta
47
l pavyzdys. Matricą
3
2 -l
2 8
3 11
3
5 8
A=
o
l
pakeiskime trapecine.
Sprendi ma s . Atliksime elementariuosius eilučių pertvarkius, pavaizduodami juos schemiškai:
A=
3
2 -l l
2 8
3 11
3
5 8
l
�
l
l
2
o
o
2
l
]
7
6
3 3
-l - l - 2
o
o l
3 2 8
5 8 3 11
3 2 -l l �
o - l -l - 2
o o o o
o o o 3
]
J
-n 1
l
l
o
l
3
2
-l - 2
6
3
o
2
l
-l -l - 2
o o 3
o
o
o o
o
o
7
�
l
l
o
-
l
�l
o o o o
.
Gauta matrica jau yra laiptuota. Dabar sukeiskime trečiąjį ir ketvirtąjį jos
stulpelį vietomis:
A-
l
l
�l
l
2
o
l
o �
o o o o
.
Ši matrica yra trapecinė. A
Laiptuotą matricą Ar -l galima ir toliau keisti elementariai pertvarkant jos
stulpelius. Pirmąjį matricos Ar -l stulpelį padauginę iš - � V =2 , n) ir
a1 1
pridėję prie kitų stulpelių, gausime matricą
48
a11
o
o
)
i2rl
o
I)
a(
23
( 2)
G33
o
o
o
o
o
o
o
o
o
o
(l)
a2n
(2)
a3n
a3 r
(2 )
.. �
a,(.,.r - 1 )
o
.,, )
a,(r-1
o
o
o
Analogiškai pasielgę su antruoju, trečiuoju ir t. t. stulpeliu, gausime matricą
o
ar<rr -
1)
)
kurios visi elementai, išskyrus įstrižainėje esančius a11 , a�1 ,... , a�; - I , bus
. matncą,
v•
. e1· 1 utes 1" š s a1c1ų
.
(l)
(r-l)
· .. s· 1ą
- nu1m1
lygus
pad alydam1. JOS
k •
, . . . , a„r
a 1 1 , a22
pertvarkome į matricą
kuri vadinama kanonine.
Pavyzdys. Matricą
o
�·
iš pradžių pakeiskime trapecine, paskui - kanonine.
49
Spr end imas. Atliekamus elementariuosius matricos pertvarkius pavaizduokime schemiškai:
-2 3 4
5
2 -3 l -6 -7
3 -2 o -5 4
2 �
6 -7 4 7
l
l
-2
71
-2
4
5
4
3
5
- 5 - 1 4 - 17
-9 -17 -1 1
- 14 - 3 1 - 28
4
5
- l - 14 - 1 7
1 1 39 57
39 57
r1t7 1 1
l
3
l
-2
o l
o o
o o
§)-
�-
4
3
5
- 5 - 14 - 17
39
ll
57
o
o
o
Gauta matrica jau yra trapecinė. Toliau ją pertvarkysime į kanoninę:
-2
o l
o o
o o
4
5
3
- 5 - 14 - 1 7
1 1 39 57
o
o
o o
o
-5
o o 11
o o o
o
o
o
o
o
- 14 - 1 7
39
57
�
17
[i � 9r 1l [i � �l
l
�
5
3
� �
Ši matrica yra�.._
l
� �
o o o
o
o
o o o o
o
o
o
o
50
1.13. Elementariųj ų matricos pertvarkių taikymas
apskaičiuojant matricos rangą
Įrodysime teoremą, kuria pagtj_stas matricos rango skaičiavimas.
Teorema. Elementarieji matricos pertvarkiaijos rango nekeičia.
Dar sakoma, kad matricos rangas yra in variantinis (lot. invarians - nesi
keičiantis) elementariųjų pertvarkių atžvilgiu.
Įrodymas. Įrodysime, kad pirmieji du elementarieji pertvarkiai matricos
rango nekeičia.
l . Nagrinėkime matricas
a1 j
a1 2
A=
IT
C=
[�]l
[
1
a2 1
a22
az j
a
"zn
"
am l
am z
amj
amn
�
a1 2
Aa1 j
1
l
l
a2 1
a22
Aa2 j
a
"zn
"
am l
am 2
Aamj
a mn
'
čia C - matrica, gauta iš matricos A, padauginus }-tąjį jos stulpelį iš skaičiaus
')..., ;t O.
Stulpelio elementus dauginant iš skaičiaus ')..., -:t= O, minoras, nelygus
nuliui, nevirsta minoru, lygiu nuliui, ir atvirkščiai, todėl matricos C rangas
sutampa su matricos A rangu.
2. Nagrinėkime matricas
A = [ :::
Ir
:[ : : :
am l
C=
:::
am z
: :1
+ Aamj
a mn
čia C - matrica, gauta iš matricos A, pridėjus prie k-tojo jos stulpelio }-tąjį
stulpelį, padaugintą iš skaičiaus ')..., ;t O.
aml
am 2
amk
51
Tarkime, kad rang A = r, taigi yra bent vienas matricos A r-tosios eilės
minoras, nelygus nuliui, o visi jos ( r + l )-osios eilės minorai lygūs nuliui.
Įrodysime, kad tada matrica C irgi turi bent vieną r-tosios eilės nelygų nuliui
minorą. Galimi tokie atvejai:
a) matricos A r-tosios eilės minorui M, nelygiam nuliui, k-tasis stulpelis
nepriklauso. Kadangi matrica C nuo matricos A skiriasi tik k-tuoju stulpeliu, tai
M yra ir matricos C minoras. Taigi matrica C turi r-tosios eilės nelygų nuliui
minorą M;
b) visi matricos A r-tosios eilės minorai, kuriems nepriklauso stulpelis k,
lygūs nuliui. Tada matrica A turi nelygų nuliui r-tosios eilės minorą M, kuriam
priklauso k-tasis stulpelis. Pažymėkime raide M1 matricos C minorą, esanti
toje pačioje vietoje, kurioje yra matricos A minoras M. Kadangi k-tojo stulpelio
elementai yra išreikšti suma, tai M1 = M + M2 ; čia M 2 =O. Iš tikrųjų, kai
k-tasis stulpelis priklauso minorui M1 , tai minoras M2 turi du stulpelius su
proporcingais elementais, o kai nepriklauso, tai M2 =O, nes jis yra matricos A
minoras, kuriam nepriklauso k-tasis stulpelis. Taigi visada M1 = M ir matrica
C turi r-tosios eilės nelygų nuliui minorą.
Tarę, kad visi matricos A (r +l )-osios eilės minorai lygūs nuliui, tokiu pat
būdu irodytume, jog ir visi matricos C (r +1 )-osios eilės minorai lygūs nuliui.
Vadinasi, rang C = r. .A.
Teoremą apie matricos rango invariantiškumą patogu taikyti apskaičiuo
jant matricų rangus. Daroma taip: pradinė matrica elementariaisiais
pertvarkiais pakeičiama trapecine matrica
C=
o
o
o
o
Clr
CJ n
C2r
C2n
Crr
Crn
o
o
o
o
čia c11 , c22 ,... , crr - nelygūs nuliui skaičiai. Išbraukę nulines eilutes, gauname
matricą, sudarytą iš r eilučių. Jos rangas gali būti lygus r. Taip ir yra iš tikrųjų,
nes kairiajame viršutiniame kampe yra trikampis r-tosios eilės determinantas,
lygus pagrindinės įstrižainės elementų sandaugai c1 1c22 • • . crr O. Vadinasi,
rang C = r.
*
52
l pavyzdys. Apskaičiuokime matricos
A
5
-4 7
-2 5
8
-3 2
-5
- 2 5 - 12 - 1 5
f
Il
rangą.
Sprendimas. Elementariaisiais pertvarkiais matricą A pakeiskime trape
cine matrica:
5
2
7
2
8
5
3
-5 2
4 -3 2
-2 5 -12 -15 -2
-4
n�
l -2
-2
l
�
O O
O O
l
3
8
- 19
- 1 8 - 37 - 1 0
4
l
-2
5
-8
l -2 5
8
3 -3 0) 2
5
3 -4 7
�
4 -3 2
-5
- 2 5 - 12 - 1 5 - 2
� :_J
3
5
8
2 -5
�
4 �
-2
- 8 - 19 - 7
- 1 8 - 37 - 1 0
J
-
3
l -2 5
8
8
3
5
4
o l -2 l
4
-2
- 4 - 2 1 - 1 5 (-?) - o o - 4 - 2 1 - 1 5
o o o o o
- 8 - 42 - 30 .:(
Kadangi šie pertvarkiai matricos rango nekeičia, tai rang A = 3 . .A.
Jau įsitikinome, kad kiekvieną nenulinę matricą galima pertvarkyti
kanoninę matricą
o
�
Jos rangas lygus įstrižainėje esančių vienetų skaičiui. Išnagrinėkime
pavyzdį.
53
2 pavyzdys. Raskime matricos
-2
8
3
7
-5
4
6
-2
4
A= 5
6
-6
-6
8
7
6
2
-l
3
7
-5
-8 5
- 8 -4
- 11 15 - 8
26
29
- -27
-26
o
o
34
29
-27
-17
o
-29
-26
54
34
20
15
22
o
26
o
7
-l
o
- 8 -11
- 8 -20
-17
-29
54
-t
2
-l
-8 5
- 8 -4
- 11 15 - 8
A= 5
rangą.
Sprend imas
6
7
-l
o
o
o
20
o
-11
-20
22
�-
J
Atkreipsime dėmesį į vieną įdomų dalyką. Pridėdami antrąją eilutę, pa
daugintą iš 7 , - 8 , 15, atitinkamai prie pirmosios, trečiosios ir ketvirtosios eilu
tės, trečiajame stulpelyje gavome nulius (išskyrus antrojoje eilutėje esantį - l ),
o kiti matricos elementai liko nepakitę. Vadinasi, jei visi eilutės (ar stulpelio)
elementai, išskyrus tik vieną, lygūs nuliui, tai, ieškant matricos rango, į šonus
(arba į apačią ar viršų) nuo to elemento galima automatiškai surašyti nulius.
26
o
29
o
o
o
o
o
A - -27 -17
J
o
20
o
o
o
-� l .
-l
o
o
26 29
o
o
o
o
o
o
- -l 12
o
-l
o
o
o
20
o
9
o
o
-
54
26 341
o
o
o
o
o
- -l
o
o
-
o
-1
o
o
o
o l
o o
l o
o o
o o
254
o
o
o
o
o o
o
o o
o o
o o
-
o
o o
-l o
o o
o o
l
o
l
o
o o
o o
o o
-l
-
o o o
�o
o o o o
o o o o
Gavome kanoninę matricą. Kadangi jos įstrižainėje yra 3 vienetai, tai
rang A = 3. A
1.14. Elementariųjų matricos pertvarkių taikymas ieškant
atvirkštinės matricos
Pirmiausia įrodysime pagalbinę teoremą.
l teorema. Bet kuris elementarusis n-tosios eilės matricos A eilučių
pertvarkis yra ekvivalentus matricos A daugybai iš kairės iš matricos, kuri
gaunama po to paties elementariojo n-tosios eilės vienetinės matricos
pertvarkia.
Įrodymas. Tarkime, duota n-tosios eilės kvadratinė matrica
a1 1
a2 1
A=
a;J
aJ I
an l
a22
az;
alJ
azJ
a1 2
aJi
aJJ
a1 2
a; 2
an2
a1 ;
a;;
ani
aiJ
anj
al n
azn
ajn
a;n
ann
Galimi du atvejai, kuriuos nusako du elementarieji pertvarkiai.
55
l. Sakykime, kad matrica A1 gauta iš matricos A, padauginus i-tąją jos
eilutę iš skaičiaus ').. *- O. Raide B pažymėkime matricą, gautą vienetinės
matricos i-tąją eilutę padauginus iš 'A * O. Apskaičiuokime BA:
o
o
o
o
o
o
o o
Ą
o
o
o o
o
o o
o
o
BA=
a1 1
X
o
o
o
a21
a22
al i
a2 i
ajl
aj 2
aji
ai l
anl
a1 1
a21
a12
ai 2
an2
a1 2
a22
'Aai 2
= A,Qil
ajl
anl
aj 2
an2
X
au
ani
G]i
a2i
al n
a1j
a2 j
a2n
ajj
ajn
au
ain
anj
al j
a2 j
ann
a1n
a2n
'Aau
'Aa
'Aain
ani
anj
ann
aji
ij
ajj
ajn
=A1.
2. Sakykime, kad matrica A2 yra gauta matricos A i-tąją eilutę
padauginus iš 'A *- O ir pridėjus prie }-tosios eilutės. Raide C pažymėkime
matricą, gautą iš vienetinės matricos, atlikus tuos pačius elementariuosius
pertvarkius. Raskime CA :
56
o
o
o
o
o
o
o
o o
o
o
o o
l
A,
o
o o
o
l
l
o
CA =
a1 1
a2 1
an
ajl
a1 1
a2 1
=
ai l
a12
azz
ai2
anl
Aan + aj1 Aai2 + aj2
anl
anz
l
a1 2
azz
au
ap
aj2
anz
o
ali
azi
ai 2
ali
azi
aii
ani
Aau + aji
ani
X
alj
azj
aij
ajj
anj
a1j
azj
aij
Aaij + ajj
anj
a1n
azn
ain
=
ajn
ann
a 1n
azn
ain
Aa;n + ajn
...
= Az.
ann
Analogiškai įrodoma tokia teorema.
2 teorema. Bet kuris elementarusis n-tosios eilės matricos A stulpelių
pertvarkis yra ekvivalentus matricos daugybai iš dešinės iš matricos, kuri
gaunama po to paties elementariojo n-tosios eilės vienetinės matricos
pertvarkia.
Kaip jau įsitikinome anksčiau, kiekvieną matricą galima elementariaisiais
pertvarkiais pakeisti į kanoninę. Jei matrica yra n-tosios eilės, kvadratinė, be
57
to, neišsigimusi, tai ją galima elementariai pertvarkyti į tokios pat eilės
vienetinę matricą.
3 teorema. n-tosios eilės ne1ss1g1musios matricos A eilučių (arba
stulpelizi) elementarieji pertvarkiai, po kurių iš matricos A gaunama vienetinė
matrica, atlikti ta pačia tvarka su vienetinės matricos eilutėmis (arba
1
stulpeliais),jąpakeičia atvirkštine matrica A- .
Įrody mas . Tarkime, kad, elementariai pertvarkius matricų A ir E,
tenkinančių sąlygą
eilutes, matrica A virto vienetine matrica E, o matrica E - tam tikra matrica
E . Pagal šio skyrelio 1 -ąją teoremą toks pakeitimas ekvivalentus matricos A
daugybai iš kairės iš matricos E todėl EA = E Padauginkime abi lygybės
AA- 1 = E puses iš matricos E iš kairės ir pritaikykime matricų daugybos
,
jungiamumo savybę :
Kadangi
.
'ii (AA-1 )= EE ,
('iiA )A-1 = EE .
EA = E, EE = E , tai
taigi E = A - l . Vadinasi, atvirkštinė matrica A-1 yra pertvarkyta vienetinė
matrica E. Teorema įrodyta. .A.
Pasta ba . Kai reikia rasti matricos rangą, ją keičiame kanonine matrica,
elementariai pertvarkydami tiek jos eilutes, tiek stulpelius. Ieškodami
atvirkštinės matricos, turime elementariai pertvarkyti arba tik eilutes, arba tik
stulpelius.
Spręsdami uždavinius; matricas A ir E rašysime vieną šalia kitos ir
perskirsime vertikaliu brūkšniu: [AIE]. Taip bus patogiau išsyk elementariai
pertvarkyti abiejų matricų eilutes (arba stulpelius).
Išnagrinėtas atvirkštinės matricos radimo būdas, kuris schemiškai nusako
mas sąryšiu
vadinamas Žordano · m etodu.
• Kamilis Žordanas (C. Jordan, 1 838-1922) - prancūzų matematikas.
58
�1
l pavyzdys. Elementariai pertvarkydami raskime matricos
=
A [-�l 4
� 4
l
atvirkštinę matricą A- .
Spr endimas. Spręsime elementariai pertvarkydami eilutes:
[AI E]f
-r�
Vadinasi,
5
o
7 l
o
2 3 O l
l 4
4 O
2 3 O
l
6
l l -2
7 O
-[�
�oj1?vJ -r:r
2 3 O
5 7 l
-l 4 4 O
l
o� o
o
l
O4
l O 7
o 1 -6
-8
-1 5
13
l O l -2
1 1 1
O O l -6
-6
;j �
;j�
5
-2
13
�+[� A-'l
-8
[' f
o
o
-11
-1 5 - l .
l
13
1
Norėdami patikrinti, ar nesuklydome ieškodami A- , apskaičiuokime
1
AA- :
AA-
1
=[ � � �1- [ ; :t5 =:1 =[� � �1- _.
-l 4 4
-6
13
l
l
2 pavyzdy s. Žordano metodu raskime matricos
3
atvirkštinę matricą A- l.
A
= l
[�l
-l
O� - 2 -;6
O O l
1
59
Spr endimas . Spręsime elementariai pertvarkydami stulpelius. Šiuo atveju
patogiau matricą E parašyti po matrica A.
4
l 2 3
o o
l o
l
o o o
2 3
2
2 -l -5 -6
o -l o o
-l -l 3 l
l
-l -2 -5
l
-l
o -2 -6
o o o
o l o o
o o l o
o o o
l
�
-4
l
o
o
o
-1
o
o
o
o
3
o
o
l
-l
2
5
6
5
7
8
-4 -5 -5 -6
o
l
o
l
l
o
o
l
l
l
- 2 - 5 -10
-2 -3 -4
o l
o o
o o
-3
-3
2
o
o
o
l
o
e
o
o
o
o
o
o
l
o
o
l
2
-l -2
l
o
o
o
22
- 17
-l
4
l
@1
o
l
o
o
o
o
l
o
l
o
o
o o
o
o
o l
o
o
o
-l
5 - 6 - 9 17
- 13
-4 5
7
o o
-l
-l -2
5 -6 -9 8
-4 5
-6
7
o
o
o
L1=IB
��
o o
o l o
o o l
-l o l
-2 5 2
-2 7 8
-5 -6
o
o
o
- 6 - 26 1 7
20 - 1 3
5
o 2 -l
-1 -5
3
t �
60
Vadinasi,
A- l =
22
- 17
-l
[ 4
-6
5
O
-l
- 26
20
2
-5
17
- 13
-1
l
3 1
1.15. Bazinio minoro teorema
Pirmiausia apibrėšime matricos stulpelitĮ (arba
priklausomumo sąlygą. Matricos
· · · a1 n
. . . az n
A
=1:: :::
amz
aml
amn
eilučių)
tiesinio
[:i:1 · a, + [:i�21 · a, +·· + [:iJ · a" "[!1
stulpelius vadinsime tiesiškai neprik la uso mais, jei lygybė
bent vienas iš skaičių a i Ų =�) nelygus nuliui, tai stulpelius vadinsime
tiesiškai prikla usomais. Kad būtų patogiau rašyti, matricos stulpelius
pažymėkime s1 , s2 ,.. . , sn . Tada (7 ) lygybę galėsime parašyti taip:
(8 )
Tarkime, kad matricos stulpeliai yra tiesiškai priklausomi, taigi yra skai
čius, pavyzdžiui, a k O, su kuriuo teisingas (8 ) sąryšis. Iš jo randame sk :
5k
an
a k +I
ak-l
a 1 i a2
s - - sz - ... - -= -sn ·
sk - 1 - -sk + l -. . . - a
a
a
a
ak
k
k
k
k
*
Pažymėkime _ 5!:i_ = P i ( i = 1, n, i k ) . Tada
ak
5k =P1 s1 + P2 s2 +... + P k - l sk 1 + P k +I 5k +I + · · · + P n sn .
-
l
(7 )
bus teisinga tik tada, kai a 1 =a2 =. . . = a n = O. Jei ši lygybė bus teisinga, kai
*
l
Vadinasi, tuo atveju, kai matricos stulpeliai yra tiesiškai priklausomi, vienas jų
yra kitų stulpelių tiesi nis dari ny s.
,l
61
Analogiškai apibrėžiame i r eilučių tiesinį priklausomumą ar nepriklauso
mumą.
Tarkime, kad matricos A rangas lygus r: rang A = r. Bet kurį jos r-tosios
eilės minorą, nelygų nuliui, vadinsime ba zin iu matrico s m inor u. Taigi bazinis
matricos minoras - nelygus nuliui minoras, kurio eilė lygi matricos rangui
(tokių minorų gali būti ne vienas) .
Sakykime, parinkome bazinį matricos minorą. Eilutės ir stulpeliai, kurių
sankirtose yra bazinio minoro elementai, vadinami bazinėm is e ilut ėm is ir
ba zin iais st ulpelia is. Įrodysime teoremą, kuri vadinama bazin io m inoro
teorema .
l teorema. Baziniai matricos stulpeliai (eilutės) yra tiesiškai nepriklau
somi. Kiekvienas nebazinis matricos stulpelis yra baziniųjos stulpelių tiesinis
darinys .
Įrody ma s. Sakykime, kad rang A = r; čia r :e=; min (m, n). Parinkime bazinį
matricos A minorą ir tarkime, kad jis yra kairiajame viršutiniame matricos
kampe (jei būtų kitaip, pakeistume matricos eilučitĮ ir stulpelių tvarką) .
Užrašykime matricą A, išskirdami bazinį jos minorą:
A=
a1 1
a2 1
a1 2
a22
ari
ar2
am l
am2
ail
ai 2
a1r
a2r
a2r+ I
a1n
a2n
air
air+I
ain
arr
amr
a lr+I
arr + I
amr + I
arn
am n
Įrodysime pirmąjį teoremos teiginį, kad baziniai stulpeliai yra tiesiškai
nepriklausomi. Tarkime priešingai, kad jie yra tiesiškai priklausomi. Tada
vienas iš jtĮ būtų tiesinis kitą stulpelitĮ darinys. Vadinasi, bazinis minoras
turėtlĮ stulpelį, išreikštą tiesiniu kitlĮ stulpelių dariniu. Tačiau toks minoras,
atsižvelgiant į determinanto savybes, būtų lygus nuliui. Tai prieštarauja bazinio
minoro apibrėžimui . Vadinasi, baziniai stulpeliai yra tiesiškai nepriklausomi .
Įrodysime antrąjį teoremos teiginį, kad bet kuris nebazinis stulpelis yra
tiesinis bazinitĮ stulpelių darinys. Bazinį r-tosios eilės minorą apgaubkime
(r + l ) -osios eilės minoru, prijungdami k-tąjį stulpelį (r + l :e=; k :e=; n) ir i-tąją
eilutę (1 :e=; i :e=; m), taigi sudarykime determinantą
62
M
=
a1 1
a21
ari
ail
a1 2
a22
az r
az k
ai2
air
aik
ar2
a1r
arr
al k
ark
Jis lygus nuliui su bet kuriomis i ir k reikšmėmis, tenkinančiomis sąlygas
r + l :S: k :S: n, l :S: i :S: m. Kai l :S: i :S: r , tai M = O, nes jis turi dvi vienodas
eilutes, o kai r + 1 :S: i :S: m , tai minoras M yra vienas iš matricos A
( r + 1 )-osios eilės minorų. Kadangi rang A = r, tai visi jos (r + 1) -osios eilės
minorai lygūs nuliui. Taigi M = O. Išskleiskime šį determinantą i-tosios eilutės
elementais:
r+l+r+I M - (- l) 2r+2 M _ M
Adjunktas Aik ik ik - ik ' 0
- (- l)
bazinis minoras, todėl Aik "# O .
Padaliję abi (9) lygybės puses iš A;k "# O , gauname:
Pažymėkime:
Tada ( 1 0) lygybė bus tokia:
Įrašę į ją visas galimas i reikšmes i = l, m , gauname sistemą
al k
azk
kurią galime užrašyti taip:
= a 1 a1 l + a 2 a12 + · · · + a r aln
= a 1 a2 1 + a 2 a22 + · · · + a r a2r,
(9)
yra
( 1 0)
63
r
r
r
r
a1r
a1
al k
a1 2
l
az r
a2 k
a
a l
: =a1 2: +a2 22
: + . . . +ar : .
amk
1
aml
1
am2
1
amr
1
Ši lygybė reiškia, kad k-tasis nebazinis stulpelis yra tiesinis bazinių stulpelių
darinys. Teorema įrodyta. A
Toliau įrodysime teoremą apie būtinas ir pakankamas determinanto
lygumo nuliui sąlygas.
2 teorema. Determinantas lygus nuliui tada ir tik tada, kai jo stulpeliai
(arba eilutės) yra tiesiškai priklausomi.
Įrodymas . Būtinumas. Tarkime, kad determinantas
det A=
a1 1
a2 1
a1 2
a22
a1n
a2n
lygus nuliui. Tada matricos A rangas rang A < n. Todėl matrica A būtinai turės
bent vieną nebazinį stulpelį, kuris, pagal bazinio minoro teoremą, bus tiesinis
bazinių stulpelių darinys. Taigi determinanto det A stulpeliai bus tiesiškai
priklausomi.
Pakankamumas. Kai determinantas turi stulpelį, išreikštą tiesiniu kitų
stulpelių dariniu, tai, atsižvelgiant į determinanto savybes, toks determinantas
lygus nuliui. Teorema įrodyta. A
Bazinio minoro teorema pagrįstas matricos rango apskaičiavimas
naudojant apr ėpiančiuosius minorus. Sakome, kad determinantas M1 aprėpia
minorą M, jeigu jam priklauso visos minoro M eilutės ir stulpeliai.
3 teorema. Tarkime, kad matrica A turi nelygi{ nuliui r-tosios eilės
minorą, o visi jį aprėpiantys (r + l ) -osios eilės minorai lygūs nuliui. Tada
matricos A rangas lygus r.
Įrody mas. Pagal bazinio minoro teoremą visi matricos A stulpeliai yra
tiesinis jos r stulpelių darinys, taigi bet kuris (r + l ) -osios eilės minoras lygus
nuliui. Todėl rang A = r. A
Iš šios teoremos išplaukia toks matricos rango skaičia vi mo būdas: iš
pradžių randame vieną pirmosios arba išsyk antrosios eilės minorą, nelygų
64
nuliui, paskui apskaičiuojame visus viena eile didesnius aprėpiančiuosius
minorus ir t. t. Tarkime, kad radome r-tosios eilės minorą, nelygų nuliui.
Apskaičiuojame jį aprėpiančius (r +1 ) -osios eilės minorus. Jeigu visi šie
minorai lygūs nuliui arba tokių minorų nėra, tai rang A = r .
Pavyzdy s. Apskaičiuokime matricos
A-rf � :: iJ
rangą.
Sprendi mas . Randame antrosios eilės determinantą:
1
3
1
-2 41
Apskaičiuojame jį aprėpiantį minorą
3
-2
4 10 =20
7 17
ir šį minorą aprėpiantį minorą
ę�
=12 +2=1 4 ?'c0 .
3
-2 4 10
7 17
2
2
4
-20
I
=l · (-1 /+ 18
-12
4
o
o
l
=
3
3
o
- 50
44
-30
*O
-20 -50 - 5
18
44 7
17
7
3
-30
-3
- 12
-5
7 =0 ,
-3
nes pirmosios Ir trečiosios eilutės elementai yra proporcingi. Vadinasi,
rang A = 3. .6.
Parodėme dar vieną matricos rango skaičiavimo būdą.
'l
65
Uždaviniai
1. Raskite matricą X, tenkinančią sąlygą 4A - 3X = E , kai E - vienetinė matrica,
o A= �
[l
l
-
/ :
O - 1J
2. Apskaičiuokite m ir n, kai A4xm · B3 x1 = C4xn .
3. Duotos matricos A3x4 , B4x1 , C4x4 . Ar turi prasmę šios jų sandaugos:
l - [-\l
a) AB; b) BA; c) A C; d) CA ; e) ABC; f) A CB?
4. Sudauginkite matricas:
a)
[�
c) [1
-4
2
. - , i [N
5. Raskite (AB
f,
b)
3
kai A = [2 5
;}
l
�
{:' �][:,
B a [!
Įsitikinkite, kad (AB r = B T A .
6. Apskaičiuokite šiuos determinantus:
a)
l�
T
l
-l
2
7. Įrodykite, kad:
a) X ]
xr
Xz
Xz2
2 3 4
2
-2
f)
l
o
4
8
-6 2 3 3
-l
3
:1
-l
-2
-5
-3 2
2002 1 990
-7
; b)
; c) - 4 5
1 2003 1 99 1 1
5 1
2 4
5 l
e)
7 o 9 9
13 -1 17 4
3
-7 -3 2
4 ] [ l O] '
[�
2
6 -2
g)
X3 = (x3 - x1 ) (x3 - x2 ) (x2 - x1 ) ;
X32
d)
5
4
-l
2
-6
4
2
8
-4
o
o
7
-2
4 -3
2 6
l
3
7
5
-3 6
-9
66
8. Skaičiai 20604, 53227, 25755, 20927 ir 7842 1 dalijasi iš 1 7. Įrodykite, kad
determinantas
o 6 o 4
5 3 2 2 7
2 5 7 5 5
2 o 9 2 7
7 8 4 2
2
taip pat dalijasi iš 1 7.
9. Apskaičiuokite 5-osios eilės determinantus:
a)
-2
l
3
2
o
5
o
-l
o
3
-l
o
6 -4
-3 -l
7
5
l
2
3
-2
-5 ;
b)
2
3
10. Apskaičiuokite n-tosios eilės determinantus:
a/
a/
a) af
a['
o
o
o
a?
a�
a�
a!J
03
o
o
o
t,,. n =
Įrodykite, kad:
a+I
o
o
o
2
-l
l
3
-3
-l
4
o
2 -2
o l -5
l
3
o
3
2
o
-l
3
o
b) - l - 2
ann
11. Determinantas f'.. n yra toks:
-4
a
a+I
a) ll n = (a + 1) /ln-J - all n -Z ;
o
o
o
a
o
o
-l -2 -3
o
o
o
o
a+I
a
a+I
-3
-l
2
l
o
5
n
n
n
o
67
b) ll n = a ll n - 1 + l ;
kai a = I,
n + I,
c) ll n = a n+l _ l
l a - 1 , kai a ;,<, I .
l
1 2. Raskite šių matricų atvirkštines matricas:
4 3 l
5
l 2
3
a) [ 3 3 O ; b) [l - 3 3 ] ; c) [ l
l
O 3
l
13. Raskite matricąX, kai AX
:l
5
-2
l
1 4. Apskaičiuokite šių matricų rangą:
•l [ : o
2
4
d)
c) 3?
-l
2 3
-l l
5
8
-l
2
5 -4
7 -7
2
2 3
o
-l l
;
b)
3 -l -2
o
3 4 3
l
l
-n
e)
4 3 -5 2
8 6 -7 4
4 3 -8 2
4 3
,{
2
-l
5
8
3 -l
l 2
o
4
5 -4 -4
7 -7 -8
3
2
7
l ""•"
2 -5
8 6 -l 4 -6
1 5. Su kuriomis a reikšmėmis matricos
!
[-]
2
a
1
-2
-6 -3
lyg"'c a) l ; b) 2 ;
'
68
Atsakymai
l
[
l
=:�
-/1; +[=! _\ :1 ; -i[:� =� =��1 ;
1 1 - 28 1 6
24 1 . 2. m = 3, n = 7. 3. a) taip; b) ne; e) taip; d) ne; e) ne; t) taip.
t. ½ [ 8
l9
5
4
O
4. a) �� ; b)
[
[ ]
3
52
- 15
8
3
2
47 . 6. a) 19; b) l 2;
9
1
25
1
3
5.
20
.
d)
[4
;
e)
;
)
[
1 2]
19 -12 13
35
71
e ) 2 5 ; d ) 270; e) O ; t) - 248; g ) 3648. 9 . a ) - 1 032; b) - 1 069. 1 0. a ) a/ai . . . a;; ; b ) n!.
12. a) ¼[�9 ��
-3 3
d)
l
o
o
o
-l o
l /
o
o o
e)
b)
3
�
l
. 13.
¾[: �
-4 - l
5
- 43 - 1 6
29
};41 . 14. a) 2; b) 3; e) 2; d) 3; e) 2. 1 5. a) Su a = -4 ;
- 8 - 40
b) Su a � -4 ; e) nė su viena a reikšme.
2
TIESINĖS LYGČIŲ SISTEMOS
2.1. Pagrindinės sąvokos
Nagrinėkime sistemą, sudarytą iš m lygčių su n nežinomųjų:
čia aij , bi
&
a1 1X1 + a12 x2 +... + ai n xn =q ,
a2 1 X1 + a22 X2 + · . . + a2n Xn =b2 ,
am1X1 + am2 X2 + · · · + amnXn =bm ;
( l)
= l, m; j = l, n) - realieji skaičiai. Skaičiai aij vadinami sistemos
koeficientais, bi - laisvaisiais nariais, xJ - nežinomaisiais (arba kintamai
siais). Ši sistema vadinama tiesinių lygčių sistema arba, trumpiau, tie sine
siste ma , nes ją sudarančios lygtys yra tiesinės (pirmosios eilės) nežinomųjų
xJ atžvilgiu. Bendruoju atveju lygčių skaičius m nebūtinai sutampa su
&
nežinomųjų skaičiumi n.
Kai visi laisvieji nariai bi = O = l, m), sistema vadinama homogenine
lygčių siste ma , o kai bent vienas bi ctc O - nehomogenine lygčių siste ma.
Matrica
A=
a11
a21
a12
a22
a1n
a2n
70
sudaryta iš sistemos koeficientų, vadinama sistemos matrica , o matrica
A=
gauta iš A, prijungus prie jos laisvųjų narių stulpelį -i špl ėst ąja siste mos
matrica.
Nagrinėkime dar dvi matricas stulpelius:
Kadangi matricos A ir X yra suderintosios, tai galima rasti jų sandaugą
AX =
a1 J XJ + a1 2 X2 + · · · + a1nXn
a2 1 X1 + a22 x2 + · · · + a2n Xn
Matome, kad šios matricos stulpelio elementai yra ( l ) sistemos lygčių
kairiosios pusės. Remdamiesi matricų lygybės apibrėžimu, ( l ) sistemą galime
trumpai užrašyti matricine lygtimi
( l ) sistemą dar galima parašyti ir taip:
a2 1
XJ +
a22
AX = B.
X2 + . . . +
a2n
Xn =
(2 )
Apibrėžimas. Tiesin ės lygčių sistemos sprendiniu vadinamas skaičių
rinkinys a1 ,a2 , . . . ,a n , kurį įrašę vietoj nežinomųjų x1 , x2 , . . . , Xn , iš
kiekvienos lygties gauname teisingą lygybę.
71
Sprendinį žymėsime trejopai:
kaip tašką
kaip matricą stulpelį
kaip matricą eilutę
l pavyzdys. Išspręskime lygčių sistemą
f2 x -3 y = 1 3,
l x+2 y=3.
Spr endi ma s . Antrąją lygtį padauginę iš -2 ir sudėję su pirmąja, turime:
-7 y = 7 , y =- l . Tada x = 5. Taigi sistema turi vienintelį sprendinį (5; -1).
2 pavyzdys. Sistema
3 x -4 y=5,
{2 x -3 y = 4,
5x+ y =7
neturi sprendinio, nes skaičių pora (-1 ; -2), tinkanti pirmosioms dviem
lygtims, netinka trečiajai lygčiai (gauname neteisingą lygybę -7 = 7).
3 pavyzdys. Sistema, sudaryta iš vienos lygties
7 x - y+2 z = 4 ,
turi be galo daug sprendinių. Iš tiesų, išreiškę y nežinomaisiais x ir z, gauname
y =7 x+2 z -4 .
Laisvai pasirinkę x ir z reikšmes, apskaičiuosime atitinkamą y reikšmę.
Pavyzdžiui, kai x = l , o z = 2, tai y = 7 ; kai x = - 1 , z = 2, tai y = -7 ir t. t.
Skaičių trejetai ( l ; 7 ; 2), (-1 ; -7 ; 2) ir kt. yra šios sistemos sprendiniai.
Bendruoju atveju rašysime taip: jei parenkame x = a, z = p (a, p - realiej i
skaičiai), tai y = 7 a + 2P - 4 . Vadinasi, visi sistemos sprendiniai apibūdinami
skaičių trejetais: ta; 7 a + 2P - 4; p).
Šie sprendiniai sudaro aibę
{ (a; 7 a + 2P - 4; P) I a, p e R } . A
72
Iš šių pavyzdžių matyti, kad tiesinė lygčių sistema gali turėti vieną
sprendinį, be galo daug sprendinių arba jų visai neturėti.
Sistema, turinti sprendinį, vadinama suderint ąja , o neturinti sprendinių nesuderint ąja. Suderintosios sistemos dar skirstomos į api br ė žt ąsias (turinčias
vieną sprendinD ir neapi br ė žt ąsias (turinčias be galo daug sprendinių).
Dvi sistemos vadinamos ek vi valenči osi omi s , kai bet kuris vienos sistemos
sprendinys kartu yra ir kitos sistemos sprendinys, ir atvirkščiai. Taigi ekviva
lenčiųjų sistemų sprendinių aibės sutampa.
Ele mentariaisiais tiesinių lygčių s istemų pert varkiais vadinami šie:
l ) abiejų bet kurios sistemos lygties pusių dauginimas iš to paties skai
čiaus, nelygaus nuliui;
2 ) vienos sistemos lygties, padaugintos iš skaičiaus, nelygaus nuliui, pri
dėj imas prie kitos sistemos lygties.
Aišku, kad, užuot elementariai pertvarkius lygtis, galima elementariai
pertvarkyti praplėstosios matricos eilutes. Nesunku įrodyti, kad, elementariai
pertvarkę tiesinę lygčių sistemą, gauname jai ekvivalenčią sistemą.
2.2. Neišsigimusiųjų tiesinių lygčių sistemų sprendimas
atvirkštinės matricos metodu
Nagrinėkime n tiesinių lygčių su n nežinomųjų sistemą
a11X1 + a12 x2 +... + a1n Xn =b1 ,
a21 x1 + a22 x2 + . . . + a2n Xn = b2 ,
kurios matricinė išraiška yra
čia A - kvadratinė matrica, būtent
A=
a1 1 a12
a2 1 a22
anl
an2
(3 )
(4)
AX =B;
a1n
a2n
ann
Xt
' X=
X2
Xn
' B=
b1
b2
bn
Tarkime, kad det A =!l. * O. Tada (3 ) sistema vadinama neišsigi mu si ąja ,
priešingu atveju -išsigi mu si ąja.
Kai det A * O, kvadratinė matrica A turi atvirkštinę matricą A- 1 , nusako
\.mą formule
73
A1 1
1 A12
A -l =-det A
A1n
An1
An2
A21
A22
Ann
A2n
Išspręskime (4 ) matricinę lygtį, padaugindami iš kairės abi jos puses iš
1
A :
1
1
A- (AX)=[ B.
1
Kadangi A- 1 (AX ) = ( A - A
)x = EX = X , tai (4 ) lygties sprendinys
X =A- 1B.
(5) formulė yra (3 ) lygčių sistemos sprendinio matricinė išraiška.
Pavyzdys. Atvirkštinės matricos metodu išspręskime lygčių sistemą
5 x + 2y + 3z=9,
{ x + 2y - z=5,
3 x + y -5z = - 16.
Sprend imas. A =[� �
3
Tada
l
�l],
-5
B=[
:
- 16
] , X=[:] , det A=-56 ,
A1 1 A 2 1 A3 1
[- 9
1
1
l
2
A - =-- [A 12 A22 A32 1 =56
det A
-5
A1 3 A23 A33
X =[;1 =[ ' B=-
i6 [Z
13
- 34
z
13
- 34
-8
8 .
1
8
-8
8
1=
H :
-16
8
112
-2
-8 1 + 65 + 128
1 [
1
[
5 .
=
-280 1
=- [ 18 -170 -128 1 =1
56
56
3
- 168
-45 +5 - 128
Taigi x = -2, y=5, z=3 .
Atsakymas: (-2 ; 5; 3 ).
(5)
74
2.3.Kramerio • formulės
Šios formulės taikomos, sprendžiant n tiesinių lygčių sistemą su n
nežinomųjų, kai tos sistemos determinantas nelygus nuliui, t. y. kai (3 ) sistema
yra neišsigimusi.
Į (5) formulę įrašykime matricų išraiškas:
X1
X2
det A
det A
Taigi, kai t.
*
A1 1
A12
A2 1
A22
An1
An 2
Ann
b1
b2
bn
b1A11 + b2 A2 1 + · · · + bn An 1
b1A1 2 + b2 A22 + · · · + bn An2
Xn =_!_ (b1A1n + b2 A2n + · · · + bn Ann ).
Į,;.
O , tai su bet kuriuo j = l, n
Matome, jog reiškinys
'
!
xJ = (b1 A1J +b2 A21 +... +bn AnJ
(6 )
(7 )
lygus adjunktų AIJ , A21 ,... , AnJ , gautų išbraukus nuosekliai 1 -ąją, 2 -ąją, ... ,
n-tąją eilutę bei }-tąjį stulpelį, ir elementų /Ji , b2 ,... , bn sandaugų sumai. Todėl
šis reiškinys lygus determinantui det A, kuriame j-tasis jo stulpelis yra
pakeistas laisvaisiais nariais. Vadinasi,
Į,;. j =
a1 l a1 2 · · · alj -1
a 2 1 a2 2 · · · a 2J - I
b1 a1J + I · · · a1n
b2 a 2J + I · · · a 2n
• Gabrielis Kramcris (G. Cramer, 1 704-1 752) - šveicarų matematikas.
75
Turėdami galvoje (7 ) žymėjimą, iš (6 ) formulės gauname:
Xj
=
11 J.
,
j.
-;:
=
l , n.
(8 )
Vadinasi, kai n tiesinių lygčių sistemos su n nežinomųj ų determinantas
nelygus nuliui, ši sistema turi vienintelį sprendinį randamą pagal (8 ) formules.
Šios formulės vadinamos Kra m erio for mu lė mi s.
Pavyzdys. Taikydami Kramerio formules, išspręskime lygčių sistemą
7 x -8 y +4 z = 27 ,
{ 3 x + 2 y - z =-2,
5 x+ y+3 z=l3.
Spr endimas . Apskaičiuojame:
7
11 = 3
5
-8
2
4
- l =133 ,
3
27 -8
-2
2
111 =
13
7 -8
7 27 4
=
=
1
-133 , �3 3 2
112 = 3 -2 5
5 13 3
m-- ,
133
. .
�2 - - 133 _ l
�l == l' y _
V admas1 ' x=- -;: _
133
�
Atsakymas: ( l ; -l; 3 ). A
4
-1 =133 ,
3
27
-2 =399.
13
399
=3 .
z=�=
133
�
2.4. Kronekerio * ir Kapelio ** teorema
Nagrinėkime m tiesinių lygčių su n nežinomųjų sistemą, nusakomą ( l )
formulėmis. Įrodysime tokios sistemos suderintu mo krit er ijų, vadinamąją
Kron ekerio ir Kapelio t eorem ą.
Kronek erio ir Kap elio t eorema. Tiesinių lygčių sistema yra suderinta
tada ir tik tada, kai sistemos matricos A ir jos išplėstosios matricos A rangai
sutampa: rang A = r ang A.
Įrodymas. Būtinumas. Tarkime, kad { l ) (kartu ir (2)) sistema yra
suderinta. Vadinasi, bus skaičiai a1,a2 ,... ,an , su kuriais iš (2) lygties
gausime teisingą lygybę
• Leopoldas Kronekeris (L. Kronecker, 1 823- 1 89 1 ) - vokiečių matematikas.
•• Alfredas Kapelis (A. Capelli, 1 855-1 9 1 O) - italų matematikas.
76
a11
a21
anl
ai +
a12
a22
an2
a2 +... +
a1n
a2n
an =
ann
b1
b2
bn
Ji reiškia, kad paskutinis išplėstosios matricos A stulpelis yra kitų jos
stulpelių tiesinis darinys. Žinome, kad tokio stulpelio prijungimas prie
matricos A jos rango nekeičia. Todėl rang A = rang A . Būtinumas įrodytas.
Pakankamumas. Tarkime, kad rang A = rang A = r. Įrodysime, kad
sistema yra suderinta.
Kadangi rang A = rang A = r, tai matrica turi r-tosios eilės minorą, kuris
yra bazinis abiejų matricų A ir A minoras. Sakykime, jam priklauso pirmieji r
stulpelių. Pagal bazinio minoro teoremą, paskutinis matricos A stulpelis,
sudarytas iš laisvųjų narių, yra r bazinių stulpelių tiesinis darinys. Taigi galima
rasti skaičius a1 , a2 ,... , ar , su kuriais bus teisinga lygybė
a1 1
a2 1
anl
Ją parašykime taip:
a1 1
a21
anl
ai +
a12
a22
an2
ai +
a12
a22
an2
a2 +... +
a2 +... +
a1r
a2r
anr
ar +
a1r
a2r
ar =
anr
al r +l
a2r +l
anr I
+
bi
b2
bn
·O+... +
al n
a2n
ann
·O=
b1
b2
bn
Vadinasi, yra skaičiai a1,a2 ,... ,an - o , . . . , O, kurie (2 ) lygtį paverčia
teisinga lygybe, o tai reiškia, kad šis skaičių rinkinys yra (2 ) lygties
sprendinys. Todėl ( l ) sistema yra suderinta. Pakankamumas įrodytas. .A.
l pavyzdys. Įrodykime, kad sistema
3 x -4 y +5z -6 t =-33 ,
{ X + 7 y - 3 z + 4 ! = 34 ,
yra suderinta.
7 x -2y -4 z + t=l4
77
A:
Sp rendimas . Užrašykime pradinės sistemos matricą A ir išplėstąją matricą
- 6 - 3 3]
4
34
l 14
l
o oo
o o o] .
l oo
Taigi rang A = rang A = 3 , todėl pradinė sistema yra suderinta. .A.
2 pavyzdys. Įrodykime, kad sistema
2x -6y + 9z = 22,
x + 5y - z = 4,
3x + 2y + 4z = 8,
4x - y + 5 z = 1 0
yra nesuderinta.
78
Spren dimas
A=
2
l
-6
5
2
3
4
-l
o
o o
l o
o l
o o
7
o o
o
o o 2 19
o o o
o l o o
o o - l 39
Taigi rang A
o o
-1 3 7 -4
7
-3 2
18
-10 2
o
o
11 14
o
o
o
l
4 8
5 10
-16
l
o
9 22
-l 4
: G)
l-
Į-
o
l
o
o
o o 7 18
l o o o
o
o o
o o -5 l
o o O97
l o o o
o l o o
o o - l 39
-16
1 1 14
5
-l 4
- 1 3 7 -4
-21 9 -6
-2
o
5 18
7
-3 2
o o
l o
:@
�-
l- Jo o 2 19
o o o
o
o o
o o -5 l
o o o l
o oo
o l oo
o o -1 0
l O 00
o
00
o o lo
o o ol
= 3, rang A = 4 , todėl sistema yra nesuderinta. �
3 pavyzdys. Išsiaiškinkime, ar sistema
x1 + 2 x2 -3x3 + x4 = l,
{ x1 +2 x2 - x3 + 3x4 =5,
2 x1 +4 x2 -5 x3 + 3x4 =4
yra suderinta, ar nesuderinta.
Spren dimas
A=
r2
l 2
l 2
4
2 - 3 l lj
O 2 2 4 o
l 2
- [� : � ��1 (:'.:i') - [� : � ��1 - [� : � ::1 .
0 0
1 2 �
0 0 0 00
79
0 0 0 00
Kadangi rang A = rang A =2 , tai sistema yra suderinta. •
Šio pavyzdžio pertvarkytoje išplėstojoje sistemos matricoje vienetai yra
pirmosios eilutės ir pirmojo stulpelio sankirtoje bei antrosios eilutės ir trečiojo
stulpelio sankirtoje. Taigi baziniu minoru galima laikyti minorą, sudarytą iš
pirmosios bei antrosios eilutės ir pirmojo bei trečiojo stulpelio elementų. Šios
eilutės ir stulpeliai yra baziniai.
Nagrinėtame pirmajame pavyzdyje bazinį minorą sudarys elementai,
esantys visų trijų eilučių ir pirmųjų trijų stulpelių sankirtoje.
Tiesinių lygčių sistemos lygtys, kurių koeficientai sudaro išplėstosios
matricos bazines eilutes, vadinamos bazinėmis lygtimis, o visos kitos lygtys
(j ei jų yra) - nebazinėmis.
Tiesinių lygčių sistemos nežinomieji, kurių koeficientai sudaro bazinius
stulpelius, vadinami baziniais nežinomaisiais, o visi kiti nežinomieji (jei jų
yra) - laisvaisiais nežinomaisiais.
3 pavyzdyje nagrinėos sistemos bazinėmis lygtimis galima laikyti pirmąją
ir antrąją lygtį, o baziniais nežinomaisiais - x1 ir x3 . Nežinomieji x2 ir
X4 - laisvieji.
l pavyzdžio sistemos visos trys lygtys yra bazinės, nežinomieji x, y ir z baziniai, o nežinomasis t - laisvasis.
Kadangi 3 pavyzdžio matrica A turi ir daugiau nelygių nuliui antrosios
eilės minorų, tai bazinį minorą galima parinkti keliais būdais. Analogiškai
keliais būdais galima parinkti ir l pavyzdžio matricos A bazinį minorą, taigi ir
bazinių sistemos lygčių ir bazinių nežinomųjų aibę.
2.5. Suderintųjų tiesinių lygčių sistemų sprendimas
Išnagrinėsime, kuriais atvejais suderintoji tiesinių lygčių sistema turi
vieną sprendinį, o kuriais - be galo daug.
l teorema. Suderintoji tiesinių lygčių sistema turi vieną sprendinį, kai
matricų A ir A rangas lygus nežinomųjų skaičiui; be galo daug sprendinių,
kai matricų A ir A rangas yra mažesnis už nežinomųjų skaičių.
Įrodymas. Sakykime, (l ) lygčių sistema yra suderinta ir rang A =
= rang A =r. Matricų A ir A bazinį minorą pažymėkime M ir tarkime, kad jis
yra kairiajame viršutiniame matricos A kampe (jei būtų kitaip, galėtume
pakeisti nežinomųjų bei lygčių tvarką). Taigi
80
l
arr
Pirmosios r sistemos lygtys yra bazinės, o kitos m - r lygtys - nebazinės,
todėl jos yra pirmųjų r lygčių tiesinis darinys. Atmetę nebazines lygtis,
gauname sistemą
a::.�'++;�:.::. ••:.�::�:. � �:::.:;:.: .�.• •. � �:"�"� � •
b
(9)
ar 1X1 + ar 2X2 + · · · + arr Xr + arr+ ] Xr+ l + · · ·+ arn xn - bn
ekvivalenčią ( l ) sistemai.
Toliau nagrinėsime du galimus atvejus: r = n arba r < n.
l. Kai r = n, (9 ) sistema turi tiek pat lygčių, kiek ir nežinomųjų. Kadangi
jos determinantas sutampa su minoru M '* O, tai sistema turi vieną sprendinį,
kurį galime rasti taikydami, pavyzdžiui, Kramerio formules.
2. Kai r < n, lygčių yra mažiau negu nežinomųjų. Pirmieji r nežinomieji
X1 , x2 ,... , xr - baziniai, kiti nežinomieji Xr + J ,.. , , Xn - laisvieji. Perkėlę
laisvuosius nežinomuosius į dešiniąją lygčių pusę, gauname sistemą
a11X1 + a1 2 x2 + ... + a1 r Xr =LJi - a1r +I Xr+ l - -.. - a1n Xn ,
a21 X1 + a22X2 +.. ·+ 02 r Xr =bi - a2r + J Xr +I -.. · - a2n Xn ,
Suteikę nežinomiesiems Xr +I ,... , Xn bet kurias realiąsias reikšmes Xr+ I =
=ar + Į , Xr + 2 =ar + 2 ,.. , , Xn =an , turėsime sistemą, sudarytą iš r lygčių ir r
nežinomųjų:
a11X1 + a12X2 + ... + a1r Xr =bi - a1r + lar+ J - ,.. - a1 nan ,
a21X1 + a22 x2 +.. · + a2 r Xr =b2 -02r+lar + l -... -a2 nan ,
( 1 0)
Jos determinantas yra bazinis minoras M '#- O, todėl ( lO) sistema turi
vieną sprendinį x1 , x2 ,... , xr , priklausantį nuo pasirinktų nežinomųjų
Xr+ J ,.. , , xn reikšmių ar+ J ,.. , ,an . Kadangi šiuos skaičius galima parinkti
laisvai, tai (9 ) sistema turi be galo daug sprendinių. Teorema įrodyta. .A.
81
Iš teoremos įrodymo eigos išplaukia toks tiesinių lygčių sistemų
sprendimo metodas:
l. Randame rang A ir rang A . Jei rang A rang A , sistema yra
nesuderinta.
2. Kai rang A = rang A = r, sistema yra suderinta. Išskiriame r bazinių
lygčių ir r bazinių nežinomųjų.
3. Pradinę sistemą pakeičiame jai ekvivalenčia, sudaryta tik iš bazinių
lygčių.
4. Jei r lygus nežinomųjų skaičiui n, tai sistema turi vieną sprendinį,
kuri galime rasti taikydami Kramerio formules.
5. Jei r mažesnis už nežinomųjų skaičių n, tai nežinomieji Xr + I ,... , xn
yra laisvieji. Bazinius nežinomuosius išreiškę laisvaisiais, gauname be galo
daug sistemos sprendinių.
Sistemos sprendinys, kuriame baziniai nežinomieji yra išreikšti
laisvaisiais, vadinamas bendruoju siste mos sprendiniu . Kiekvienas
sprendinys, gautas iš bendrojo, parinkus konkrečias laisvųj ų nežinomųj ų
reikšmes, vadinamas atskiruoju s iste mos sprendiniu.
l pavyzdys. Išspręskime lygčių sistemą
*
3x -7 y + z = - 4,
X + 2y - 2 z =1 0,
2x +5y + 2 z = 3,
2x - y -7 z = 2 4,
5x + 4y = 14.
Sprendi mas . Raskime rang A ir rang A .
3
-7
2
A= 2 5
2 -l
5 4
-
o
l
o
o
o
-13
7 -3 4
-5
-6
6 -1 7
-3 4
10 -36
o
o
l -4
-2 10
2 3
-7 2 4
o 14 �
o o
�
o
o
o
-
- 13
2
l
-5
-6
7
-2
6
-3
10
o o 85 -255
o o o
o l 6 -1 7
o o 2 7 -8 1
o o 46 -138
-34
10
-1 7
4
-36
:@
82
-
o o 85 -255
l
o o o
o
o o
o o l -3
o o 46 -138
k
o o
l
o
o l
o o
o o
o o
o o
o o
l -3
o o
-
o o
l
o
o l
o o
o o
00
00
00
l
o
00
Taigi rang A = rang A =3. Sistema yra suderinta. Pirmoji ir paskutinioji jos
lygtys yra nebazinės, todėl jas atmetame. Turime išspręsti sistemą
x +2 y -2 z=l0,
{2 x +5y + 2 z = 3 ,
2 x -y -7 z = 24 ,
sudarytą iš trijų lygčių su trimis nežinomaisiais. Taikysime Kramerio formules.
Apskaičiuojame:
l
t,,. = 2
2
Todėl
2
-2
2 =2 7 ,
5
-l -7
l 10 -2
2 =2 7 ,
f.. 2 = 2 3
2 24 - 7
X
24
f.. 3 = 2
2
2
-2
2 =54 ,
2
10
5
-l -7
5 3 =-71.
-l 24
l
=� = �� =2 , y = �2 =�; =l , z =; = �� = -3.
Atsakymas: (2 ; l ; -3 ). .A.
2 pavyzdys. Išspręskime lygčių sistemą
x1 + 2 x2 -3 x3 + 4 x4 = 6 ,
3 x1 - 4 x2 + x3 -2 x4 =5,
5 x1 -5 x3 +6 x4 =1 7 ,
8 x1 -14 x2 +6 x3 -1 0x4 =9 .
83
Sprendimas . Raskime rang A ir rang A.
A=
2
4 6
-3
-2 5
3 -4
5
o -5 6 1 7
8 -14 6 - 10 9 �
l
o
o
o
4 6
-1 4 -13
2
-3
-10 10
o
o
o
o
o o
o o
o
l
o
o
o
- 10
o
o
o
o
o
o
00
00
00
00
o
o
o
l
o
o
o
2
-10
-10
-30
o
4 6
-1 4 -13
-1 4 -13
-3
10
10
-42 -39 �
30
o
-10 10
o
o
o
o
l o o
o l o
o o o
o o o
o o
-1 4 -13
o o
o o
00
00
o
o
Kadangi rang A = rang A = 2 , tai sistema yra suderinta. Bazinėmis lygtimis
galime imti pirmąją ir antrąją lygtį, baziniais nežinomaisiais - x1 ir x2. Tada
x3 ir x4 bus laisvieji nežinomieji. Juos perkėlę i dešiniąją pusę, gauname
tokią sistemą:
x1 + 2 x2 = 6 +3 x3 -4x4 ,
{
3 x1 - 4x2 =5 - x3 +2 x4 .
Pritaikome Kramerio formules:
6 +3 x3 -4x4
2
-4 -3 4 -10 x + l2 x
3
4 _ l (l
XJ = �-..--------,--� _
7 +5X3 -6 X4 ) '
10
2
5
3 -4
X2 =
l 6 +3 3 -4x4
3 5 - x3 +2 x4
l
2
3 -4
=
-13 - 10 x3 +1 4x4
-10
84
Laisviesiems nežinomiesiems x3 ir x4 suteikime bet kokias realiąsias
reikšmes: x3 =a, x4 =p ; čia a, p E R. Tada bendrąjį sistemos sprendinį
užrašysime taip:
{(¼(1 7 + 5a - 6 p);
l
1
1( 3 + 10 a- 14 P);a; P) a, � E R }.
10
Sistema turi be galo daug sprendinių. Visi jie gaunami įrašius į bendrą
sprendinį bet kokias realiąsias a ir p reikšmes. ..&.
2.6. Tiesinių lygčių sistemų sprendimas Gauso* metodu
Gauso metodu galima spręsti bet kurią tiesinę lygčių sistemą. Jis patogus
tuo, kad nereikia iš anksto tirti, ar lygčių sistema yra suderinta, ar nesuderinta,
ar apibrėžta, ar neapibrėžta, nes visa tai paaiškėja sprendžiant.
Ga uso metodas - tai nuoseklaus ne žino m ųjų elimina vi mo (lot. elimi
nare - išskirti, išstumti, pašalinti, panaikinti) metodas. Nežinomieji eliminuo
jami per keletą kartų, elementariai pertvarkant sistemos
a1 1X1 + a1 2 x2 +... + a1 nXn = b1 ,
a21X1 + a22 X2 + · · · + a2 n Xn =b2 ,
(11 )
lygtis.
Pirmuoju žingsniu iš visų lygčių, išskyrus pirmąją, eliminuojame x1 ir
toliau pirmosios lygties nebenaudojame eliminuodami kitus nežinomuosius.
Antruoju žingsniu iš visų kitų lygčių, išskyrus antrąją, eliminuojame x 2 ir t. t.
Sprendžiant (1 1 ) sistemą, patogiau pertvarkyti ne jos lygtis, o išplėstosios
matricos
A=
a1 1
a2 1
am 1
a12
a22
am 2
a1 n b1
a2 n b2
amn bm
eilutes. Kadangi (11 ) sistemos elementarieji pertvarkiai ekvivalentūs matricos
A eilučių elementariesiems pertvarkiams, tai Gauso metodo taikymo schema
• Karlas Frydrichas Gausas (C. F. Gauss, 1 777-1 855 ) - vokiečių matematikas, astronomas,
fizikas.
85
analogiška tai, kuri naudojama pertvarkant pradinę matricą Į laiptuotąją
(žr. 1. 12 skyreli).
Elementariaisiais eilučių pertvarkiais matrica A pakeičiama laiptuota
matrica
a11
a12
�
a1 3
a(I J
23
(2)
G33
..
A�
·
1
alr
( l)
a2r
(2)
a3r
·;
� !)
(
arr
a1n
a2(l)n
a3(2)
n
b1
I)
b2(
b3(2)
(r - 1 ) b(r -1 )
arn
r
r)
br( + I
o
kuri apibūdina lygčių sistemą
(r-1)
Grr
_ r 1)
(r-1)
Xr +... + arn Xn - br( - ,
O· xn = b;11 ,
( 12 )
ekvivalenčią pradinei ( 1 1 ) sistemai. Čia koeficientai a1 1 , a�� , a1�) ,... , a}� - I)
nelygūs nuliui. Galimi trys atvejai.
l. Kai laisvasis narys b;11
"#-
O, ( 12 ) sistema, o drauge ir pradinė ( 1 1)
sistema yra nesuderinta, nes paskutinei lygčiai
O- x1 +O- x2 +... + O· xn =b;11
netinka jokios nežinomųjų x1 , x2 , . . . , Xn reikšmės. Vadinasi, ( 1 1 ) sistema
sprendinių neturi.
2. Tarkime, kad b;11 =Oir r = n. Tada ( 12 ) sistema virsta trikampe
sistema, kuri turi tiek pat lygčių, kiek ir nežinomųjų:
86
...............r··· ). ...... ...... ..
\n- 1
_ (n-1)
Gnn Xn - bn
(13 )
·
· a , a (l) , a(2) ,... , a(n-l) nely gus
· · l s" (13 ) sistemos
·
- nu1IU!.
Č.ia koefi1c1enta1
1 1 22 33
nn
paskutinės lygties randame xn , paskui iš priešpaskutinės lygties - Xn -l ir
t. t. , kol pagaliau iš pirmosios lygties randame x1. Šiuo atveju (13 ) sistema,
taigi ir (1 1 ) sistema, yra suderinta ir turi vienintelį sprendinį.
3. Kai laisvasis narys b;11 = O ir r < n, ( 12 ) sistema virsta trapecine, kuri
lygčių turi mažiau negu nežinomųjų. Šiuo atveju (12 ) sistema, vadinasi, ir (11 )
sistema yra suderinta, nes rang A = rang A = r . Nežinomieji x1, x2 ,... , Xr yra
baziniai, o Xr+ J , Xr + 2 ,... , xn - laisvieji. Perkėlę laisvuosius nežinomuosius į
dešiniąją pusę, (1 2 ) sistemą galėsime užrašyti taip:
............... T ... ) ....................................................... .
(r-1)
l!-1
_ (r-1)
(r-1)
a"
- arr + I Xr+ l -... -arn Xn.
Xr -br
Matome, kad (14 ) sistema jau virto trikampe sistema, kuri sprendžiama
panašiai kaip (13 ) sistema.
Suteikdami laisviesiems nežinomiesiems xr+ I , Xr + 2 ,... , Xn bet kokias
realiąsias reikšmes U r+ I • U r +2 ,... , an , įsitikinsime, kad (14 ) sistema, taigi ir
(11 ) sistema, turės be galo daug sprendinių.
l pavyzdys. Gauso metodu išspręskime lygčių sistemą
3 x1 - 2x2 +4 x3 = -8 ,
{2 x1 +7 x2 -5 x3 = 26 ,
x1 - 3x2 +8 x3 = -25.
Sprendimas . Parašome išplėstąją sistemos matricą A , pirmoJ OJ e jos
eilutėje surašydami trečiosios lygties koeficientus, ir ją elementariai
pertvarkome:
A=
rl
87
l
l -3 8 -25
-3 8 - 25 3 -2
-2 3 - 2 4 -8 � - to"] 7 - 20 67 �
o l 1 3 - 21 76
2 7 -5 26
rl
-3 8 - 25
- O 7 - 20 67 ]
� -1 1 9 -58
Gauta matrica apibūdina lygčių sistemą
0
l - 3 8 - 25
- [O - l 1 9 - 58 .
� 1 1 3 - 339
x1 - 3x2 + 8x3 = -25,
{ - X2 + 1 9x3 = -58,
l 1 3x3 = -339.
Iš paskutinės lygties išplaukia, kad
Iš antrosios lygties
X3 = -3 .
X2 = 58 + l 9x3 = 58 -5 7 = l .
Iš pirmosios lygties randame:
x1 = -25 + 3x2 -8x3 = -25 + 3 + 24 = 2 .
Atsakyma s: (2; l ; -3) . .A.
2 pavyzdys. Gauso metodu išspręskime lygčių sistemą
Sprendimas
x1 - 2x2 + 3x3 - 4x4 = -3,
2x1 - x2 -x3 + 3x4 = l O,
7 x1 -x2 + 2x3 - x4 = 9,
5x1 - 2x2 + 2x3 - x4 = -1 .
}7
1 /
�i 2 1 -s
�
�
=
3
1
A = 1�
m
1
- 1�
O 1 3 -1 9
7 -l 2 - l 9
O 8 -1 3
5 - 2 2 - l -l
- 4 -3
1 1 16 - 4
�_
2 7 30
1 9 14
88
l
o
l
O 8
- �
-o o
o o
�
l -2
71
l
-4 -3
3
- 7 1 1 16
9 - 1 7 - 34
- 13 19 14
-2
3
O
-4 -3
3
9 - 1 7 - 34
- 34 62 1 1 8
- 85 1 55 286 : l 5
-2
o o
8f
-2
3
8
-4 -3
3
9 - 1 7 - 34
- 7 1 1 16
- 1 3 1 9 14
l -2
�
-4 -3
- 1 7 - 34
9
- 1 7 3 1 59
286
-17 31 5
3
-4 -3
3
9 - 1 7 - 34
- 1 7 3 1 59
9
o o 5
Paskutinė eilutė apibūdina lygtį O · x1 + O · x2 + O · x3 + O · x4 = -� , kuriai
5
netinka jokios nežinomųjų reikšmės. Vadinasi, nagrinėjamoji sistema yra
nesuderinta ir neturi sprendinių . .A.
3 pavyzdys. Gauso metodu išspręskime lygčių sistemą
l
Sprendimas
A=
l
4
-3
7
2 - 25
l
-3
-]
9
XJ - 3x2 + X3 - 7 X4 = -3,
4x1 + 7 x2 - 3x3 + 5x4 = 1 6,
6x1 + X2 - X3 - 9X4 = l 0,
2x1 - 25x2 +9 x3 - 47x4 = -34.
l -3
-7 -3
-7 -3
5 16
� 19 - 7 33 28
1 9 - 7 33 28
-9 10
�
47
- - 34
- 19 7 - 33 - 28 �
89
l
-3
19
o
o o
o o
l
-7
o
o
-7 -3
33 28
o o
o o
Šiuo atveju rang A = rang A = 2 ir sistema yra suderinta. Ji ekvivalenti
sistemai
Laisvaisiais nežinomaisiais parinkime x3 =a, x4 =p Ir sistemą para
šykime taip:
f x1 - 3 x2 =-3 -a +7 P,
1 19 x2 =28 +7 a - 33 p;
iš čia x2 =__!_ (2s +7 a - 33 P). Tada iš pirmosios lygties gauname:
19
x1 =3 x2 -3 -a +7 P =� (2s +7 a -33 P )-3 -a +7 P =__!_ (2 1 + 2a +34 P).
19
19
At,akyma" {( � (27 + 2a +34 p); � (28 +7 a -33 p} a; p) a, p
1
1
e+
.t.
Tiesinės lygčių sistemos dar sprendžiamos taikant modifikuotą Gauso
metodą, kuris vadinamas Gau so ir Zordano metodu. Nuo Gauso metodo jis
skiriasi tuo, kad tiesinių lygčių sistema elementariaisiais pertvarkiais
pakeičiama ne trikampe ar trapecine, bet diagonaliąja sistema, t. y. tokia
sistema, kurios matrica yra diagonalioji (visi elementai, esantys ne tik po
pagrindine įstrižaine, bet ir virš jos, lygūs nuliui). Taip būna, kai sistema turi
tik vieną sprendinį.
4 pavyzdy s. Gauso ir Žordano metodu išspręskime tiesinę lygčių sistemą
x1 + x2 -2 x3 +2 x4 =9 ,
2 x1 -3 x2 +7 x3 + x4 = -1 ,
3 x1 + 7 x2 -8x3 - x4 = 2,
4 x1 +3 x2 -5 x3 + x4 = l.
90
Sprendimas
[' l
: �'rn -1j -',
-2
2 -3 7
3 7 -8 -l 2
4 3 -5 l l
l
o
o
o
-2 2 9
- l 3 - 7 - 35
-5 1 1 - 3 - 1 9
4 -2 - 7 -25
l
l
-2 2 9
3 - 7 -35
- o o - l 8 39
O O 2 - 7 - 33
�
o
-2 2 9
3 - 7 - 35
8 39
l 5
1 1 0
O -l O
O O -l
O O O
1
l
4
-2 2 9
11 -3 -19
O 4 - 2 - 7 -25
o - l 3 -7 -35
l
�
p
o
�l
0 1 -:i_
0 - 3 (0
0 -1
l 5
Gauta matrica apibūdina lygčių sistemą
l
2
9
3
-7 - 35
- 4 3 2 1 56
1 0 - 3 5 -165
-2
-2 2 9
3 -7 - 35
8 39
9 45
l -2
-l 3
o -l
o
o
o o
l
o
o
o
o
o
o
o
o -l
oo
o -l
l 5
0 -2
-l
0 -3
o -l o -l
o o l 5
1 · X1 + O - X2 + 0 · X3 + O · X4 = -2,
0 · XJ - l · X2 + 0 · X3 + 0 · X4 = -3 ,
0 · XJ + 0 · X2 - l · X3 + 0 · X4 = -1 ,
0 · X1 + O · X2 + 0 · X3 + l · X4 = 5.
il
91
Iš jos išplaukia, kad
XJ =-2,
X2 = 3 ,
X3 = l,
X4 = 5.
Atsakymas: (-2; 3; l; 5) . ,._
2.7. Homogeninės tiesinės lygčių sistemos
Nagrinėkime homogeninę lygčių sistemą, t. y. tokią sistemą, kurios visi
laisvieji nariai lygūs nuliui:
a1 1 X1 + a1 2X2 + . . . + a1 nXn = O,
(1 5)
Ji visada yra suderinta, nes visais atvejais rang A=rang A . Todėl ši sistema
turi arba vieną sprendinį, arba be galo daug sprendinių. Homogeninei lygčių
sistemai visada tinka nežinomųjų reikšmės x1 = x2 =... = xn =O. Sprendinys
(O; O; ... ; O) vadinamas (1 5) sistemos nuliniu , arba trivia liuoju (lot. trivialis paprastas), sprendiniu.
Toliau aptarsime sąlygas, kuriomis (1 5) sistema turi tik trivialųjį
sprendinį, o kuriomis -be galo daug sprendinių.
Homogeninę lygčių sistemą galima spręsti Gauso metodu.
Kadangi (1 5) sistema yra tik atskirasis (11 ) sistemos atvejis, tai
homogeninei lygčių sistemai tinka visi teiginiai, suformuluoti (11 ) sistemai.
Vadinasi, kai (11 ) sistema turi vienintelį sprendinį, tai ir (1 5 ) sistema turi
vienintelį sprendinį, kuris yra nulinis jos sprendinys. Taip bus tada, kai
rang A = r =n. (1 5 ) sistema turės be galo daug sprendinių, kai jų be galo daug
turės ( l l ) sistema. O taip bus, kai r < n.
Kai m = n, taigi kai lygčių skaičius sutampa su nežinomųjų skaičiumi, tai
šias sąlygas galima susieti su det A. Todėl (1 5) sistema turi be galo daug
sprendinių, kai det A = O (tai išplaukia iš sąlygos det A = O<=> rang A < n), ir
vienintelį trivialųjį sprendinį, kai det A ::f. O (det A ::f. O<=> rang A = n).
l pavyzdys. Išspręskime homogeninę lygčių sistemą
3 x -4 y+4 z=O,
12 x+3 y -5z=O,
x - 7 y +8 z=O.
92
Spr end imas . Kadangi jos determinantas
4
3 -4
det A = 2 3
- 5 =- 17 ,t O,
-7
8
tai sistema turi vienintelį sprendinį x = y = z "' O. Šį rezultatą galime gauti ir
taikydami Gauso metodą:
A
=
l
r�
-7
-/
_\ :l_[�
/
_
\
:l�ę
j
j:_J8 O
3
-4
4 O
-r� �; _:j GIJ - r-h �; _:j
O l 17
j.Y
- 20 O
O
o7
Pertvarkyta matrica A apibūdina lygčių sistemą
j
l O
x -7 y +8 z = O,
17 y -21 z = O,
{
l · z = O,
kurios sprendinį gauname išsyk: z "' O, y "' O ir x "' O.
Atsakymas: (O ; O ; O) . ..A.
Spręsdami homogenines lygčių sistemas, jų determinanto dažniausiai
neskaičiuojame, o taikome Gauso metodą.
2 pavyzdys. Išspręskime homogeninę lygčių sistemą
3 x1 - 2x2 + 2 x3 -5 x4 = O,
x1 - x2 +2 x3 - x4 = O,
2 x1 - x2 - 4 x4 = O,
4 x1 - 3x2 + 4 x3 -6 x4 = O.
Spr endi ma s . Ją spręsime Gauso metodu, elementariai pertvarkydami
matricą:
A=
3 - 2 2 -50
-l
2
4
-l
2
o
-3 4
-1 0
-4 0
-6 0
J
3
2
4
=� � =� � �ęj
- l O -4 0 :J
-3 4 - 6 0
n�
l
o
o
93
-l
l
l
l
2
-4
-4
-4
-1 0
- 2
-2
- 2
�g-
l
-l 2 -1 0
l -4 - 2 0
o
o o
o o
o
o
o o
o o
Tokia matrica apibūdina lygčių sistemą
{
x1 - x2 + 2x3 - x4 = O,
x2 -4 x3 - 2x4 = O.
Ji yra suderinta, nes r = rang A=rang A = 2. Gavome r < n, todėl sistema
turės be galo daug sprendinių. Du nežinomieji yra baziniai, du - laisvieji.
Laisvaisiais nežinomaisiais parinkime x3 = a, x4 = p ; čia a, p - bet kokie
realiej i skaičiai. Tada
x1 =x2 - 2a + p=2a + 3p,
x1 -x2 = - 2a + p,
<=> {
{
x2 =4 a + 2P
x2 =4 a + 2p.
Atsakymas: { (2a + 3P;4 a + p; a; P) ia, P E
R} . .A.
2.8. Homogeninių tiesinių lygčių sistemų sprendinių
struktūra. Fundamentalioji sprendinių sistema
Išsiaiškinome, kad homogeninė lygčių sistema turi be galo daug
sprendinių, kai j os matricos rang A = r < n. Tolesnis uždavinys - ištirti šių
sistemos sprendinių aibės struktūrą.
Taikydami Gauso metodą, ( 15) sistemą pertvarkykime į sistemą,
analogišką (1 2) sistemai, kurios visi laisviej i nariai lygūs nuliui. Gausime:
(r-1)
(r - 1 )
arr
- O·
Xn _
X,- +... + arn
(16 )
94
Kadangi r < n, tai nežinomieji x1 , x2 ,... , xr yra baziniai, o nežinomieji
,
r +J Xr + 2 ,.. . , xn - laisvieji. Bazinius nežinomuosius išreiškę laisvaisiais, iš
(16 ) sistemos gausime tokias bazinių nežinomųjų išraiškas:
X
XJ = b1 1 Xr I + · · · + b1n - rXn ,
X ,
X
2 = h2 1X + I + · · · + b2n - r n
+
(1 7 )
r
• Xr+ 2 ,... , Xn bet kokias realią
sias reikšmes ir pagal (1 7 ) formules apskaičiavę x1 , x2 ,.. . , xr reikšmes,
gausime visą (1 5 ) sistemos sprendinių aibę. Parinkime X =a1 , Xr+ 2 =
= a2 , · · · , xn = an - r. Tada bet kuri (1 5 ) sistemos sprendinį galėsime parašyti
taip:
Suteikę laisviesiems nežinomiesiems
r+I
X
r+I
čia x1 , x2 , - - - , X nusakomi (1 7 ) lygybėmis, ai ,a2 ,. . . ,an realieji skaičiai. Jei skaičius a1 ,a2 , ... ,an - r parinktume lygius:
r
r
l ) a1 = l , a2 = O, . . . ,an - r = O;
(18 )
bet kokie
2 ) a1 =O, a2 = I,... ,an -r =O;
3 ) Ut = O, 0.2 =
o, . . . ,an -r = l,
gautume tokius (1 5) sistemos sprendinius:
X1 =
bt
r
l
o
o
Iš jų sudaryta matrica
, X2
=
br2
o
o
,. .. , Xn - r =
brn - r
o
o
(19 )
95
b1 1 b12
b21 b22
B=
brl
l
br2
o
o
o
bi n - r
bzn-r
brn- r
o
o
o
l
o
o
o =l
turėtų n eilučių ir n - r stulpelių, todėl jos rangas būtų rang Bs n -r.
Kadangi matricos B minoras
o
l
o o
yra (n - r)-tosios eilės determinantas, be to, nelygus nuliui, tai jį galime laikyti
baziniu matricos B minoru. Tada visi matricos B stulpeliai bus baziniai ir,
pagal bazinio minoro teoremą, tiesiškai nepriklausomi. Vadinasi, (15 ) sistemos
sprendiniai, nusakomi (19 ) formulėmis, yra tiesiškai nepriklausomi. Jų sistema
vadinama ( 15) sistemos funda mentali ąja sprendinių siste ma.
Sugretinę (1 7 ), (18 ) ir (19 ) formules, matome, kad bet kurį (15) sistemos
sprendinį X galima išreikšti (19 ) sprendinių tiesiniu dariniu:
(20 )
X =a1 X1 + a2 X 2 +... + an - r Xn -r .
Šis sprendinys vadinamas bendruoju (15) siste m os sprendiniu , nes (20 )
formulė nusako bet kurį (kartu ir visus) (15 ) sistemos sprendinį.
Pavyzdys. Raskime homogeninės lygčių sistemos
3 x1 -2 x2 + 4 x3 + I3 x4 =O,
{ x1 -3 x2 + x3 +8 x4 =0 ,
5 x1 - x2 + 7 x3 +18 x4 = O
fundamentaliąją sprendinių sistemą ir bendrąjį sprendinį.
Sprendi mas . Pirmąją bei antrąją sistemos lygtį sukeičiame vietomis 1r
sistemą elementariai pertvarkome:
A - [ =; : t3 �10:ę� -/
:
-1
7
18 0 �
-
l� l 1 4 2
s o]
J
-1 1 0 (-2)_
-22 0
96
l -3
- [O 7
l
l
8 O
-11O
o o o o o
Vadinasi, pradinė sistema ekvivalenti sistemai
1
f X1 - 3 x2 + x3 +8 x4 =O,
7 x2 + x3 -1 l x4 =O.
Du jos nežinomieji yra baziniai, du - laisvieji. Laisvaisiais nežinomai
siais parinkime x3 bei x4 ir sistemą parašykime taip:
1
f x1 -3x2 =-x3 -8 x4 ,
7 x2 =-x3 + 1 1 x4 ;
Suteikdami nežinomiesiems x3 ir x4 bet kokias realiąsias reikšmes
x3 =a1 , x4 =a2 , gauname bendrąjį sistemos sprendinį
X=
XJ
X2
X3
X4
l
- - (lOa1 +2 3a2 )
7
= - (-a1 + l la2 )
7
a1
a2
7.
23
11
x1 =- , x2 = .
7
7
.
10
l
.
Ka1 a1 =1, a2 =O, ta1 x1 =- , x2 =.
Kai a1 =0 , a2 =l, tai
Vadinasi, sprendiniai
1
X1 =[- ;
-¼
7
l Or
2
ir X2 =[- ;
1
\
O lr
sudaro pradinės lygčių sistemos fundamentaliąją sprendinių sistemą. Tada
bendrąjį sistemos sprendinį galime taip išreikšti fundamentaliąja sprendinių
sistema:
97
X]
X=
Xz
X3
X4
10
23
-7
7
11
l
a1 +
az ;
7
7
l
o
o
čia a 1 , a 2 - bet kokie realieji skaičiai . .A.
Tarkime, kad tiesinė lygčių sistema
(21 )
AX= B
yra suderinta, o jos rangas r < n; čia n - nežinomųjų skaičius. Ištirsime, kaip
susiję (21 ) sistemos ir ją atitinkančios homogeninės lygčių sistemos
AX= O
(22)
sprendiniai; čia O =[o O.. . O] r .
Teisinga tokia teorema, nusakanti (21 ) lygčių sistemos sprendinių
struktūrą.
Teorema. Bendrasis nehomogeninės (21 ) lygčiz{ sistemos sprendinys
lygus X = x 0 + X ; čia x 0 - atskirasis nehomogeninės (21 ) sistemos spren
dinys, X - bendrasis homogeninės (22) sistemos sprendinys.
Įr ody ma s . Tarkime, kad x 0 - atskirasis (21 ) sistemos sprendinys, X bendrasis (22) sistemos sprendinys. Tada AX 0 =Bir AX =O. Sudėję šias
lygybes, gauname:
x 0 X = B.
AX 0 AX = B O,
A(
Tai reiškia, kad x 0 + X yra sistemos AX = B sprendinys. Kartu jis yra ir
bendrasis (21 ) sistemos sprendinys, nes gaunamas sudedant atskirąjį (21 )
sistemos sprendinį su bet kuriuo (taigi ir su visais) (22) sistemos sprendiniu. .A.
Pavyzdy s. Raskime bendrąj į nehomogeninės lygčių sistemos
+
sprendinį.
+
+ )
x1 -3x2 + 2x3 -x4 -x5 =1 2,
2x1 + 2x2 - x3 + 2x4 + 3x5 = -11 ,
x1 - l lx2 +7 x3 -5x4 -6 x5 = 4 7 ,
4 x1 +1 2x2 - 7 x3 + 8x4 + l lx5 = - 57 ,
7 x1 -5x2 + 4 x3 + x4 + 3x5 =14
98
Sprendi mas . Elementariai pertvarkę sistemą, gauname:
A=
o
-o
l
o
o
2
4
7
-3
8
-8
24
16
2
-5
-l
4
-4
5
-15 12
-10 8
-3
2
-11
12
-5
2
-l
7
-7
4
-l
- l 12
3 -11
-5 -6 4 7
8 11 -57 �
3 14
2
- l 12
o
o o
o o
o o
l
5 -35
-5 35
15 -105
10 -70 �
-3
8
o
o
o
2
o
o
o
-l
-5
4
-7
o o
o o
o o
- l 12
5 -35
Pradinė sistema suderinta, nes rang A = rang A = 2 . Du jos nežinomieji yra
baziniai, o trys - laisvieji. Laisvaisiais parinkime nežinomuosius x3 , x4 , x5 .
Tada
{
iš čia
x1 -3 x2 =12 -2 x3 + x4 + x5 ,
8 x2 = -35 +5 x3 -4 x4 -5 x5 ;
Parinkime
x3 =a, x4 = 13, x5 = y;
čia
nagrinėjamos sistemos sprendinys bus
XJ
X=
Xz
X3
X4
X5
a, 13, y E R.
- (-9 -a -4 13 -7 y)
8
l
- (-35 +5a - 4 13 -5y)
8
13
y
Tada
bendrasis
99
o bendrasis homogeninės lygčių sistemos sprendinys bus
l
-(-a -4 P -7y)
8
--l
8
5
-5y)
a
-4
-(S
P
X= 8
= 8 a+
l
a
l
o
o
p
y
Matome, kad
.!. (-9 -a -4 P - 7y)
.!. (-3 5+ sa -4 P - s y)
X= 8
8
a
p
y
Gavome
- 9-
- 4-
- -7
o
o
o
0
X = X + x ,·
- -5
8 y.
l
o
8
3- 5
8 + X ; čia
o
o
o
8
8
4
8 P+
9
8
35
8 = Xo .
o
o
o
čia .X - bendrasis homogeninės lygčių sistemos sprendinys,
nehomogeninės lygčių sistemos sprendinys. .A.
x0 -
Uždaviniai
l. Šias tiesines lygčių sistemas išspręskite atvirkštinės matricos metodu:
!x - y + z = -2
x + 4y + 1 4z = O,
3x + y - 2z = -4,
b) !3x - 2y - 4z = I I, e) 2x + y - 2z = �'
a) 1x - y + 7z = I O,
x + 2y + 3z = 2;
2x - 4y + 8z = 2;
7x + 6y + 28z = 1 5;
atskirasis
1 00
l
2. Šias tiesines lygčių sistemas išspręskite taikydami Kramerio fonnules:
3x + 2y - 5z = -1 7,
3x + y - z = I I,
a) 1 2x + 7y + z = -I, b) 1 2x + 4y + z = 0,
5x + l ly + 3z = 2;
x - 6y - 2z = 1 2;
3X1 + X3 = -3,
Xi + X4 = 4,
d) Xl + 2x2 + X3 + X4 = 3,
2x3 + 3x4 = 4.
1
x + 3y - z = -2
e) ! 2x + 4y + 3z = �,
3x - 2y + 5z = 1 3;
3. Ištirkite tiesinių lygčių sistemų suderinamumą; suderintąsias sistemas
išspręskite:
3 x + y - z = 0,
7x - 8y + 2z = l,
x - 3y + 5z = 4,
3x - y - z = 4,
a)
b) 1 2x + y - 7 z = 1 2,
e) 1 3x + 5y - 4z = 4,
5x - y + 3z = 38,
x - 1 8y + l 0z = 1 0;
5x - 22y + 42z = 1 6;
x + 6y + z = -2;
!
l
4. Gauso metodu išspręskite šias tiesines lygčių sistemas:
a)
3x + 4y + 5z = I,
2x - 7y - 8z = 7,
x + 5y + 7z = O,
5x + 2y + z = I;
3x + 2y + z = 3,
2x1 - 3x2 + 5x3 - l lx4 = 7,
4x - y - 2z = 8,
b) l
e) 1x 1 + 4x2 - 2x3 + 7x4 = 5,
7x + 5y - z = 3,
8x1 - x2 + l lx3 - 1 9x4 = 30;
4x + y - 2z = 5;
x1 - x2 + x3 - 2x4 = 5,
2x1 + 2x2 - 3x3 + x4 = 7,
d)
x1 + 7x2 - 9x3 + 8x4 = - 1,
2x1 + 1 8x 2 - 23x3 + 2 1x4 = -5.
5. Su kuriomis a ir b reikšmėmis tiesinė lygčių sistema
turi:
x + y + z = I,
! ax + y + z = b,
a) be galo daug sprendinių;
b) neturi sprendinių?
a2x + y + z = b2
l
101
6. Išspręskite homogenines tiesines lygčių sistemas:
l
3x - 2y + 5z = 0,
a) 4x + y - 7z = 0,
x + 2y + 6z = 0;
2x + y - 5z = O,
2x - 5y + z = O,
x - 3y + 2z = O,
x + y - 3z = O,
c) 1
b)
x - 1 3y + l lz = O,
3x + 2y - z = O,
x - 3y + z = O;
x
5y
+
8z
=
O;
3
l
7. Raskite homogeninių tiesinių lygčių sistemų fundamentaliąją sprendinių
sistemą ir bendruosius sprendinius:
a)
c)
1
x1 - 3x2 + 5x3 + 6x4 = 0,
2x1 + x2 - 4x3 + 5x4 = 0,
x1 + 1 1x2 - 23x3 - 8x4 = O,
3x1 - 1 6x2 + 29x3 + 25x4 = O;
6x1 + 4x2 + 2x3 - 3x4 + 3x5 = O,
2x1 - x2 + 5x3 + 7x4 = 0,
b) 4x1 - 2x2 + 7x3 + 5x4 = 0,
2x1 - x2 + x3 - 5x4 = O;
9x1 + 8x2 + 5x3 + 6x4 + 9x5 = 0,
3x1 + 8x2 + 7x3 + 30x4 + 1 5x5 = 0,
6x1 + 6x2 + 4x3 + 7x4 + 5x5 = O;
8. Duotos matricos
l
30 - 24 43 - 50 - 5
4 2 9 - 20
2 ] ir B = [ 1 - l l 2 1 3
A =[ 9 -15 8
5
4
2
9 - 20 - 3
5
9 -15 8
Kurios matricos eilutės sudaro lygčių sistemos
3x1 + 4x2 + 2x3 + x4 + 6x5 = 0,
5x1 + 9x2 + 7x3 + 4x4 + 7x5 = O,
4x1 + 3x2 - x3 - x4 + 1 1x5 = O,
x1 + 6x2 + 8x3 + 5x4 - 4x5 = 0
fundamentaliąją sprendinių sistemą?
-3]
4
2
1 02
Atsakymai
l e+
t. a) (- 1 ; 3; 2); b) (4; 2,5; -I); e) ( l ; 2; -1 ); d) (2; - l ; l ; -2). 2. a) (2; O; -5); b) ( -3 ; l ; 2);
j(
,) (2; - l ; l ); d) [· ++-2,f) . 3. •) (3; -2; 7); b)
e) sis<c= yra """'"'""' d)
l(f
l· +
fc, + 2");+ (4 + 1 7u);u
f
(9 + 2u • 2jl); (l + Jo - 3P); a; p
P,
e) ,i,<c= yra
+
nesuderinta; f) ( l ; - l ). 4. a) ( l ; -3; 2); b) sistema yra nesuderinta; e) sistema yra nesuderinta;
d) {(±(1 7 + a + 3j3);±(-3 + 5a - 5j3);a;j3)l a,j3 e R} . S. a) kai a = b arba b = l ; b) kai a "# b ir
b , l . 6. ,) (O; O; O); b) (O; O; O); e) ( (2a; a; a)f, ,
·H įl
•l,
d)
j(
l
1
; a - p; 1; a - p;a;p a, P ,
7. a) įa - 3j3; 2a + j3; a; 13)la, j3 e R} ; (l; 2; l; 0) , (-3; l; O; l) ;
b)
j(
a, P , R
a;�·¾a + ¾ p; f u
O;
·¾;
±}[O; l;
A)) A
A)- _!_(, s SA - ...!_(e) {(a ,·A·__!__(
l-', 1 1 - 24a - 1 9l-' ' 33 a + l-' )' 33 3a- ., l a• l-' e
( o;
l; - :� ; }3 ;
(- 1; l; l; O;
R}·' (1·'
¾; ·½l
24
O·' - · 2._. _ __!__ )
11 '
11' 11'
1
7
- 3 } d) {(- a - 1 13 + 1 y; a - � 13 - f y; a; l3; y) l a, l3, y e R} ;
3
1
0
o).(- ,
7
; - �; O; l;
0
l
o).(1; -¾;
O; O; 1) . s. B.
3
VEKTORINIS SKAIČIAVIMAS
3.1. Vektoriaus sąvoka
Matematikoje, fizikoje, technikoje ir kitur dydžiai skirstomi į dvi rūšis. Tie
dydžiai, kuriems apibūdinti užtenka vieno skaičiaus, vadinami skaliariniais.
Prie jų priskiriami pavyzdžiui, kūno tūris ir masė, aplinkos temperatūra. Tačiau
tenka nagrinėti ir kitos rūšies dydžius, apibūdinamus ne tik skaitine reikšme,
bet ir kryptimi. Jie vadinami vektoriniais (lot. vector - vežėjas, nešėjas), kaip
antai, judėjimo greitis, pagreitis, jėga.
Vektoriniai dydžiai paprastai vaizduojami kryptinėmis atkarpomis,
nurodant tų atkarpų pradžią ir pabaigą.
Apibrėžimas. Vektoriu mi vadinama kryptinė atkarpa.
Vektorių, kurio pradžios taškas yra A , o galo taškas - B, žymėsime AB .
Kartais vektorius žymimas viena raide b ir t. t. Taip pat vartojamas žymuo
be rodyklės, tačiau tada vektorius rašomas riebiu šriftu: a , b ir t. t.
Nagrinėsime laisvuosius vektorius, t. y. vektorius, kuriuos galima perkelti
a,
lygiagrečiai su jais pačiais. Taigi bet kuris vektorius AB reprezentuoja visą
aibę vektorių, gaunamų iš jo lygiagrečiuoju postūmiu. Toliau laisvuosius
vektorius vadinsime tiesiog vektoriais, bet visada turėsime galvoje, kad
kiekvieną vektorių galima perkelti lygiagrečiai su juo pačiu. Kalbėdami apie
vektorius, vartosime plokštumos ir erdvės R 3 vektorių sąvokas.
Vektorius, kurio pradžios bei galo taškai sutampa, vadinamas nu liniu
vektoriumi ir žymimas O.
1 04
Vektoriaus AB ilg iu, arba m od uliu, vadinamas kryptinės atkarpos AB
ilgis. Vektoriaus ilgis žymimas taip:
j-::Wj , lai , . .. .
Nulinio vektoriaus ilgis
lygus nuliui.
Du nenuliniai vektoriai a ir b , esantys lygiagrečiose tiesėse (arba toje
pačioje tiesėje), vadinami k olin ear iais iais. Žymime a II b . Kolinearieji vekto
riai gali būti vienakrypčiai arba priešpriešiniai (3 .1 pav.).
Vienakrypčiai vektoriai
b
3.1 pav.
Priešpriešiniai vektoriai
Du vienakrypčiai vektoriai ii ir b vadinami lyg iais iais, kai l a / = j b j .
Nulinis vektorius laikomas kolineariu su bet kokiu vektoriumi.
Trys nenuliniai vektoriai
b ir č vadinami komplanar iaisia is , kai jie
yra lygiagretūs su ta pačia plokštuma. Kitaip tariant, vektoriai ii , b , č yra
komplanarūs, jei egzistuoja plokštuma, kuriai jie visi priklauso (išsyk arba po
lygiagrečiojo postūmio). Trys vektoriai, kurių vienas yra nulinis, laikomi
komplanariais.
a,
3.2. Tiesinės vektorių operacijos
Vektorių aibėje apibrėžiamos šios tiesinės operacijos: vektorių sudėtis bei
atimtis, vektoriaus daugyba iš skaliaro.
Tarkime, kad duoti vektoriai a ir b. Pasirinkime bet kuri tašką A ir nuo jo
a , paskui nuo taško E - vektorių BC=b
atidėkime vektorių AB=
3.2 pav.
(3.2 pav. ).
3.3 pav.
l apibrėžimas. Vektorius AC, jungiąs vektoriaus a pradžią su vekto
riaus b galu, vadinamas vekt orių a ir b s uma a + b.
Šis apibrėžimas nusako vadinamąją vektorių sudėties tr ika mpio ta isyklę.
Vektorius galima sudėti ir pagal lyg iagr eta in io ta isyklę. Ją iliustmoja
3.3 paveikslas.
l
1 05
Trikampio taisyklę nesunku apibendrinti, kai duotas baigtinis kiekis
vektorių ii 1 , ii2 ,. . . , iin. Šių vektorių suma yra grandis OAn , uždaranti laužtę
OA1 A2 .. . An (3. 4 pav.).
3.4 pav.
3.5 pav.
Vektorius - b vadinamas pr iešingu vektoriui b , kai jie yra vienodo ilgio
ir priešingų krypčių.
2 apibrėžimas. Vek tor ilĮ ii ir b sk ir tu mu ii - b vadinamas vektorius,
-
lygus vektorių a ir - b sumai (3.5 pav. ).
Vadinasi, kai vektoriai ii ir b turi tą pačią pradžią, tai vektorius ii
a
a
-
b
jungia vektorių ir b galus ir yra nukreiptas į vektoriaus galą.
3 apibrėžimas. Nenulinio vek tor iau s ii ir reali ojo skaič iaus a sandauga
vadinamas vektorius b = aa, turintis vektoriaus ii kryptį, kai a > O, ir
priešingą kryptį, kai a < O. To vektoriaus ilgis
!Ej = lal · l a l.
Iš apibrėžimo išplaukia, kad vektoriai a ir b = a ii yra kolinearūs.
Teisingas ir atvirkščias teiginys: kai nenuliniai vektoriai ii ir b yra kolinearūs,
tai egzistuoja realusis skaičius a O , su kuriuo teisinga lygybė b = aa.
Nenulinio vektoriaus a vien etin iu vek tor iu mi, arba or tu, vadinamas
vektorius
*
0
Iš čia aišku, kad ortas ii ir vektorius ii yra vienakrypčiai, tik orto ilgis lygus
0
vienam matavimo vienetui, taigi ii = l.
l l
Apibrėžėme tris vektorią operacijas, kurios vadinamos tiesinėmis. Šioms
operacijoms būdingos tokios savybės.
l. Vektorią sudėtis tenkina komutatyvumo (perstatomumo) dėsnį:
2.
ii + b=b + ii.
(a + E )+ e = a + (E + e) .
Vektorių sudėtis tenkina asociatyvumo (jungiamumo) dėsnį:
106
3.
Vektoriaus daugyba iš skaičiaus tenkina asociatyvumo dėsnį:
a {l3a) = (a p )a ;
čia a, P - realieji skaičiai.
4. Vektoriaus daugyba iš skaičiaus tenkina distributyvumo (skirstomu
mo) dėsnį skaičių sudėties atžvilgiu:
(a + p)a = aa + pa ;
čia a, P - realieji skaičiai.
5. Vektoriaus daugyba iš skaičiaus tenkina distributyvumo dėsnį vekto
rių sudėties atžvilgiu:
a (a + b) = aa + ab
čia a - realusis skaičius.
b
l pavyzdys. Lygiašonės trapecijos ABCD (BC 11 AD, AB = CD ) (3.6 pav.)
B
l
•B1
A
smailusis kampas lygus
D
3.6 pav.
Vektorių
AD
išreikškime
vektoriais a = AB ir b = BC .
Sprend imas. Kadangi BAD = ..:: , tai AB1 = C1 D= ..[i, l a 1 -
Tuomet
4
2
Vektoriai BC ir AD yra kolinearūs, todėl
2 pavyzdys. Nuo taško O atidėti du vektoriai: OA = a ir OB= b .
M
Raskime vektorių OM , einantį
kampo A OB pusiaukampine
(3.7 pav.), kai IOMI = e .
3.7 pav.
-7t
1 07
b
0
•
Sprendimas. Vektorių OA Ir OB ortus pažymėkime atitinkamai 0
Tada
a =
-o
a
°
ir
1°1
Nubraižykime lygiagretainį, kurio kraštinės sutampa su vektoriais a Ir b
Kadangi šio lygiagretainio kiekvienos kraštinės ilgis lygus l , tai lygiagretainis
yra rombas. Jo įstrižainė ON kartu yra ir kampo BOA pusiaukampinė. Pagal
lygiagretainio taisyklę,
O
•
Vektoriaus ON ortas
Kadangi
<JM [ ON
°
---: ON
ON =
,ON ,
, tai
=
a
+
E
'-:..- · e . �
OM = c - ON = �---'IEI
b
a
-
°
l al
+
lai IEI
3.3. Vektoriaus projekcijos
Žinome, kad ašimi vadinama tiesė, kurioje nurodyta kryptis.
Ka mpu tarp dviejų vektorių (arba tarp vektoriaus ir ašies, arba tarp dviejų
ašių) vadinsime mažiausią kampą cp, kuriuo reikia pasukti vieną vektorių (ašį),
kad jo kryptis sutaptų su kito vektoriaus (ašies) kryptimi. Aišku, kad kampas cp
tenkina sąlygą O� cp � n (3 .8 pav.).
- . --·
___,,__..,._
X. �
l
3.8 pav.
l
108
Sakykime, duotas vektorius AB ir ašis /. Per taškus A ir B nubrėžkime
plokštumas, statmenas ašiai l (3 .9 pav.).
B
---
B
,
�
''
''
J _____ J_____
l
_ _ _ _ą,1
'
'
'
n'
:
:
D'
3.10 pav.
3.9 pav.
'
2
-·
'
l
'
'
l
l
ą,
: C'
e'
l
Plokštumų ir ašies l sankirtos taškus pažymėkime A ' ir B' . Kadangi
BB'1- l ir AA '1- l , tai taškai A ' ir B' yra tašką A ir B ortogonaliosios
projekcijos ašyje l.
Apibrėžimas. Vekt oria us AB projekc ija ašyje l vadinamas atkarpos
A 'B' ilgis su pliuso ženklu, kai kryptis iš A ' i B' sutampa su ašies l kryptimi,
arba su minuso ženklu, kai šios kryptys yra priešingos.
Vektoriaus a projekcija ašyje l žymima taip:
pr1 a.
Iš 3. 1 O paveikslo matyti, kad
pr1 AB> O,
pr1 CD < 0.
Taigi kai vektorius su ašimi sudaro smailųjį kampą, jo projekcija toje ašyje yra
teigiama, kai bukąjį kampą - neigiama. Be to, teisingos formulės
pr1
AB = ABI · cos cp1 ,
l
o
pr,
l l·
CD= CD
cos cp 2.
Vadinasi, kad ir koks būtų kampas cp tarp vektoriaus a bei ašies l - smailusis ar
bukasis, - visada teisinga formulė
trodysime, kad vektoriaus projekcijai būdinga tiesiškumo savybė:
pr, (aa + �b)=apr, a + � pr,b ;
čia a, � - realieji skaičiai.
Pirmiausia įrodysime, kad
pr, (aa)=a pr, a.
Kampą tarp ašies l ir vektoriaus a pažymėkime <p. Tada
pr,
a = l a l · cos cp.
(l)
1 09
Kai a > O, vektoriai a 1r a a yra vienakrypčiai ir su ašimi l sudaro
kampą cp, o l a i=a. Todėl
pr/ (aa)=i aa i cos cp=l a l · l a i cos cp=ai a i cos cp=a pr1 a .
Kai a < O, vektoriai
a
ir a
a
yra priešpriešiniai, todėl vektorius a a su
ašimi / sudaro kampą n - cp , o l a i=- a . Tada
pr1
(aa)= l aa l cos(rr - cp)=l a i · I a l (- cos cp)=
=-ai a
1(- cos cp)=a l a l cos cp=a prI a .
Kai a=O, ( l ) lygybė aiški savaime.
Dabar isitikinsime, kad
pr/ (a+ b)=pr/ a + pr/ b
Ši savybė išplaukia iš 3. 1 1 paveikslo.
A'
Kadangi A'C' =A'B' + B'C ' ir
(2 )
B
B
I
e'
3.1 1 pav.
l
A'C ' = pr1 (a + E), A'B'=pr1 a, B'C'=pr1 b ,
tai (2 ) lygybė yra teisinga. Analogiškai įsitikintume, jog būtų irgi teisinga (2 )
lygybė, kai taškai A', B' ir C' ašyje l užimtų kitokią padėti negu nagrinėtu
atveju.
3.4. Tiesinis vektorių priklausomumas
Tarkime, kad duoti vektoriai a 1 , 2 , . . . , n . Jie vadinami ti esiškai nepri
k lausomais , jeigu lygybė
(3)
a
a
yra teisinga tik tada, kai visi realieji skaičiai A 1 =A z =...=A n = O. Jei ši
lygybė teisinga, kai bent vienas iš skaičių A ; V=l, n) nelygus nuliui, tai
vektoriai a1 , 2 , . . . , n vadinami ti esiškai prik laus omai s.
a
a
1 10
Tarkime, kad bent vienas iš A- j , pavyzdžiui, A- k , nelygus nuliui. Tada
A. k a k = -(A- 1 a 1 +...+ A. k - l a k-1 +A- k +I G k I +...+ A- n a n )
+
ir
A- 1 A- k +l
A- k -1 A- n -... --a k-1 --- a- k+l -- - - -- a n .
a- k =- - ai
Ąk
Ąk
'A, k
'A, k
Pažymėję - !:l_ raide a; Ų =l, n; i "# k), turėsime:
Ąk
Kai (4 ) lygybė yra teisinga, sakome, kad vektorius a k yra kitų vektorių
tiesinis dariny s. Vadinasi, kai vektoriai yra tiesiškai priklausomi, tai vienas iš
jų yra tiesinis kitų darinys.
Įrodysime teiginį, kad bet kurie du kolinearieji vektoriai ii ir b yra
tiesiškai priklausomi. Kadangi ii I b , tai teisinga sąlyga
Iš čia
E -a a=o ,
b
=
a a; a "# o .
arba
1 . b + (- a)· a =
o.
Ši lygybė ir reiškia, kad kolinearieji vektoriai a ir b yra tiesiškai priklausomi.
Toliau įsitikinsime, kad bet kurie du nekolinearieji vektoriai ii ir b yra
tiesiškai nepriklausomi. Tarkime priešingai, kad jie yra tiesiškai priklausomi.
Tada galima rasti skaičius a1 ir a 2 , kurių bent vienas, pavyzdžiui, a 1 ,
nelygus nuliui, ir su kuriais
Kadangi
a 1 "# O,
tai iš šios lygybės išplaukia, kad
a
a =- z b
a,
o tai reiškia, kad vektoriai a ir b yra kolinearieji. Vadinasi, prielaida apie
vektorių a ir b tiesinį priklausomumą klaidinga. Taigi dar kartą pabrėžiame,
kad bet kurie du nekolinearieji vektoriai yra tiesiškai nepriklausomi.
l teorema. Bet kurie trys komplanarieji vektoriai yra tiesiškai
priklausomi.
Įr odymas. Kad teiginys yra teisingas, lengva įsitikinti, kai du iš vektorių
, b ir č kolinearūs, pavyzdžiui, 11 b. Tada
a
a
arba
1 - a -a - b +0 - č = O .
'
Tai rodo, jog vektoriai a , b ir č yra tiesiškai priklausomi.
a =ab
e
Tarkime, kad tarp vektorių a , b, ir
č nėra kolineariųjų. Perkelkime visus
vektorius į bendrą pradžios tašką O
(3.12 pav. ) ir iš vektoriaus č galo C
nubrėžkime tieses, lygiagrečias su
vektoriais a ir b. Gausime lygiagretainį
· OACB, kurio įstrižainė sutampa su
- a, - -
vektoriumi č . Kadangi OA 1 1
tai OA =a 1
a,
111
B
o
OB 11 b ,
3.12 pav.
OB=a2 b . Iš sąlygos č=OA+ OB gauname:
(5)
arba
(6 )
a,
(6 ) lygybė reiškia, kad vektoriai
b ir č yra tiesiškai priklausomi, o (5)
lygybė - kad vektorius č yra tiesinis vektorių a ir b darinys. A
Jei komplanariųjų vektorių būtų daugiau negu trys, pavyzdžiui,
b, e ,
d,
a,
m , tai, papildę (6 ) lygybę ir parašę
įsitikintume, jog visi vektoriai yra tiesiškai priklausomi.
Iš 1 -osios teoremos išplaukia tokia išvada: plokštumoje maksimalus
tiesiškai nepriklausomų vektorių skaičius lygus dviem. Kaip jau įsitikinome, tai
gali būti bet kurie du nekolinearieji plokštumos vektoriai.
2 teorema. Bet kurie keturi erdvės R 3 vektoriai
b, č ir d yra tiesiš
kai priklausomi.
Įrodymas. Kai trys iš šių vektorių, pavyzdžiui,
b ir č , yra
komplanarūs, tai, pagal 1 -ąją teoremą, jie yra tiesiškai priklausomi. Todėl
teisinga sąlyga a I a + a 2 b + a 3č=O ; čia bent vienas iš skaičitĮ a 1 , a 2 , a 3
nelygus nuliui. Šią lygybę parašome taip:
a,
a,
Vadinasi, vektoriai
a , b, č
a 1 ii +a 2 b + a 3č +O· d = O .
-
-
ir d yra tiesiškai priklausomi.
Sakykime, tarp vektorių
b , č ir d nėra komplanariųjų. Perkelkime
visus vektorius taip, kad jų pradžios taškas O būtų bendras (3.13 pav. ).
a,
1 12
Nubraižykime gretasienį, kurio
įstrižainė sutaptų su vektoriumi d ,
-
--
o jo briaunose būtų vektoriai ii , b
1r
o a
3.13 pav.
-
arba
--
č.
Kadangi
d = OE + ED =
= OA + OB+ ED ir ED = OC ,
tai
-
d=OA+ OB+ OC = a1 a +a 2 b +a 3 č ,
-
(7 )
-
Vadinasi, vektoriai a , b, č ir d yra tiesiškai priklausomi. Teorema
įrodyta. .A.
Galėtume nesunkiai įsitikinti, kad šios teoremos teiginys teisingas ir tada,
kai yra daugiau, negu keturi erdvės R 3 vektoriai.
Iš 2 -osios teoremos išplaukia tokia išvada: erdvėje R3 maksimalus
teisiškai nepriklausomų vektorių skaičius lygus trims. Jais gali būti, pavyzdžiui,
bet kurie trys nekomplanarieji vektoriai.
3.5. Bazė plokštumoje ir erdvėje R 3
l apibrėžimas. Bet kurie du tiesiškai nepriklausomi plokštumos vektoriai
e1 ir e 2 vadinami ba ziniais plokšt umo s v ektoriais (gr. basis - pagrindas).
Kaip jau minėjome, jais gali būti bet kurie du nekolinearieji vektoriai.
Tada kiekvieną vektorių ii galima išreikšti bazinių vektoritĮ 1 ir 2 tiesiniu
dariniu. Tam tikslui reikėtų pakartoti samprotavimus, kuriais rėmėmės
išvesdami (5) formulę. Vadinasi, yra skaičiai a1 ir a2 , su kuriais teisinga
lygybė
e e
(8)
Skaičiai a1 ir a 2 vadinami vektoria us ii koordinat ė mis pasirinktoje bazėje
e1 , e2.
Teorema. Vektorių galima išreikšti baziniais vektoriais vieninteliu būdu.
Įrodymas. Tarkime, kad vektorių ii galima išreikšti baziniais vektoriais ne
tik (8) sąryšiu, bet ir sąryšiu
a = � 1 e1 + � 2 e2 .
(9 )
Iš (8) lygybės atėmę (9 ) lygybę ir pritaikę vektorių tiesiniq operacijų savybes,
turime:
l
1 13
( 1 0)
Kadangi vektoriai e1 ir e2 yra tiesiškai nepriklausomi, tai ( l O) lygybė teisinga
tik tada, kai a 1 - P 1 = O ir a 2 - P 2 = O . Yadinasi, a 1 = P 1 ir a 2 = P 2 , o tai
reiškia, kad vektoriaus a reiškimas baziniais vektoriais e1 ir e2 yra
vienintelis . .6.
2 apibrėžimas. Bet kurie trys tiesiškai nepriklausomi vektoriai e 1 , e 2 ir
e3 vadinami baziniai s erdvės R 3 vektoriais.
Žinome, kad jais gali būti bet kurie trys nekomplanarieji vektoriai.
Samprotaudami analogiškai (kaip ir išvesdami (7) formulę), vektorių a
išreikštume baziniais vektoriais e1 , e2 ir e3 :
a= a 1 e 1 + a 2 e2 + a 3 e3 ,
(1 1)
be to, ši išraiška būtų vienintelė.
Skaičiai a 1, a 2 ir a 3 vadinami vektoriaus a koordinat ė mis bazėje
e1 , e2 IT e3 •
Iš tiesinių operacijų savybių išplaukia, kad, sudedant du vektorius, jų
koordinatės sudedamos, o dauginant vektorių iš skaičiaus, jo koordinatės
dauginamos iš to skaičiaus.
3.6. Ortonormuotoji bazė. Vektoriaus koordinatės
Dekarto• koordinačių sistemoje
Yra žinoma, kad trys viena kitai statmenos ašys Ox, Oy ir Oz (3. 1 4 pav.),
nubrėžtos per tašką O, sudaro stačiakampę Dekarto
z
koordinačių sistemą. Ašyse Ox, Oy, Oz atidėkime vienetinius
vektorius
T, ] ir k , kuriuos, kaip
k i
nekomplanariuosius, galime laikyti baziniais erdvės
.
3
R vektoriais. Kai baziniai vektoriai yra statmeni
y
vienas kitam, bazė vadinama ortogonali ąja , o kai, be
to, jie yra dar ir vienetiniai - ortonor muot ąja. Taigi
vektoriai T, ], k sudaro ortonormuotqją erdvės
3.14 pav.
R 3 bazę.
Bet kurį erdvės R 3 vektorių a galima išreikšti baziniais vektoriais T, ], k
(žr. ( 1 1 ) formulę):
( 1 2)
• Renė Dekartas (R. Descartes, 1 596-1 650) - prancūzų filosofas ir matematikas.
1 14
čia a x , a y , a z - vektoria us koordinat ės bazėje T, ] , k . Trumpiau vektoriaus
koordinatės ax , a y , az nurodomos taip: a = �x ; ay ; az }.
Įrodysime, kad vektoriaus a koordinatės a x , a y , a z yra to vektoriaus
projekcijos atitinkamai ašyse Ox, Oy, Oz:
Vektorių a perkelkime taip, kad jo pradžia sutaptų su koordinačių
pradžios tašku O, ir nubraižykime stačiakampį gretasienį, kurio įstrižainė
sutaptų su vektoriumi a (3.15 pav.). Žinome, kad
(13 )
a = OA+OB+OC.
y
Kai vektorius a yra pirmajame
oktante, tai
0A = IOAI · T' 0B = IOBI · ] '
oc = locj - F
3.15 pav.
Bendruoju atveju
Ženklas priklauso nuo to, kokie yra vektoriai i
OC - vienakrypčiai ar priešpriešiniai. Kadangi
IT
OA , j
IT
OB, k ir
± I OA I = PTox a , ± I OB I = PToy ii, ±locl = PToz a,
tai (13 ) formulę galime užrašyti taip:
a = PTox a· l+ pray a. ] + PToz a. k.
Palyginę ją su ( 12 ) formule, įsitikiname, kad vektoriaus koordinatės yra to
vektoriaus projekcijos koordinačių ašys e.
115
Kampus, kuriuos vektorius a sudaro su koordinačių ašimis Ox, Oy, Oz,
pažymėkime atitinkamai a, p, y (3. 1 6 pav.).
3.16 pav.
Iš stačiojo trikampio OBA išplaukia, kad
Analogiškai gautume:
ax = l a l · cos a .
ay = l a l · cos p
ir
Gz
�l
= cos a, todėl
= l a l · cos y .
( 1 4)
( 1 5)
Kadangi stačiakampio gretasienio įstrižainės ilgio kvadratas lygus trijų jo
matmenų kvadratų sumai, tai
2
l a l = aX2 + ay2 + aZ2 '.
iš čia
Skaičiai cos a, cos p ir cos y vadinami vektoriaus
Iš (14), ( 1 5) ir ( 1 6) formulės turime:
a
ax
cos a = � =
2
2
, 2
lai
v a x + ay + a z
a k rypties kosinusais.
a
a
Y
,
cos p = _L =
2
2
2
lai
�a X + ay + a Z
Tada
cos y =
az
lai
=
az
r 2 + a 2 + a Z2
"\J a X
( 1 6)
y
cos 2 a + cos 2 p + cos 2 y = l .
(l 7)
1 16
Kadangi
tai
0
a ={cosa; cosp; cosy} .
0
Vadinasi, vektoriaus a krypties kosinusai yra jo vienetinio vektoriaus či
koordinatės.
Žinome, kad, atliekant tiesines operacijas su vektoriais, tos pačios
operacijos atliekamos su jų koordinatėmis. Tarkime, kad a ={ax ; ay ; az },
b = �x ; hy ; b2
}. Tada
či ± b = �x ± bx ; ay ± by ; az ± bz } ,
A.a= l"-ax ; A.ay ; A.az }.
Kai vektoriai a Ir b yra kolinearūs, egzistuoja realusis skaičius A , su
kuriuo
E =A.a ,
t. y.
Tada bx =Aa x ,
by =Aa y ,
bz =Aa z ir
A
ax
ay
az
·
bz
hx by
Taigi kolineariųjų vektorių koordinatės yra proporcingos. Teisingas ir
atvirkščias teiginys, todėl
a x ay a z
-- - - .
a- l l b- <=> - hx by bz
l pavyzdys. Įrodykime, kad vektoriai a= {2 ; 3 ;1 }, b ={5; 7 ; o} Ir e =
= {3 ; -2 ; 4 } sudaro bazę. Vektorių d ={4 ;12 ; -3 } išreikškime bazinių vekto
rių tiesiniu dariniu.
Sprendi mas. Vektoriai a, b ir e sudarys bazę, jeigu bus tiesiškai nepri
klausomi. Vadinasi, turime įrodyti, kad sąryšis
(1 8)
teisingas tik tada, kai a1 =a2 =a3 =O. (1 8) formulėje parašytus vektorius
išreikškime koordinatėmis ir atlikime veiksmus:
a1 {2 ; 3 ; 1} + a2 {5 ; 7 ; O}+a3 {3 ; - 2 ; 4 } = {o; O; O} ,
117
{2a1 +5a2 +3a3 ; 3a1 + 7a2 -2a3 ; a 1 + 4 a3 } = {O; O; o} .
Kadangi vektoriai yra lygūs, kai lygios jų koordinatės, tai turi galioti sąlygos:
2a 1 +5a 2 +3a 3 =0 ,
{3a 1 + 7 a 2 -2a 3 =0 ,
a1 +4 a3 = 0.
Gavome trijų lygčių su trimis nežinomaisiais homogeninę sistemą. Jos determi
nantas
2 5 3
Ll = 3 7 -2 =-35 :;c O,
O 4
todėl sistema turi tik trivialųjį sprendinį a1 = a2 =a3 =O. Vadinasi, vektoriai
a, b
e
ir
yra tiesiškai nepriklausomi.
Sakykime, vektorius d išreiškiamas bazinių vektorių tiesiniu dariniu:
d = aa + �b + yc
Sulyginę kairiojoje ir dešiniojoje lygybės pusėje esančių vektorių koordinates,
gauname sistemą
2a +5� +3 y =4 ,
3a
{ + 7 � - 2 y = 12 ,
Kadangi
Ll1
=
4
12
-3
a +4 y = -3.
5
7
o
2 4
3
-2 = -35, Llz = 3 12
4
-3
tai, pritaikę Kramerio formules, gauname:
2 5 4
-2 = -35, Ll 3 = 3 7 12 =35 ,
4
l o -3
3
Llz = l, y = Ll 3 = -1.
a = Ll1 = l, � = �
�
7
Taigi vektorius d taip išreiškiamas baziniais vektoriais
d =a + b -c . ..,
a, b
ir e :
2 pavyzdys. Įrodykime, kad vektoriai a = {6 ; 4 ; 2 }, b = {-9 ; 6 ; 3 } ir
e = {-3; 6 ; 3 } yra tiesiškai priklausomi. Vektorių e išreikškime tiesiniu
vektorių a ir b dariniu.
118
Sprendimas. Analogiškai l pavyzdžiui sudarome sistemą
Kadangi jos determinantas
6a 1 - 9a 2 - 3a 3 = O,
{ 4a 1 + 6a 2 + 6a 3 = 0,
2a1 + 3a 2 + 3a 3 = 0.
6 -9 -3
4 6
6 = 0,
3
2 3
tai sistema turi be galo daug nenulinių sprendinių. Vadinasi, vektoriai yra
tiesiškai priklausomi. Todėl
č = aa + �b .
Sulyginę vektorių koordinates, turime:
6a - 9� = -3,
{ 4a + 6� = 6,
2a + 3� = 3.
Šios sistemos sprendinys yra a =
..!.2 , � = � . Tada
3
2 b- . A
c- = -} a_ + 3
2
3 pavyzdys. Vektoriai a Ir b = {6; - 8; - 7,5} yra kolinearūs.
Apskaičiuokime vektoriaus a koordinates, žinodami, kad jis su ašimi Ox
sudaro smailųjį kampą, be to, a = 50 .
l l
Sprendimas. Pažymėkime: = {x; y; z}. Kadangi
rių koordinatės yra proporcingos:
� .1'._ _
z_
=
= A. .
=
6 - 8 - 7,5
a
a
Iš
11
b , tai abiejų vekto
čia x = 6A, y = -8A, z = -7 ,5A . Taigi ieškomasis
= {6A;-8A;-7,5A} . Iš sąlygos Ia l = 50 gauname lygtį
Ją išsprendę, turime:
�x2 + y 2 + z 2 = 50.
�36A2 + 64A2 + 56,25A2 = 50,
�156,25A2 = 5 0 ,
12,5 l A.l = 50, l A.l = 4 .
vektorius
a=
1 19
Kadangi vektorius a su ašimi Ox sudaro smailųji kampą, tai jo projekcija
ašyje Ox yra teigiama, todėl x > O ir l AI = A = 4 . Galutinai gauname:
a = {24;-32;-30} . ....
4 pavyzdys. Vektorius a su ašimi Ox sudaro kampą a = 60 , su ašimi
°
p = 45 , su ašimi Oz - bukąji kampą. Apskaičiuokime
vektoriaus a koordinates, kai l ii l = 8.
Sprendi mas. Pasinaudokime vektoriaus krypties kosinusų savybe:
Oy - kampą
Iš čia
Tada
°
cos 2 a + cos 2 p + cos 2 y = l .
cos 2 y = l - cos 2 a - cos 2 p = l - cos 2 60 ° - cos 2 4 5 ° =
.!..4 .
icos rl = .!_ . Kadangi kampas y yra bukasis, tai cos y < O
2
icos rl = - cos y . Taigi cos y = -
.!..2 .
1r
Vektoriaus a koordinates ax , aY , az
apskaičiuosime pagal ( 1 4) ir ( 1 5) formulę:
ax = laĮ cos a = 8 cos 60 = 4; ay = ĮaĮ cos P = 8 cos45 = 4 J2.;
°
az = lai cos y = 8 · (
Vadinasi, ii = �; 4 J2.; - 4} . ..._
°
-½)
= - 4.
3.7. Spindulys vektorius. Atstumas tarp dviejų taškų
Taško M spinduliu vektoriumi r vadinamas vektorius
kurio
pradžia sutampa su koordinačių sistemos pradžia (3. 1 7 pav.). Kiekvieną erdvės
z
R 3 tašką M (x; y; z) atitinka tik
vienas spindulys vektorius ir
atvirkščiai.
Kadangi taško M koordinatės
sutampa su spindulio vektoriaus
projekcijomis koordinačių ašyse, tai
y
y
r = {x; y; z} . Taigi spindulio vektoriaus r ir jo galo taško M
koordinatės yra vienodos.
3.17 pav.
0M,
1 20
Tarkime, kad erdvėje R 3 pažymėti du taškai: Mi {x1 ; y1 ; z 1 ) ir
M2 (x2 ; Y2 ; z2 ) , kuriuos atitinka spinduliai vektoriai r1 = {x 1 ; Y1 ; z i } 1r
F2 = {x2 ; y2 ; z2 } (3.18 pav. ) . Kadangi M1 M2 = F2 - F1 , tai
M 1 M2 = {x2 -x 1 ; Y2 - Y1 ; z2 - z i }.
Vadinasi, norint rasti vektoriaus koordi
nates, kai žinomos jo pradžios taško M1
z
bei galo taško M2 koordinatės, reikia iš
galo taško koordinačių atimti pradžios
taško koordinates.
Atstumas d tarp dviejų taškų MI ir
y
M 2 lygus vektoriaus M 1 M 2 ilgiui.
Todėl, remdamiesi (1 6) formule,
gauname:
3.18 pav.
2
2
2
d = �(x 2 - x1 ) + (y 2 - Y1 ) +(z 2 - z 1 )
l pavyzdys. Taškas M nutolęs nuo taško A (O; O; 12) atstumu, lygiu 7 , o
6
2 3
.
.
.
.
- OM kryptles kosmusa1. lygus
tas"k o M
vektonaus
Ras k1me
, - 1r
7 7
7
koordinates.
Sprendimas. Pažymėkime : M (x; y; z); kartu ir
miesi (1 7 ) formulėmis, gauname:
X
�x 2 + y 2 + z 2
y
�x 2 + y 2 + z 2
z
�x 2 +y 2 + z 2
0M = {x; y; z}.
Remda
2
= '
7
3
7'
6
7
Pritaikę atstumo tarp taškų M ir A formulę, gauname dar vieną lygtį
� x 2 + y 2 +(z -12 )2 = 7 .
(19 )
(20 )
Aišku, kad ją patogiausia spręsti z atžvilgiu, tačiau pirma reikia kintamuosius x
ir y išreikšti kintamuoju z. Norėdami gauti šias išraiškas, iš pradžių pirmąją, o
paskui antrąją (19 ) sistemos lygtį padalij ame panariui iš trečiosios. Turime:
y= l
X
l
=
-; 3 , -; 2 ,
j
121
taigi
x = -z
(2 1 )
3'
Įrašę šias x ir y išraiškas į (20 ) formulę ir pertvarkę, gauname kvadratinę lygtį
49
- z 2 -24 z +9 5=0 ,
36
570
turinčią du sprendinius: z 1 =6 ir z 2 =
. Atsižvelgę į (21 ) formules,
49
28 5
190
.
. .
randame x 1 =2 , Y) = 3; X 2 ' Y2 =-. Vad"mas1, uz.davm10 sąlygą
49
49
tenkina du taškai:
190 . 28 5 . 570
M1 (2 ·' 3 '_ 6 ) ' M2 (
)· A
49 ' 49 ' 49
2 pavyzdys. Vektoriaus AB pradžia yra taškas A (3; 2 ; 7 ), o
AB
=1 5.
l
l
Raskime jo galo tašką B, kai kampai tarp šio vektoriaus ir koordinačių ašių
tenkina sąryšį sin a : sin � : sin y =3 : 4 : 5.
Spr endimas. Pažymėkime: sin a =3m, sin � =4 m, sin y =5m. Pritaikę
formulę cos 2 a=l -sin 2 a , gauname cos 2 a=l -9 m 2 . Analogiškai cos 2 � =
=l -l6 m 2 , cos2 y =l -2 5m2 . Toliau pasiremsime vektoriaus krypties kosi
nusų savybe cos 2 a+ cos 2 � + cos 2 y=l. Todėl
l l
l -9 m 2 + l - l6 m2 + l -2 5m2 =l;
iš čia m =.!_. Kadangi sin a, sin �, sin y yra teigiami ir tada, kai kampai
5
smailieji, ir tada, kai jie yra bukieji, tai m > O. Taigi m = ¼ ir sin a =¾ ,
4
.
.
sm A.., =- , sm y =l . Tada
5
cosa =±�l -sin 2 a =± i, cos�=± �, cos y =O.
5
5
Nežinodami, kokie yra kampai - smailieji ar bukieji - negalime praleisti
nė vieno ženklo, nes smailiojo kampo kosinusas teigiamas, o bukojo - neigia
mas.
Pagal (14 ) ir (1 5) formulę randame vektoriaus AB koordinates:
AB ={± � -1 5; ± ¾ · 1 5; 0 } ={±12 ; ±9 ;0 }.
1 22
Taigi yra keturi atvejai :
1) AB = {12; 9; o} ;
2)
AB = {- 1 2; 9; o} ;
4)
AB = {- 1 2; - 9; o} .
3)
AB = {12; - 9; o } ;
Išnagrinėkime pirmąjį atvejį. Pažymėkime: B (x; y; z). Tada AB =
= {x - 3; y - 2; z - 7} ir x - 3 = 1 2, y - 2 = 9, z - 7 = 0 , t. y. x = l 5, y = l l ,
z = 7.
Kiti trys atvejai tiriami analogiškai.
Atsakymas: B1 (1 5; l l; 7), B2 (- 9; 11; 7), B3 (15; - 7; 7), B4 (- 9;-7; 7). A
3.8. Atkarpos dalijimas duotuoju santykiu
Sakoma, kad taškas C dalija atka,pą AB (3. l 9 pav.) santykiu A = \ ;; 1 , kai
vektoriai
AC
ic
cii
yra vienakrypčiai, i, A = _
Tada l AC l = ±A.l CB l , arba AC = "- · CB .
A
1
1
;/ -
kai p,icipriešiniai.
1
A
B
e
3.19 pav.
Raskime taško C (xc ; yc ; zc ) koordinates, kai žinomos taškų A ir B
koordinatės: A (xA ; yA ; zA ), B (xe ; yB ; ze ) . Kadangi
tai
Iš čia
AC = 11,CB <=> {xc - xA ; Yc - yA ; zc - zA } =
= 11, {xe - xc ; Ye - Yc ; ze - zc } ,
x c - x A = 11, (x e - x c ) ,
Yc - Y A = "- (y e - Yc L
z c - z A = 11, (z 8 - z c ) -
Z A + A ZB
zc - --1 + 11,
123
Kai C - atkarpos AB vidurio taškas, tai 11. = l . Taigi gauname tokias
atkarpos vidurio taško koordinačių formules
l pavyzdys. Atkarpa AB taškais C ir D padalyta į 3 lygias dalis
(3 .20 pav.). Raskime taškų C ir B koordinates, kai žinomos taškų A ir D
1
koordinatės: A ( : ; - 8; 1 2} D (1 ; - 2; 2 ) .
Sprend imas. Kadangi taškas C yra atkarpos AD vidurio taškas, tai
Xc
14 4
-++
X
= A XD = ...1_____l_ = 3
'
2
2
-8 - 2
l2 + 2 7
= .
Yc = -- = -5, zc =
2
2
Taigi C (3;-5;7) .
3.20 pav.
T,<k„ B atkaą,ą AD dalija santykiu A = _ 1
1
Ys
e
o
A
o
:; 1 = -3 , todėl
1
4
14
--3·3 =
= 3
,
3
1 -3
=
Vadinasi, B ( - ½ ; 1; - 3) .
-8 - 3 - (-2)
= l, z s
1-3
=
12-3·2
= -3 .
1-3
Aišku, kad taško B koordinates galėjome rasti ir kitu būdu, atsižvelgę į tai,
xB
x
kad taškas D yra atkarpos CB vidurio taškas. Todėl iš sąlygos x D = c +
2
4
l
gautume x s = 2 xD - xc = 2 · - - 3 = - - . Analog1š
' kai'
3
3
YB = 2yD - YC = 2 - (- 2) + 5 = l ,
zB
= 2 z D - z e = 2 · 2 - 7 = -3 . A
124
2 pavyzdys. Trikampio vusunes yra taškai A (2 ; - l ; 4), B(3 ; 2 ; -6) ir
C (- 5 ; O; 2) (3.21 pav.). Raskime jo pusiaukraštinių sankirtos taško M
koordinates.
Sprend imas. Pirmiausia randame kraštinės AC vidurio taško N koor
dinates:
-1 + 0
2 -5
X N =--=-1 ,5 , YN =--=-0 , 5 ,
B
2
2
A
e
3.21 pav.
tr
Taigi
Iš geometrijos žinome, kad trikampio
pusiaukraštinės susikirsdamos dalija viena
kitą santykiu 2 : l , skaičiuojant nuo kampo
viršūnės. Todėl
x +
3 +2 · (- 1, 5 )
=O'
xM = 8 'J....xN =
1 +2
l+A
_ 2 + 2 · (-0 ,5 )
YM 1 +2
M (O; ½ ;O) . .A.
3'
ZM =
-6+2 · 3
=0.
1 +2
3 pavyzdys. Trikampio viršūnės yra taškai A (1; 2 ; - 1), B(2 ; -l; 3) ir
C(-4;7 ;5 ) (3.22 pav.). Apskaičiuokime jo vidaus kampo B pusiaukampinės
ilgį.
Sprendimas. Iš geometrijos žinome, kad pusiaukampinė BD dalija
priešingą kraštinę AC į dalis, proporcingas kitoms dviem trikampio kraštinėms.
Todėl
A
D
3.22 pav.
C
1 25
Randame vektorių AB ir BC ilgį:
2
2
2
I AB l == J(2 -1 ) + (- 1 - 2 ) + (3 - (- 1) ) == /26 ,
l
sc l == J(- 4 - 2)
2
2
+ (1 - (-1 ))2 + (5 -3 ) ==
./W4 == 2 /26 .
l
.
. •. .
� == /26
Tada "r;;-;- == -. Apska1cm0Jame
tas'ko D koordmates:
2
2 -v26
1 + L (- 4)
2
1
1 +2
2
-3,
l
-1+--5
2
Z D == ---=l .
l
l+-
l) .
11
Pusiaukampinės BD ilgį apskaičiuojame pagal
;
3
atstumo tarp dviejų taškų formulę:
Vadinasi, D (- ¾ ;
-
J sn J =
(2 + 2 )
3
2
2
2./74
11
2
+ ( - 1 - ) + (3 - 1) == --. .._
3
3
3.9. Skaliarinė dviejų vektorių sandauga
Apibrėžimas. Vektorių a ir b skaliarine sandauga vadiname skaičių,
lygų šių vektorių modulių ir kampo tarp vektorių kosinuso sandaugai.
Vektorių a ir b skaliarinę sandaugą žymėsime a - b arba (a, b). Taigi
a - b = l a i - l E l - cos q> ;
(22)
Iš (22) formulės išplaukia:
l)
a · b > O, kai vektoriai a ir b sudaro smailųjį kampą q> (O::; q> <
2)
a · b < O, kai vektoriai a ir b sudaro bukąjį kampą q> (
nes šiuo atveju cos q> > O;
nes tada cos q> < O;
%) ,
% 1r) ,
< q> ::;
1 26
3 ) a· b = O tada ir tik tada, kai vektoriai a ir b yra statmeni arba vienas
iš jų - nulinis.
Kadangi
(23 )
prii b= b cos <p ir prb a= a cos <p ,
l l·
l l.
tai iš (22 ) formulės išplaukia kita formulė, apibrėžianti skaliarinę vektorių
sandaugą:
(24 )
Vadinasi, skaliarinė dviejų vektorių sandauga lygi vieno 1s JŲ moduliui,
padaugintam iš antro vektoriaus projekcijos pirmojo vektoriaus kryptyje.
Bet kurių nenulinių vektorių skaliarinei sandaugai būdingos šios savybės:
l. Skaliarinė sandauga yra komutatyvi: a· b =b · a. Ši savybė tiesiogiai
išplaukia iš apibrėžimo.
2. Skaliarinė sandauga yra distributyvi vektorių sudėties atžvilgiu:
(a + E). e=a e + E e
Norėdami įrodyti šią savybę, taikysime (24 ) formulę:
.
. .
(a + E)- e=iel · Prč (a + E)= !el · �rč a + prč b)=
3.
l ei · prč a + l ei · prč E=a . e + b . e .
=
Skaliarinė sandauga yra asociatyvi daugybos iš skaliaro atžvilgiu:
čia ),, - realusis skaičius.
Taigi daugindami skaliarinę vektorių sandaugą iš skaičiaus, galime iš to
skaičiaus padauginti vieną vektorių, o rezultatą - skaliariškai iš kito vekto
riaus.
Šios savybės įrodymas analogiškas antrosios savybės įrodymui.
4. Skaliarinis vektoriaus a kvadratas lygus jo modulio kvadratui.
Iš tiesų
2
2
(25)
a- · a- =a- =1 a-1 , arb a 1 a- 1 =va�
Ci
Remdamiesi šiomis savybėmis, išnagrinėkime ortonormuotosios bazės
vektorių T, k skaliarinę sandaugą. Kadangi vektoriai T, k yra vienetiniai,
tai, pritaikę 4 -ąj ą savybę, gauname:
2
. = 2 =1 ,
k- - k- =k- 2 =l.
T - T =T =1 ,
.
J,
J,
JJ J
Vektoriai T ,
J, k poromis yra statmeni, todėl
T - ] =O,
] · k =O,
k · T =O,
] · T =O,
k· ]=O, T - k=O.
1 27
Vadinasi, ortonormuotosios bazės vektorių skaliarinę sandaugą galime
pateikti l lentele.
l lentelė
k
i
j
o
o
l
i
j
k
o
o
o
l
o
l
Apskaičiuokime vektorių a ir b skaliarinę sandaugą, kai žinomos šių
vektorių koordinatės stačiakampėje Dekarto koordinačių sistemoje. Tarkime,
kad
a = {ax ; ay ; az } = a) + ay ] + az k,
b = �x ; hy ; bz } = hx i + by ] + bzk;.
Tada
ii - b = (a) + ay ] + az k)(b) + by ] + bz k).
Remdamiesi skaliarinės sandaugos savybėmis, suskliaustus vektorius
dauginsime kaip daugianarius. Atsižvelgę į l lentelę, gauname:
- - i + a y by }- 2 + a y bz J· k +
a· b = a x bx i 2 + a x by i · J + ax bz i · k + ay bx J·
-
Taigi
-
-
+ a z bx k · i + a z by k · j + a z bz k 2 = a x hx + a y by + azb z.
-
-
-
-
(26 )
Skaliarinė dviejų vektorių sandauga lygi tų vektorių vienavardžių
koordinačių sandaugų sumai.
Pavyzdžiui, jei a =3 1 + ] -2 k, o b = l +5] -6 k, tai
a. E = {3 ; 1; -2 }. {1;5; 6 } =3 -1 + 1 -5 + (-2 ) · (-6 ) =3 + 5 + 12 =2 0.
Jeigu vektoriai a ir b yra statmeni, tai skaliarinė jų sandauga lygi nuliui:
a · b =O=:> ax bx + ayby + az bz =O.
Iš (25) Ir (26 ) formulės galime gauti jau žinomą vektoriaus modulio
formulę:
Skaliarinė sandauga taikoma sprendžiant šiuos pagrindinius uždavinius:
l. Ieškant kampo tarp vektorių a ir b :
128
cos cp =
2.
ll
a ·b
(2 7 )
lQl · b
Ši formulė gaunama iš (22) formulės.
Ieškant vieno vektoriaus projekcijos kitame vektoriuje:
_ a·b
prb a = w ·
Ši formulė gaunama iš (24 ) formulės.
3. Apskaičiuojant darbąA, kurį atlieka jėga
tašką, kol jis nueina tiesės atkarpa kelią Išl :
(28 )
F , veikdama materialųjį
A = \ F l · l š l · cos cp = F' · š;
(29 )
čia cp - kampas tarp jėgos ir kelio krypčių.
Vadinasi, darbas lygus kūną veikiančios jėgos ir to kūno poslinkio
vektoriaus skaliarinei sandaugai (skaliarinės sandaugos mechaninė prasmė).
-
I E I = 4 , o kampas � = (/b l = 1 20' .
l pavyzdys. Apskaičiuokime skaliarinę sandaugą (3 a 2b )(2a + b
IOI = 3 ,
), kai
Sprendi mas . Remdamiesi skaliarinės sandaugos savybėmis, gauname:
(3a - 2b-)(2a + b- ) =6 a 2 +3a . b- -4 b- . a - 2b-2 =
2
2
2
2
=6 l a J +3 a · b -4 a - E -2 \ E \ =6 J a l -a - E -2 \ E \ =
=6 -9 -J a J - \ E \ cos cp -2 -16 =54 -3 ·4 { -½) -32 =28 . .._
2 pavyzdys. Trikampio viršūnės yra taškai A (2; -1;4 ), B(5;3 ;4 ) ir
C (2 ; 5; 1 2 ). Iš viršūnės C nuleista aukštinė dalija kraštinę AB į dvi atkarpas.
Apskaičiuokime kiekvienos jų ilgį
ir trikampio viršūnės A vidaus
C
kampo didumą cp (3.23 pav.).
AC
A ..__..___,.______D
D
3.23 pav.
Sprendi mas. AB = {3 ;4 ;0 },
= {o;6;8 }. Taikydami (2 7 )
formulę, gauname:
cos cp =
1-1 1-1
AB· AC
AB· AC
Bet
Aš · Ač = {3;4 ;0 } - {0 ;6 ;8 } = 4 , !ABI=.J9 + 16 = 5, , ACI = .J36 +64
2
todėl
24
12
cos cp=-- = - =O48 .
5 - 10 2 5
°
Iš čia cp :::::6 1 18 '.
Toliau remsimės (28 ) formule:
1 -1
-
AD =prAB AC =
Kadangi
I ABI
AB- AC
1 29
= 10 ,
24
5 =4 ,8 .
=
lool=5 - 4 ,8 =0 , . A
tai
2
3 pavyzdys. Duoti vektoriai a = {3;-1 ;5} ir b =1{ ; 2 ;-3}. Raskime vektorių
m , statmeną ašiai Oz ir tenkinantį lygybes m · a = 9, m · b = -4 .
Spr endi ma s. Pažymėkime: m = {m x ; m y ; m z } . Kadangi ( m,/\Oz) = 90 ° ,
°
tai m z =lmi · cos 90 =0 . Tada m={m x ; m y ;O}. žinome, kad
{ m · a = 9,
3mx - my = 9,
{
=>
mx + 2my = -4.
m - b =-4
Išsprendę šią lygčių sistemą, gauname: mx = 2, my =-3. Todėl ieško
m
masis vektorius ={2; - 3; O}. A
4 pavyzdys. Materialųjį tašką P (3; 2;-5) veikia dvi jėgos: F1 ={3;-2 ;4 } ir
F2 = {7;1 ; -1 }. Apskaičiuokime darbą, kurį atlieka šių jėgų atstojamoji F ,
perkeldama materialųjį tašką P į tašką Q ( l ; 2 ; 4 ).
Spr endi ma s. Taikysime (2 9) formulę. Kadangi F = F1 + F2 = {10 ; - l ; 3 },
o =PQ = {- 2; O; 9} , tai
s
A=F - š =10 - (- 2 )-1 -0 + 3 - 9 = 7 . A
1 30
3.10. Vektorinė dviejų vektorių sandauga
Tarkime, kad a ir b yra nekolinearieji vektoriai. Jų sudaromą kampą
pažymėkime cp (O«p < 1t) .
Apibrėžimas. Vektorių
a ir b
v ekt orine sandauga
vektorių č (3.24 pav.), tenkinantį tris sąlygas:
l)
č..L
a
ir č..L b , taigi č statmenas vektorių
a ir b
axb
vadiname
plokštumai;
2 ) vektoriaus č modulis lygus lygiagretainio, kurio dvi gretimos
kraštinės sutampa su vektoriais a ir b, plotui, t. y.
(30 )
3 ) vektorius č nukreiptas taip, kad, žiūrint iš jo galo, atrodytų, jog
vektorius
pasuktas mažiausiu kampu cp prieš laikrodžio rodyklės sukimosi
a,
l
kryptį, sutampa su vektoriaus b kryptimi.
Žymima C = Q X b arba Č = [ ab
a,
Dar sakoma, kad trečiąjį reikalavimą tenkinantys vektoriai
b, č sudaro
dešininį trejetą. Kai vektorius a sukamas prieš laikrodžio rodyklės sukimosi
kryptį (3.24 pav.) iki vektoriaus b , tai vektorius a x b rodo kryptį, kuria judėtų
dešininį sriegį turintis varžtas, esant
pasirinktai
sukimo
krypčiai.
c = ax b
Dešininę sistemą galima pavaiz
duoti dešiniosios rankos pirštais:
b �----,.
nykštį nukreipus vektoriaus a
-
-
a
bx a
a
3.24 pav.
-(E a)
kryptimi, o smilių - vektoriaus b
kryptimi, didysis pirštas rodys
vektoriaus č kryptį. Tais pačiais
kairiosios rankos pirštais galima
pavaizduoti kairinę sistemą.
Bet kurių nenulinių vektorių
vektorinei sandaugai būdingos šios
savybės:
1.
x E= x .
Vadinasi, vektorinė sandauga nėra komutatyvi.
Norėdami tuo įsitikinti, pirmiausia pastebime, kad vektorių x b ir b x
ilgis yra vienodas, nes abiejų moduliai lygūs to paties lygiagretainio plotui.
Žiūrint iš vektoriaus a x b galo, atrodys, kad vektorius b sukamas mažiausiu
a
a
1 31
kampu cp laikrodžio rodyklės sukimosi kryptimi, kol sutampa su vektoriaus a
kryptimi. Todėl vektoriaus E x kryptis turi būti priešinga vektoriaus x E
krypčiai (3 .24 pav.).
2. Vektorinė sandauga asociatyvi daugybos iš skaliaro atžvilgiu:
a
a
A.(a x E) = (A a)x E = a x ("- E);
čia A - realusis skaičius.
Abi šios formulės dalys įrodomos analogiškai. Įrodysime pirmąją, tarę,
kad A > O. Pažymėkime, [ /b
]-• .
kryptys sutampa. Kadangi
Tada [A ;, b ] - • , nes vektorių ii ic A ii
l "- (a x E )I = "-I a x El = "- I at- IE! sin cp ,
! (A.a )x E l = l"-al -jEl · sin cp = "-l al · IEI - sin cp ,
tai vektorių "- (a x E) ir (A.a ) x E moduliai lygūs. Šių vektorių kryptys taip pat
sutampa, nes daugyba iš teigiamo skaičiaus A jų krypties nekeičia. Vadinasi,
"- (a x E)= (Aa)x E .
3.
(a + E )x C = a
C+EXC
Vektorinė sandauga yra distributyvi vektorių sudėties atžvilgiu:
X
Norėdami įrodyti šią savybę, pirmiausia išsiaiškinkime, kaip galima
nubraižyti vektorių a x č
0
O
;
čia č
O
-
vektoriaus č ortas. Tarkime, kad vektoriai
a ir č išdėstyti taip, kaip pavaizduota 3 .25 paveiksle. Nubrėžkime plokštumą
rt, statmeną vektoriui č , ir įją suprojektuokime vektorių a = OA . Gautą vekto
rių OA1
pasukime 90
°
A
Įrodykime, kad OA2 = a x Č
3.25 pav.
0
kampu laikrodžio rodyklės sukimosi kryptimi.
•
3.26 pav.
1 32
Kadangi
°
l
a
l
I OA2 I =l OA1 l =I a ! · cos�0 -<p)= a i · sin <p ,
X
č l=
0
0
l a 1· I Č
0
l a l · l • sin <p =l a l · sin <p
1 · sin <p =
tai vektorių OA2 ir a x č moduliai yra lygūs.
Vektorius OA2 yra statmenas vektoriams a
ir č
0
kad, žiūrint iš jo galo, atrodo, jog trumpiausiu keliu nuo a
priešinga laikrodžio rodyklės judėjimo kryptimi.
ir nukreiptas taip,
iki
č
0
einama
Taigi vektorius OA2 tenkina visus tris reikalavimus, suformuluotus
vektorinės sandaugos apibrėžime, todėl
OA2 = a x č
0
-
b
(3 1 )
Tarkime, kad duoti vektoriai ii = OA 1 ir =A1 B1 , taip pat vektorius č 0
bei jam statmena plokštuma 7t (3 .26 pav.). Tada
a + b =OB1 •
Trikampi OA1 B1 suprojektuokime į plokštumą 7t ir jo projekciją OA2 B2
•
°
pasukime 90
kampu laikrodžio rodyklės sukimosi kryptimi. Gausime
trikampi OA3 B3 . Remdamiesi (31 ) formule, galime parašyti:
0
0B3 = OB, x Č =(a + b )x Č
0
oA3 =oA1 x č = a x č
0
Kadangi
tai
0
,
A3 B3 = A1B1 x č = b x č
0
0
0
,
•
0
(a + b )x Č = G X Č + b X Č
0
•
Padauginkime abi šios lygybės puses iš skaičiaus j č j ir pritaikykime
2 -ąją savybę :
0
(a + E )x j čj č =a x j čj - č 0 + E x j č j - č 0 ,
0
(a+ b )x Č =G X Č + b X Č,
nes j čj · č = č. Savybė įrodyta.
a x E = o � a 11E .
4 . Vektorinė sandauga a x b = O tada ir tik tada, kai bent vienas iš
daugiklių yra nulinis vektorius arba šie vektoriai yra kolinearūs:
133
Š i savybė tiesiogiai išplaukia i š vektorinės sandaugos apibrėžimo. Atskiru
atveju gauname: X = 0 .
Kadangi galioja 2-oji ir 3 -oji savybė, tai vektorius dauginame vektoriškai
pagal tas pačias taisykles, kaip ir du pirmojo laipsnio daugianarius. Tačiau
turime nepamiršti, kad, sukeisdami daugiklius vietomis, kartu turime pakeisti ir
atitinkamo nario ženklą.
l pavyzdys. Sudauginkime
(3 a -5b )x (4 a +
Sprend ima s. Daugindami panariui, gauname
a a
E) .
(3 a -
sE )x (4 a + E)=3 a x 4 a +3 a x E - sE x4 a - sE x E =
= 3a x b -5b x4 a = 3 (a x b)- 20 (E x a)=3 (a x b)+ 20 (a x b)=2 3 (a x E). A
Remdamiesi vektorinės sandaugos apibrėžimu, galime sudaryti
ortonormuotosios bazės vektorių T, ], k vektorinių sandaugų lentelę.
2 lentelė
k
i
k
j
( o\
�
i
j
k
3.27 pav.
o
k
j
-i
o
-k
-j
i
o
Įsidėmėti šią lentelę padės schema, pavaizduota 3 .27 paveiksle. Jei
trumpiausiu keliu nuo pirmojo iki antrojo vektoriaus einama priešinga
laikrodžio rodyklės sukimuisi kryptimi, tai sandauga lygi trečiajam vektoriui, o
jei laikrodžio rodyklės sukimosi kryptimi, tai trečiasis vektorius imamas su
minuso ženklu. Vadinasi, T x ] =k, ] x k =T, bet T x k = -] ir t. t.
Dabar apskaičiuosime vektorių a ir b vektorinę sandaugą, kai žinomos
tų vektorių koordinatės stačiakampėje Dekarto koordinačių sistemoje. Tarkime,
kad
b = �x ; by ; bz }=bx f + by ] + b z k .
Vektorius a ir b dauginame kaip daugianarius ir pasinaudojame 2-osios
lentelės rezultatais:
a x b = (a x i + ay ] + a) )x (bJ + by ] + b) )=
= ax bx {T x T)+ ax by (T X J)+ ax bz (T X k )+
1 34
(7 x k )+
+ az bx (f i ) + a z by (f x ] )+ a2 bz (f x k)=
+ a y bx {] x T)+a y by (J x J)+ a y b z
X
= axby k + axbz {-J)+ ay bx {-k )+ ay bz i + a 2 bx] + a z by (-T) =
= (ay bz -az by )T -(ax bz -az bx )] +(ax by -ay bx
)f .
Suskliausti reiškiniai lygūs atitinkamiems antrosios eilės determinantams, todėl
ay
_
a x b- =
by
az
1 -
7
bz
az _ ax
j+
bx
bz
ax
bx
ay k.
by
Dešiniojoje šios lygybės pusėje esantis reiškinys yra trečiosios eilės
determinanto
k
j
ay
i
ax
hx
az
bz
by
skleidinys pirmosios eilutės elementais. Iš tiesų
j
k
l +l ay
a z = -:l (-l ) l
by
bz
Todėl galutinai dviejų vektorių
trečiosios eilės detenninantu:
az
bz l
a
-:
+ l (- l )
ir b vektorinę sandaugą
i
a x b = ax
hx
arba
2 pavyzdys. Raskime vektorių
vektorinę sandaugą.
Sprendimas
i
1+2 ax
,
bx
1-
axb
išreiškiame
k
j
az '
bz
ay
by
(32 )
a = 2 i -3 ] + k
2' - *
k
j
1
1 3
axb = 2 -3
- • 2 2
2
ir
b = T +2 ] - 2 k
-� l + k l �
=4 i -] · (- 5)+ 7k = {4; 5; 7} . .A.
(33 )
/ l·
IV
Geometrij oje vektorinė vektorių a
ir b sandauga taikoma apskaičiuojant
lygiagretainio bei trikampio, kurių
kraštinės sutampa su šiais vektoriais
(3 .2 8 pav.), plotus:
S 1ygiagr. = l a X b l
135
a
3.28 pav.
,
st. = ½ l a x b l ,
(34 )
(35)
taip pat j ų aukštines (žr. (3 8) formulę) .
3 pavyzdys. Dvi lygiagretainio kraštinės sutampa su vektoriais a ir b .
Apskaičiuokime jo plotą, kai a=3 m - 2 n, b = 2 m +3 ii, Imi = 2 lnl = 5 , o
Sprendimas. Žinome, kad S1ygiagr. = l a x b l
·
Remdamiesi vektorinės
sandaugos savybėmis, apskaičiuojame vektorinę sandaugą a x b :
a x b = (3 m -2 n)x (2 m +3 n)=6 (m X m)+9 (m x n)-4 (n X m ) - 6 (n x n)=
Tada
= 9 (m x n )+4 (m x n)=13(m X n).
S 1ygiagr.
= i a X El =13 1 m X ii l =13 . Imi . lnl . sin [ m:
n) =
=13 · 2 -5 - sin30 ° =13 · 2 -5. .!.. = 65 (kv. vien.). A
2
4 pavyzdys. Trikampio ABC viršūnės yra taškai A (l;- l; 2 ), B (5 ;-6 ;2 ) ir
C (l;3 ;-1 ) . Apskaičiuokime šio trikampio plotą ir aukštinės, nuleistos iš
viršūnės B į kraštinę AC, ilgį (3.29 pav. ).
Sprendimas. Žinome, kad
S t.ABC =
½l AB AC5I.
x
Randame vektorių AB ir AC
koordinates bei vektorinę sandaugą:
AB = {4 ; -5 ; 0 } , A C = {0 ; 4 ; -3 } ,
B
A
3.29 pav.
(36 )
e
136
--
i
j
ABx AC= 4 - 5
o
4
k
o
=i
-3
-5
4
o
-3
-4
-j
o
o
-3
- 4 -5
+k
o
4
=l 5i - ] · (-12 ) +16 k =l 5i + 12 ] + l6 k = {1 5; 12 ;16 }.
Apskaičiuojame vektoriaus ABx AC ilgi:
2
2
2
IAB x ACl =�1 5 +12 +16 =.J62 5 =2 5.
Tada trikampio ABC plotas bus lygus
L
SMBC = 2 5 =12 ,5 (kv. vien.).
2
Norėdami rasti trikampio aukštinę h, pritaikykime kitą trikampio ploto
formulę:
½
S MBC = IACI · h ·
½ 1:w
Sulyginę (36 ) ir (37 ) formules, gauname:
Iš čia
X
½
(37 )
= I
·h
Ačl
Ačl
IAB x ACI
h = '-------'-
(38 )
1:::tcl
Kadangi IACI =.Jo +16 + 9 =5 , tai trikampio ABC aukštinė
h=
25
= 5 (ilgio vien.). A
5
5 pavyzdys. Raskime vektorių
m·
m , statmeną vektoriams a = {2 ;-3; l}
ir
b = {1;-2 ; 3 } bei tenkinanti sąlygą
Ų + 2] - 7 k )=10.
Sprendimas. Tarkime, ieškomasis vektorius
{mx ; my ; mz }. Kadangi
m a ir m ..L b ' tai m
..L
t. y.
yra kolinearus vektorių
m 11 (a x b).
I š pradžių randame vektorių a x b :
i
j
ii x b = 2 - 3
k
a
m=
ir b vektorinei sandaugai,
l =-1T -5] -k ={-7 ;-5;-l}.
-2 3
l
'
Žinome, kad kolineariųjų vektorių koordinatės yra proporcingos, todėl
mx mY mz
= A.
=
=
-7 -5 -l
Iš čia
kad
mx = -n, my = -5A, mz = -A.
1 37
(39)
Nežinomą dydi )., rasime iš sąlygos m - (T + 2 J - 7 k) = l O . Iš jos išplaukia,
arba
- n + 2 - (- 5).,) - 7 · (- A) = 1 0,
-10)., = 1 0,
A, = - 1 .
Įrašę šią A reikšmę į (39) lygybes, randame vektoriaus m koordinates, taigi ir
patį vektorių m = {7; 5; 1} . _..
Toliau pateiksime du mechanikos uždavinius, kurie sprendžiami remiantis
vektorinės sandaugos sąvoka. Tam tikslui taikomos formulės išvedamos fizikos
kurse.
Uždavinys apie besisukančio
materialiojo taško linijinį greitį.
Kai materialusis taškas M sukasi
žinomu kampiniu greičiu ro apie tam
tikrą ašį (pavyzdžiui, apie ašį Oz)
(3.30 pav.), tai šio taško linijinis
greitis v lygus kampinio greičio ro
ir taško M spindulio vektoriaus
OM
= r vektorinei sandaugai
y
3.3 0 pav.
- - -
v = ro x r .
(40)
6 pavyzdys. Kietasis kūnas 5 radis greičiu sukasi apie ašį, išeinančią iš
taško A (2; 3 ; - 1 ) ir nukreiptą vektoriaus a = {1; 3;-2} kryptimi.
Apskaičiuokime linijinį kūno greitį taške P (-2; 3; l ).
Sprendi mas. Taikysime (40) formulę. Spindulio vektoriaus r vaidmenį
vaidina vektorius AP = {- 4; 0;2} . Kampinio greičio vektoriaus ro kryptis
0
sutampa su vektoriaus a kryptimi, todėl
11 a be to,
II a , kartu
ro = l a o • Kadangi lai =
tai
roi .
M'
ro
ro
,
138
a-o
l
2
3
.JI4 ' .JI4 ' .JI4 .
a
= - = {- · - · - --}
lai
Todėl
Ir
v = ro x n =
i
5
j
15
-
../14 ../14
-4
O
k
-10
- 30 - 60
,.-; = 30
k- =
J+
,.-; i +
v14
l4
l4
v l4
v,.-;
v,.-;
2
v14
apie
Uždavinys
j ėgos
momentą. Tarkime, kad materialųjį
tašką A veikia jėga F (3.31 pav.).
Jos momentas M nejudančio taško
O atžvilgiu apskaičiuojamas pagal
formulę
A
y
3.31 pav.
,.-; 1{ 1; ;2 }. �
30
M =r x F ;
7 pavyzdys. Jėga F , kurios
lil = 4
čia r vektorius.
taško A
(41 )
spindulys
, veikia materialųjį tašką A (2 ; 3 ; -5)
vektoriaus a = {4 ;5;-2 } kryptimi. Apskaičiuokime jėgos momentą nejudančio
taško O ( l ; 2 ; -3 ) atžvilgiu.
Sprendimas. Taikysime (4 1 ) formulę. Randame:
lai =
Tada
r=
./45,
);-; {4 ;5;-2 } ,
OA = {1'· 1 '--2} '
0
a =
i = lil . a 0 =
v45
,k
{4 ;5;-2 } .
i j k
4
4
- - - {8 ;-6 ; l}. �
M =r x F = - l l - 2 =
45
4 5 -2
./45
.J45
1 39
8 pavyzdys. Liuko dangtis atkeliamas traukiant virvę, kurios vienas galas
pritvirtintas prie dangčio kampo. Virvė permesta per skridinį (3.32 pav.),
pritvirtintą 50 cm aukštyje virš sąvaros. Raskime įtempimo jėgą, kuri veikia
atkeliant dangtį, kai jo sunkio jėga lygi 20 N.
Sprendimas. Koordinačių ašis parinkime taip, kaip parodyta 3.32 pa
veiksle. Tarkime, kad dangčio masės centras yra tašbs M. Tada
0A = {0; 30; 50}, 0B= {60;-50; 0}, 0H = {0; 30; 0}, 0M= {30; 0; 0} ,
AŠ = oo - DA= {6o;-so;-5o} .
Kadangi įtempimo jėga f
nukreipta išilgai virvės AB ir
z
A
yra priešinga vektoriui AB , tai
r.
i
I
Apskaičiuojame vektoriaus
r= -Alf
AB ilgį: IASI = 1 12. Tada
f=_
3.32 pav.
r
I112
i �to·'-so'·-5o}= _ I56ri t5t o·'-40·'-25}.
Dangtį veikiančią sunkio jėgą pažymėję W , gauname W = {O; O; -20}.
Sąvaros reakcijos jėgą pažymėkime R ir apskaičiuokime suminį jėgų momentą
taško H atžvilgiu:
i}
i1 = HiJ x w + HB x f + HK x R = (oM - oii)x w + (oB - oii)x f +
+ llK x Ji - {30;-3 0; o}x {o; 0;-20} + {60;-80; o}x [- � {3 0;-40;-25
+
"'iiK x R= {600; 600; o} - l56l {2000; 1500; o} + "'iiK x R=
f
- 250 375
= 600; 600; O + T - ? ; ;O} + HK x R .
{
} 1 -1{
I4
1 40
Raskime skaliarinę sandaugą M · ] :
2 0
M · ]=M. {o; l;O} ={600; 600; O} · {O; l;O} + l fl{- � ;- 3 ; ;O} · {O; l;O} +.
1
HK 11 ] , tai ŲjK x f?.). J=O, todėl
-) -
Kadangi
HK x R · J .
-)
1 -1 14+\{-
HK x R · } = 600 - T + \{-
375
-
1 -1 l4 .
--
M · j = 600 - T ·
37 5
Ši skaliarinė sandauga lygi nuliui, nes M .l Oy t. y. M .l ]. Vadinasi,
iš čia
600
- l rl . 31745 =o '
Iri = 22,
4
N . ...
3.11. Mišrioji trijų vektorių sandauga
Vektorinės sandaugos ii x b rezultatas yra vektorius. Padauginę šį
vektorių skaliariškai iš vektoriaus č , gauname skaliarą.
Apibrėžimas. Trijų vektorių ii, b ir č mišri ąja sandauga vadinamas
skaičius, gautas skaliariškai padauginus vektorinę sandaugą ii x b iš
vektoriaus č .
Vadinasi, mišrioji sandauga yra trijų vektorių vektoriškai skaliarinė
sandauga. Mišrioji sandauga žymima (a x b č arba (abč).
)·
Tarkime, kad vektoriai ii, b ir e yra
nekomplanarieji. Atidėkime juos nuo
to paties pradžios taško O ir
nubraižykime gretasienį, kurio trys
briaunos sutaptų su vektoriais ii, b ir
č (3.33 pav.). Įrodysime, kad trijų
a
bXa
3.33 pav.
vektorių ii, b ir č mišrioji sandauga
(a x b )- č
lygi gretasienio, kurio
briaunos sutampa su šiais vektoriais,
tūriui, paimtam su pliuso ženklu, jei
vektoriai ii, b ir č sudaro dešininį
trejetą, arba su minuso ženklu, jeigu
minėti vektoriai sudaro kairinį trejetą.
141
Iš pradžių sakykime, kad vektoriai ii ir b yra nekolinearieji. Tada lygia
gretainio OADB, kurio kraštinės sutampa su vektoriais ii ir b , plotas bus lygus
i a X b l = S 1ygiagr..
Pažymėkime vektorių ii x b raide d . Pritaikę skaliarinės sandaugos apibrė
žimą, galėsime parašyti:
čia 0 � ( č:d
l·
(a x b) · c=l a x b l · i c j - cos0=S1ygiagr. P rJ č ;
Bet P',i C =OE = ±h ; čia h - gretasienio aukštinė. Pažymėję
gretasienio tūrį raide V ir žinodami, kad jis lygus pagrindo bei aukštinės
sandaugai, gauname
( ii x
b) · Č = S1ygiagr. (± h) = ±V
l
Dabar išsiaiškinkime, kuriuo atveju rašomas pliuso ženklas, kuriuo -
minu.so ženklas. Žinome, kad p,d C = +h , kai kampas 0=
smailusis (O� 0 <
%) .
(/d
yra
Šiuo atveju vektoriai ii, b ir č sudaro dešininį trejetą.
%
Tuo tarpu, kai kampas 0 yra bukasis (
< 0 � rc) , prJ č = -h ir vektoriai
ii, b ir č sudaro kairinį trejetą. Taigi įsitikinome, kad anksčiau suformuluotas
teiginys yra teisingas.
Kai vektoriai ii, b ir č yra komplanarieji, tai vektorius č yra vektorių
ii ir b sudaromoje plokštumoje ir todėl prJ č = O. Vadinasi, ir x b ). č =O.
(a
Lieka išnagrinėti atvejį, kai vektoriai ii ir b yra kolineariej .i Tada
G X b = 0 , 0 drauge ir X b ). C =Q.
(a
l (a
el·
Kadangi tūris matuojamas teigiamais vienetais, tai gretasienio tūrio
formulę galima užrašyti taip:
Vgrctas. =
X
b )·
1 42
Trikampės piramidės (3.34 pav.),
kurios trys briaunos sutampa su
vektoriais ii, b ir e, tūris apskai
čiuojamas pagal formulę
3.34 pav.
Bet kurie nenuliniai vektoriai a, b ir č turi tokias savybes:
l)
sąlyga;
2)
3)
4)
(a x b). č=O - būtinoji ir pakankamoji trijų vektorių komplanarumo
(a x b )- č > O, kai vektoriai a, b
(a x b )· e < O, kai vektoriai a, b
IT
e sudaro dešininį trejetą;
ir č sudaro kairinį trejetą;
(a x b)- č = (E x č )- a = (č x ii)- b = -(č x b). a = -(E x a )-č = -(a x č)-b .
Trumpiau šią savybę galima užrašyti, vartojant kitą mišriosios sandaugos
žymenį, būtent:
(aEe ) = (Eča )= (čab )= -(ačb )= -(čEa)= -(Eac ) .
Vadinasi, kai dauginami vektoriai
cikliškai sukeičiami vietomis 3.35
e
paveiksle
parodyta
rodyklės
kryptimi, tai mišrioji sandauga
išlieka teigiama, nes vektoriai b
ir č visą laiką sudaro dešininį
trejetą, o kai priešinga minėtame
rodyklės
paveiksle
parodyta
b
a
kryptimi - neigiama (šiuo atveju
trys mišriosios sandaugos vektoriai
3.35 pav.
sudaro kairinį trejetą).
Raskime vektorių
b IT č mišriąją sandaugą, žinodami šių vektorių
koordinates stačiakampėje Dekarto koordinačių sistemoje. Tarkime, kad
a,
a,
a= �x ; ay ; az } = aJ + ay ] + aJ '
1 43
Žinome, kad vektorių
a ir b
vektorinė sandauga
axb
yra vektorius
Padauginkime šį vektorių skaliariškai iš vektoriaus č . Tam tikslui vienavardes
vektorių a x b ir č koordinates sudauginkime ir sudėkime:
Dešiniojoje lygybės pusėje parašytas reiškinys yra trečiosios eilės determinanto
ax
hx
Cx
ay
by
Cy
az
bz
Cz
skleidinys trečiosios eilutės elementais. Iš tiesų
ay
by l '
todėl galutinai trijų vektorių mišrioji sandauga lygi trečiosios eilės determi
nantui:
ax
(a x b)- č = bx
Trijų nenulinių vektorių komplanarumo sąlyga yra
ax
(a x b)- č = hx
ay
by
Cy
az
bz =O.
Cz
l pavyzdys. Trikampės piramidės virSunes yra taškai A (3 ; -l ; 5),
B (5 ; 2; 6 ), C (-1 ; 3 ; 4) ir D (7 ; 3 ; -1 ). Apskaičiuokime šios piramidės tūrį ir
aukštinės, nuleistos iš taško D į sieną ABC, ilgį (3.36 pav.).
1 44
---
Sprend imas. Nubraižykime tris vektorius, išeinančius iš vieno taško,
pavyzdžiui, iš taško A: AB, AC, AD . Žinome, kad trikampės piramidės tūris
(4 2 )
Randame vektorių
koordinates:
A
AB, AC
lf
· '· 1 } ' AČ ={-4 '4 '· - 1} '
-;m = {2 '3
AD
Ai5={4 ;4 ;-6 }.
B
3 .36 pav.
Apskaičiuojame mišriąją gautų vektorių sandaugą:
(AB x Ac). AD = - 4 4
3
4
Tada trikampės piramidės tūris
Vpir. =
l l
- l = -1 56 .
4
-6
l
1 56
· -1 56 =
=26 (kub. vien.).
6
6
Norėdami rasti piramidės aukštinę h, pritaikykime kitą piramidės tūrio
formulę :
Bet
½l
S MBC =
AB x AC
l,
3
Vpir. = SMBC · h ·
todėl
Vpir. =¼ I AB x AC l · h.
Sulyginkime šią formulę su (4 2 ) formule:
l [(-
Iš čia
6
-) -1 61 1- -,
AB x AC . AD =
h=
AB x AC . h .
(AŠ x AC} AI5[
I AB x ACI
1 45
Kadangi
i
ABx AC = 2
tai l AB x
lygi
-4
j
3
4
k
-1
=-7 i -2 ] +20 k={- 7 ; - 2 ; 2 0} ,
Ač l=.J49 + 4 +4 00 =.J453 . Tada trikampės piramidės aukštinė h
h= 1
- 156
�
v453
1 = 156 ""7 ,33 (ilgio vien.). A
v4�
53
2 pavyzdy s. Su kuria '),., reikšme vektoriai
a, b
kai a =(3'),.,; l; 4 ) , b =(3; 2 '),.,; - 6 ) , č =Si + ] -2 k ?
Sprendimas. Vektoriai
dauga lygi nuliui:
a, b
ir č bus komplanarieji,
ir č yra komplanarieji, kai mišrioji jų san
4
3'),., l
2
(a x b)- č = 3 2 '),., -6 =O<=> 6 '),., +2 3'),., + 15 =O.
-2
8
-�i
-¾,
Išsprendę šią kvadratinę lygtį, gauname dvi reikšmes '),., 1 = - 3 ir '),., 2 =
su
kuriomis vektoriai a, b ir C bus komplanarieji . ..6.
3 pavyzdys. Ar gali keturi taškai A ( l ; 2 ; 3), B (2 ; 4 ; l ), C ( l ; - 3; 6 ) ir
D (4 ; -2 ; 3) priklausyti vienai plokštumai (3.37 pav.)?
Sprendi mas. Taškai A, B, C ir D priklausys plokštumai rc, kai vektoriai
AB, AC ir
-
AD bus komplanarūs. Randame šių vektorių koordinates:
::iB={1 '· 2 '· -2 }' A""č={o'·-5 '· 3} '
AD=µ;-4 ;0 }.
Apskaičiuojame mišriąją jų sandaugą:
�
.
B
e
A
l
(Asx AC)- AD = o
3
3.37 pav.
2 -2
-5 3 =0 .
-4
o
Kadangi mišrioji trijų vektorių sandauga lygi nuliui, tai tie vektoriai yra
komplanarūs, o taškai A, B, C ir D priklauso vienai plokštumai rc. A
146
3.12. Dvilypė vektorinė sandauga
Pirmieji du nagrinėtos mišriosios sandaugos (a x b ). č daugikliai buvo
dauginami vektoriškai, o gautas rezultatas iš trečiojo vektoriaus - skaliariškai.
Dabar nagrinėsime dvilypę vektorinę sandaugą
(a x b)x č ,
kurios tiek pirmieji du vektoriai dauginami vektoriškai, tiek gautas rezultatas
dauginamas vektoriškai iš trečiojo vektoriaus. Dvilypė vektorinė sandauga
visada yra vektorius. Įrodysime formulę, kurią taikant galima lengviau rasti šį
vektorių:
(a X b )x č = b ( . č )- č).
(43)
a
Pažymėkime:
a (E .
a ={a x ; ay ; a z }, b = �x ; by ; bz } ,
Q X b =�X ; d y ; d z } ,
Č = �x ; cy ; cz } ,
(a b )x C ={gX ; gy ; gz }. Žinome, kad
X
Dar kartą pritaikę šias formules, turime:
g =
X
l
dy
C
y
=a z bx c z -a x bz C z -c y a x by + cy a y bx =
= bx (a y C y + a z C z )-a x (bz C z + by c y ) -
Prie dešiniosios pusės pridėję ir iš jos atėmę reiškinį a x hx c x , gauname:
Vadinasi,
g x = bx (a x c x + a y c y + a z C z )-ax (bx cx +by c y +bz C z ).
Analogiškai įrodytume, kad
g y =by (a. e)- a y
(E . e)
ir
147
Tada
(a x E )x č = {g x ; g y ; g z } = (bx (a · č) -a x
+ (by (a · č)-ay (E - č
(E · č ) )T+
))J + (bz (a · č)- az (E - č ))f=
·
=(a · č) - E - (E - č )· a=E · (a · c ) -a (b ·c ) .
Taigi įsitikinome, kad (43 ) formulė yra teisinga.
Sukeitę jos daugiklius vietomis, gauname:
e x (a x E)= a (E . e)-E (a . e) .
įrašykime vektorių a , vietoj a - vektorių b , o vietoj b - vektorių
Vietoj č
č. Gausime:
arba
ax
ax
(E x e)= E . (e . a ) -e . (E . a) ,
(E x č )= E · (a - č ) - č - (a -E) .
(4 4 )
l pavyzdys. Apskaičiuokime dviem būdais (tiesiogiai ir taikydami (43 )
formulę) (a X b )x Č , kai Q = {3 ; 0 ; -1 } , b ={2 ; 4 ; 3 }, Č ={- l;3 ; 2 }.
Sprendi mas. Dvilypę vektorinę sandaugą pirmiausia apskaičiuosime
taikydami dviejų vektorių vektorinės sandaugos formulę:
i
j
k
Ū -l =4 i -11 ] +1 2 k ,
2 4 3
G X b= 3
k
-11 12 =-58 i -20 ] +k.
-l 3
2
i
(a x E)x c = 4
Dabar remsimės (43 ) formule:
j
(a b )x C ={2 ; 4 ; 3 } (3 · (-1 ) + Ū ·3 - l ·2 ) -{3 ; 0 ; -1 }(2 · (-1 ) + 4 ·3 +3 · 2 )=
X
=-5 · {2 ;4 ;3 } -16 · {3 ;0 ;-1 }=-10 i -20 ] -1 5k -48 i -16 k = - 58 i -20 ] + k.
Gavome tą patį rezultatą. .A.
2 pavyzdys. Įrodykime, kad
a + {i x (a x b)
kai a .l b.
))+l' b,
1 48
Spr endi ma s. Kadangi a ..L b , tai a · b =O. Taikydami (44) formulę
apskaičiuokime Q X
(a b):
X
a x (a x E) = a - (a - E)- E - (a - a ) = -Ea 2 = -EJ a J 2 ,
2
nes a 2 = J a j . Tada
a x (a x (a x E))= a x (- E J a J
(44) formulę taikykime dar kartą:
2
) = J aJ
2
(E x a ).
a x (a x (a x (a x E)))= J a J 2 - a x (E x a) = J a l 2 - (E - (a - a } - a (a - E))=
..
= 1 a- 1 2 · b- · a- 2 = , a- ,2 · b- · 1 a- 1 2 = , a- ,4 b- . Uždaviniai
l l l l,
kai
m
n
t. Vektoriai ii ir b sudaro 1 20 kampą. Apskaičiuokite ii + b ir ii - b
°
m
ir n sutampa su rombo ABCD įstrižainėmis A C =
Vektorius AB, BC, CD ir DA išreikškite vektoriais m ir n .
2. Vektoriai
li1 I = 2N ,
kampą tarp jėgos F ir
3. Materialųjį tašką A veikia dvi jėgos Fj ir F2 , kurių
Raskite jų atstojamosios jėgos
F
°
kai [ Fj >2 l = 60 .
modulį bei
ir BD = .
jft2 I = lN .
jėgos
F1 ,
4 Įrodykite, kad vektoriai ,o = {- 1; 1; 1}, ą = {l;- 1;1} ir r = {l; l;- 1 } sudaro bazę
erdvėje R 3 . Vektorių ii = {0; 2 ; 4} išreikškite bazinių vektorių tiesiniu dariniu.
5. Apskaičiuokite vektoriaus
d = ii - 2b + 3c
modulį bei vienetinį vektorių
d0
,
kai ii = {2,· -3 '· t }' b = {1 '· 5'· -2}' e = {3'· -4'· 3} .
6. Molekulės atomai išsidėstę �am,rės piramidės viršūnėse. Atomo X padėtis
nusakoma spinduliu vektoriumi OX = �.fj + v'z; 0; - 2 + .f6" } . Kitų trijų atomų
Yi , Y2 , Y3
padėtis apibūdinama spinduliais vektoriais OY1 = {JJ; - 2; - 1 } , O Y2 =
{Jz; ./6}.
= {JJ; 2;-1 } ir O Y3 =
Įrodykite, kad:
O;
a) visos piramidės briaunos yra vienodo ilgio;
b)
----
Xfi + fi Y2 + Y2 Y3 + Y3 X = 0 .
7. Materialųjį tašką A veikia trys jėgos: F1 , F2 Ir
yra žinoma, kad
F1 = {!; l; l},
F3 .
1 49
Raskite jų atstojamąją, kai
F2 nukreipta vektoriaus { l ; 2; -2} kryptimi, F3 - vek-
toriaus {3; -4; O} kryptimi, be to, I F'z l = 6 , o I F'3 1 = 1 0 .
8. Duoti vektoriai a = {!; - l; 2 },
a) či - č ; b) (a + b} č ;
b = {- 2; O; 2}
ir č = {3; 2; l} . Apskaičiuokite:
c) a - (2b + 3č }
d) (a · b} č .
9. Apskaičiuokite vektorių a = 3m - 0,5n ir AB skaliarinę sandaugą, kai
m = {1;-1; 2}, n = {2;4;-6}, A (I ;-l;-2), B (4; 1;-2) .
1 0. Raskite vektorių m, kolinearų su vektoriumi a = {2;3;2} , kai m · a = 34 .
1 1 . Duoti vektoriai a = {l ; l; I } , b = {3;2; - 3} ir č = {-1;4;- 1 } . Įrodykite, kad
a·b =a·č
ir pateikite geometrinę šio rezultato interpretaciją.
12. Jėga F = {3;-2; 5} perkelia materialųjį tašką iš padėties P į padėtį Q.
Apskaičiuokite jos atliekamą darbą, kai taškų P ir Q padėtis nusakoma spinduliais
vektoriais OP = {1 ; 4; - 1}, OQ = {- 2; 3; l } .
13. Raskite vektoriaus a = {2;-3; 4 } projekciją vektoriuje
ašimis sudaro lygius smailiuosius kampus.
14. Su kuria a reikšme vektoriai
15. Duoti vektoriai
a + ab
ir
a = {2; l; O}, b = {2; - 1; l}
a) či x b ; b) (a x b) x č ;
a - ab
b,
kuris su koordinačių
yra statmeni, kai l ai = 3 , o
ir č = {o; l; l } . Raskite:
a = 2i + J
b = -J + k . Apskaičiuokite šio lygiagretainio plotą b ei įstrižainių �udaroma kampą.
17. Raskite vektorių m , kuris yra statmenas vektoriams a = T + k ir b = 2] - k
ir kurio projekcija vektoriuje č = T + 2] + 2k lygi l .
16. Dvi gretimos lygiagretainio kraštinės sutampa su vektoriais
a = p + 2q ir b = 2 p + q , plotą, kai l PI = l, l ąl = l , o cp = [ lq) =
ir
1 8. Apskaičiuokite trikampio, kurio dvi kraštinės sutampa su vektoriais
p = 3i - 2k , r = {2;- l; - l } .
19. Raskite vienetinį vektorių
m0
,
kai
m = 2p x 3r + 4a
i·
ir
-
a = 2T ] + 3k ,
20. Raskite vienetinį vektorių, statmeną plokštumai, kurioj e yra vektoriai
{2; -1 ; l } ir {3; 4; -1 } .
1 50
2 1 . Kietasis kūnas sukasi 6 radis greičiu apie ašL išeinančią iš taško A (3; -2; 5) ir
nukreiptą vektoriaus {3; -2; l } kryptimi. Apskaičiuokite linijinį kūno greitį taške
P (3; - 2; l ).
22. Jėga, kurios modulis lygus 4 vienetams, tašką P (4; - l ; 2) veikia vektoriaus
{2; - l ; 4} kryptimi. Raskite jėgos momentą nejudančio taško A (3; - l ; 4) atžvilgiu.
23. Su kuria a reikšme vektoriai a = {2; - 2;- 1}, b = {- 3;2;1} ir Č = ai + 2] +
+ ak yra komplanarūs?
24. Trikampės piramidės viršūnės yra taškai A (O; O; l ), B (2; 3; 5), C (6; 2; 3) ir
D (3; 7; 2). Apskaičiuokite piramidės tūrį ir aukštinės, nuleistos iš viršūnės A į sieną
BCD, ilgį.
25. Duotos trys trikampės piramidės viršūnės A (- 1 ; 0; 1 ), B (-2; - J ; 0),
C (2; -1 ; l ). Raskite ketvirtąją viršūnę D, esančią ašyje Ox, kai šios piramidės tūris
V = 2 kub. vien.
26. Įrodykite, kad
1.
(a xb)(cxd) = ;:
;� .
Atsakymai
fi9; 1 . 2. -2!_{m - ii))2 (m + iiį .!..2 (ii - mP-(
- m - ii ). 3. .[7; 1 9,1
2
5. d = {9;-25; 1 4}, d' = {
b;- �; �}.
v902
v902 v902
°
a = 3p + 2;; + ,: .
. 4.
7. �;-3;-3). 8. a) 3; b) -1 ; e) 1 3 ; d) {6; 4; 2 } .
_L(b - c) . 1 2. 3 vien. 1 3. ./3 . 1 4. Su a = ± ¾ . 1 5. a) { l ; -2; -4} ;
3
1 6. 3 ir arccos .[s . 1 7. {-i; i ; i} . 1 8. .fi (kv. vien.).
2 4 2
9. - 4. 1 0. {4; 6; 4 ) . 1 1 . a
b) { 2 ; -1 ; l } ; e) 3 .{3 .
1 9. {-
2
-5 -3
.Jii
; .Jii;
.Jii } . 20.
23. Su a = l . 24. 20;
4
±
M
l
5
{- 3; 5; 1 1 } . 2 1 .
4
24 {
2; 3; 0 } .
/i4
.fsw
. 25. D1 (7; O; O), D2 ( -1 7; O; O) .
17
22 .
4
{- 2; - 8;- 1 } .
.fii
4
TIESĖ IR PLOKŠTUMA
4.1. Bendroji plokštumos tiesės lygtis
Tiesę plokštumoje galima vienareikšmiškai nusakyti keliais būdais: dviem
taškais, per kuriuos eina ta tiesė; tašku, priklausančiu tai tiesei, ir su ja
lygiagrečiu vektoriumi; tašku, priklausančiu tai tiesei, ir jai statmenu
vektoriumi. Nelygu kuris tiesės padėties nusakymo būdas pasirinktas,
gaunamos skirtingos išraiškos tiesės lygtys.
Šiame skyrelyje išvesime tiesės T lygti, kai žinomas jos taškas
M0 (x0 ; y0 ) ir nenulinis vektorius n = {A; B} , statmenas tai tiesei (4.1 pav. ).
n,
Vektorius
kuriam keliamas vienintelis· reikalavimas - jo statmenumas
tiesei T, vadinamas tiesės T normal ės vektoriu mi.
X
4.1 pav.
Pasirinkime kintamąji tiesės T tašką M(x; y) ir nubrėžkime vektorių
Mo M = r -ro = � - xo ; y - Yo } ; čia ro ir r - taškų Mo bei M spinduliai
vektoriai. Kadangi n -1 M0 M , tai skaliarinė jų sandauga lygi nuliui:
1 52
l,= - r0 )· n = o .
Šis sąryšis teisingas tik tada, kai M - bet kuris tiesės T taškas; jei taškas M
tiesei T nepriklauso, ( l ) sąryšis yra klaidingas. Vadinasi, ( l ) sąryšis apibūdina
tiesės T lygtį. Ši lygtis vadinama vektorine tie sė s T lygtimi. Iš jos gauname
tiesės, einančios per tašką MO bei statmenos vektoriui n , lygtį
Pertvarkykime (2 ) lygtį:
(l)
A (x - x0 ) + B(y - Yo )=O.
A X + By + (-Axo - Byo ) = o.
Pažymėję -Ax0 - By0 =C, gauname tiesės T lygtį
A x + By + C=O,
(2)
(3 )
kuri vadinama bendr ąja tie sė s lygtimi.
Matome, kad ji yra pirmojo laipsnio lygtis kintamųjų x ir y atžvilgiu.
Atskiri šios lygties atvejai:
l. Kai A = O, tai n = {0 ; B}. Vadinasi, normalės vektoriaus projekcija
ašyje Ox lygi nuliui, todėl tas vektorius statmenas ašiai Ox. Iš sąlygų
_L T , _L Ox , išplaukia, kad T II Ox. Taigi lygtis
n
n
By + C =O
apibūdina su ašimi Ox lygiagrečią tiesę.
2. Lygtis
Ax + C=O
nusako su ašimi Oy lygiagrečią tiesę.
3. Kai C = O, iš (3 ) lygties gauname lygtį Ax + By =O, kuriai tinka taško
0(0 ; O) koordinatės, todėl tiesė
Ax + By =O
eina per koordinačių pradžią.
4. Kai A = C = O, gauname tiesę, einančią per koordinačių pradžią ir
lygiagrečią su ašimi Ox, taigi pačią ašį Ox. Kai A = C = O, tai iš (3 ) lygties
gauname By = O, arba y = O (B':f. O). Taigi y = O - ašies Ox lygtis, x = O- ašies
Oy lygtis.
Pavyzdys. Tiesės T, einančios per tašką MO (l;2 ) ir statmenos vektoriui
ii = {3 ;-4 }, lygtis yra
3 (x - l) -4 (y -2 ) =0 ,
3 x -4 y +5=O.
.._
1 53
Išvesime dar vieną tiesės lygtį,
kurią patogu naudoti, kai žinoma, kokio
ilgio atkarpas ši tiesė iškerta koordinačių
ašyse. Tarkime, kad tiesė T, kurios lygtis
A X + By + e = o ( A * O, B* O, e * O),
ašyse Ox ir Oy iškerta atkarpas a ir b
(4.2 pav. ). Tai reiškia, kad tiesė eina per
taškus P(a; O) ir Q(O; b). Tada šių taškų
koordinatės tinka tiesės T lygčiai:
e
T
y
o
A. a + B. o + e = O,
A · O+ B· b + C = O;
e
a
X
4.2 pav.
, B= -b (a * O, b * O). Įrašę šias A ir B reikšmes
-;;
lygti A X + By + e = o ' gauname:
iš čia A=-
p
i tiesės
T
c
- e x - y + c =o'
a
b
C
C
x+ y = C'
a
b
l
� + 2:'..=l.
a b
Ši lygtis vadinama ašine tie sė s lygti mi.
4.2. Kryptinė tiesės lygtis
Šiame skyrelyje išvesime tiesės T lygti, kai žinomas vienas jos taškas
Mo (xo ; Yo ) ir su ja lygiagretus nenulinis vektorius š= {/; m} (4.3 pav. ).
Vektorius š vadinamas tiesė s k ryptie s vekt oriumi. Taškas Mo ir vektorius š
vienareikšmiškai apibrėžia tiesę T.
Kintamąjį tiesės T tašką pažymėkiy
me
M (x; y).
Tada
vektorius
y-
M0 M=
Yo } bus
0 = { x -x0 ;
kolinearus su vektoriumi š ; iš čia
gauname dar vieną vekt orinę tie sė s T
lygt į
r -r0 =tš;
r-r
čia t - realusis skaičius. Antra vertus,
kolineariųjų vektorių koordinatės yra
o
4.3 pav.
X
1 54
proporcingos, todėl
x - xo y - yo
=
l
m
(4)
Ši tiesės T lygtis vadinama jos kanonine lygtimi.
Kai žinomi du tiesės T taškai M1 lx1 ; y1 ) ir M2 lxz ; yz ), tai jos krypties
vektorių š atstoja vektorius M1 Mz = {x2 - x1 ; yz - yi } . Todėl (4) lygti
galima parašyti taip:
x - xi
y - yi
=
xz - xi Yz - yi
Tai tie s ė s , einančios per du taškus, lygtis.
Išvesime tiesės lygti, kai žinomas taškas, per kuri ji eina, ir tos tiesės su
teigiamąja ašies Ox kryptimi sudaromas kampas.
Tarkime, kad tiesės T, einančios per tašką M0 (xo ; Yo ) , krypties vektorius
yra š = {/; m} arba jo ortas š = { cos a.; cos Į3} ; čia a., Į3 - kampai, kuriuos
vektorius š sudaro su teigiamosiomis ašių Ox ir Oy kryptimis (4.4 pav.).
0
Kadangi a. + Į3 =
y
%,
tai cos Į3 = co{
%-
T
X
a) = sin a ir š O = { cos a; sin a} .
Vadinasi, (4) lygti galime užrašyti
taip:
x - xo _ y - Yo .
- - -- ,
sm a
cos a
iš čia
y - yo = tga(x - x0 ) ,
arba
y - Yo = k (x - x0 ) .
(5)
4.4 pav.
Dydis k = tga vadinamas tie s ė s T k rypties koeficientu , o (5) lygtis tiesės, kurios krypties koeficientas žinomas ir kuri eina per tam tikrą tašką,
lygtimi.
Pertvarkę (5) lygti, gauname:
Y = kx + Yo - kxo ,
y = kx + b ;
(6)
155
čia b = y0 -kx0 . Kadangi y = b, kai x = O, tai tiesė T eina per tašką N(O; b) .
l l
Taigi b yra atkarpos, kurią tiesė iškerta ašyje Oy, ilgis (4.4 pav. ).
Lygtis y = kx + b vadinama k ryptine ties ės lygtimi.
Tiesės, einančios per koordinačių pradžią, lygtis yra y =kx .
Pavyzdžiui, kai per tašką MO (-l;-3 ) einanti tiesė su teigiamąja ašies Ox
°
°
kryptimi sudaro kampą a.=1 2 0 , tai k =tgl2 0 =-/3. Tada (5) lygtis virsta
lygtimi
y +3 =- /3 ( x + l) ,
y = -/3 x - 3- /3 .
*
Kai B O , kiekvieną bendrąją tiesės lygtį Ax + By + C =O galima pa
keisti kryptine lygtimi
C
A
y = --x -- .
B
B
4.3. Kampas tarp dviejų tiesių plokštumoje
Kampu <p tarp dviejų tiesių 7i. ir T2 vadiname kampą tarp šių tiesių
normalės vektorių ii1 ir ii2 (4.5 pav.). Tarkime, kad tiesės 7i. lygtis yra
A1 x + B1 y + C1 = O , tiesės T2 lygtis - A2 x +B2Y + C2 = O . Tada
ii1 = lA1 ; Bi J, ii2 = 02 ; B2 }
y
Remdamiesi 3.8 skyrelio (2 7 )
formule, gauname:
Pavyzdžiui, smailusis kampas
tarp tiesių 2x -7 y + 4=O ir l 3x +
4.5 pav.
+2 y -1 =O nustatomas iš sąryšio
26 -1 4
12
cos <p=---;====�,==== = ���= "" O125
2
2
2
2
�2 + (-7 ) - �13 +2
°
iš čia <p ""82 ,8 .
Jii·.fin ' '
X
1 56
-
-
Toliau išnagrinėsime dviejų tiesių lygiagretumo bei statmenumo sąlygas.
Kai Tj 1 1 T2 , tai ir ii1 1 1 ii2 , o vektorią n1 bei n2 koordinatės yra
proporcingos. Iš čia gauname tiesių T1 ir T2 lygiagr etu mo s ąlyg ą
�=�
A2
B2
Kai Tj -1 T2 , tai ir ii1 -1 ii2 . Todėl skaliarinė vektorių n1 bei n2
sandauga lygi nuliui: ii1 · ii2 = O. Iš čia gauname tiesilĮ sta tm enu mo s ąlyg ą
A1 A2 + B1 B2 = O.
Aišku, kad kampą <j) tarp tiesių T1 ir T2 galima apibrėžti ir kaip kampą
tarp šią tiesių krypties vektorių š1 ir š2 (4.6 pav.).
Tarkime, kad tiesės Tj kanoninė
x - xi y -Yi
=
, o tiesės
lygtis yra
m1
li
y - y2
X -X2 -T2 - -.
=
m2
12
Šių tiesių krypties vektoriai bus
X
š1 ={!1 ; mi } ,
š2 ={!2 ; m2 } ·
4.6 pav.
Pritaikę 3.8 skyrelio (2 7 ) formulę, gauname dar vieną formulę, pagal
kurią galima rasti dviejų tiesią sudaromą kampą <j>:
li f2 + m1 m2
š1 · Š2cos <j) = -= --=========��==
Jš1 J · Jš2 J �t? + mf - �li + mi
Kai Tj 11 T2 , tai ir š1 1 1 š2 , todėl š1 ir š2 koordinatės yra proporcingos:
m
m2
1
11 =
12
Ši lygybė išreiškia dviejų tiesių lyg iagr etu mo s ąlyg ą.
Kai Tj -1 T2 , tai ir š1 -1 š2 , todėl skaliarinė vektorių s 1 ir s2 sandauga
lygi nuliui:
š1 · š2 =0 ,
arba
11 12 + m1 m2 =0.
Gavome dviejų tiesilĮ s ta tm enumo sąlyg ą.
1 57
l pavyzdy s. Duota tiesė T, kurios lygtis 3x -2 y +6 =O. Parašykime
dviejų tiesių, einančių per tašką MO (l;-3) , lygtis, kai viena tų tiesių yra
lygiagreti su duotąja tiese, o kita jai statmena (4.7 pav.).
y
X
--
4.7 pav.
Sprendi mas. Tiesės T normalės vektorius n = {3 ; -2} yra statmenas tai
tiesei. Imkime ieškomosios tiesės T1 kintamąjį tašką K1 (x; y) ir nubrėžkime
-
vektorių M0 K 1 = {x - l; y + 3} . Kadangi n .l T , tai kartu n .l M0 K1 , todėl
skaliarinė jų sandauga lygi nuliui:
n · MoK1 = O => 3 (x -1) - 2 (y + 3) = O.
Atlikę veiksmus, gauname tiesės T1 , lygiagrečios su tiese T, bendrąją
lygtį:
Imkime tiesės T2
3x - 2y - 9 = 0 .
kintamąjį tašką K2 (x; y) ir nubrėžkime vektorių
M0 K2 = {x - l ; y + 3} . Kadangi n ..l T ir T2 ..l T , tai M0 K2 1 1 ii , todėl jų
koordinatės yra proporcingos:
x-l y+3
(7 )
=
-2
3
Gavome kanoninę tiesės T2 lygtį. Šios tiesės krypties vektorius
š2 ={3;-2} sutampa su tiesės T normalės vektoriumi n. Pertvarkę (7 ) lygtį,
gauname ieškomosios tiesės T2 , statmenos tiesei T, bendrąją lygtį
2x + 3y + 7 = O.
Šios tiesės normalės vektorius kartu yra ir tiesės Ti krypties vektorius,
todėl š1 = {2; 3} . J;.
158
Išvesime kampo tarp tiesių Ti ir T2 formulę, kai žinomi t ų tiesių krypties
koeficientai k1 ir k2 • Kadangi, susikertant dviem tiesėms, susidaro keturi
kampai, iš kurių du yra skirtingi, tai kampu tarp tiesių T1 ir T2 (4.8 pav. )
sutarsime vadinti smailųjį kampą cp, kuriuo reikia sukti tiesę Ti apie tašką C,
kad ji sutaptų su tiese T2. Jeigu sukama priešinga laikrodžio rodyklės
j udėjimui kryptimi, tai kampas yra teigiamas, jei laikrodžio rodyklės sukimosi
kryptimi - yra neigiamas. Tiesių Ti ir T2 su ašimi Ox sudaromus kampus
pažymėkime a1 ir a2. Tada k1 =tga1 , k2 = tga2. Kadangi a2 yra
trikampio ABC priekampis, tai a2 =a1 + cp ; iš čia cp =a2 - a1 ir
Vadinasi,
y
T2
X
e
o
X
4.8 pav.
4.9 pav.
Kai tiesės Ti ir T2 yra lygiagrečios, tai cp =O arba cp = 1t. Tada tgcp =O ir
k1 =k2. Lygybė k1 = k 2 ir atspindi dviejų tiesių lygiagret umo s ąlyg ą.
Kai tiesės Ti ir T2 yra statmenos, tai cp =90
°
°
ir a2 =a1 + 90 . Iš čia
1
°
tga2 =tg(a1 +90 ) = -ctga1. Vadinasi, tga2 =- -- , arba k2 = - J... .
tga1
k1
Todėl lygybė l + k 1 k2 =O išreiškia dviejų tiesių stat menumo s ąlyg ą.
1 59
2 pavyzdys. Lygiagretainio viršūnė yra taške A(2; 2 ), jo įstrižainės kertasi
taške M(7 ; 5 ) ir sudaro viena su kita 4 5 ° kampą (4.9 pav.). Parašykime trijų
lygiagretainio kraštinių lygtis, kai žinoma vienos kraštinės lygtis
4 x -y -6 =0 .
Sprendi mas. Pirmiausia rasime taško C koordinates, turėdami galvoje,
kad taškas M yra atkarpos AC vidurio taškas:
arba
M
7 =
5=
2 + xc
2 '
- YA
_
Y
+ Yc
,
2
2 + Yc .
'
2
iš čia xc =12, Yc =8 . Taigi C( l2 ; 8 ).
Parašykime tiesės AC, einančios per du žinomus taškus, lygtį:
x - 12 y -8
=
2 -12 2 -8 '
x -12 y -8
--=-- ;
- 10
-6
AC : 3 x -5y + 4 = O.
Žinome, kad kryptinė tiesės lygtis yra y = kx + b . Todėl, iš gautos lygties
.
.
.. ..
3
. .
. .
3
4
•
isre1s kę y=-x + - , _suzmosrrne
tieses AC krypties koefi1c1entą k A e =- .
5
5
5
Tiesės BD krypties koeficientą ksD apskaičiuosime remdamiesi formule
3
- -k BD
tg4 5 =-'5'-----3
l + - k sD
°
5
3
- - kBD
1 =�5"-----3
l + - k sD
5
iš čia
l
k sD =--.
4
1
160
Parašykime tiesės BD lygtį:
l
y - 5 =- (x - 7 ) ,
4
BD : x + 4 y -27 = 0 .
Kadangi taško A koordinatės tinka lygčiai 4 x - y - 6 = O, tai ji yra
kraštinės AB arba AD lygtis. Nubraižę tiesę 4x -y -6 = O, įsitikiname, kad
joje yra kraštinė AB. Tuomet B yra tiesių AB ir BD sankirtos taškas. Todėl jo
koordinates rasime išsprendę sistemą
{
4 x -y -6 =O
x +4 y -2 7 = �;
iš čia x = 3 , y = 6. Gavome tašką B(3 ; 6 ).
Tiesės BC lygtis:
x - 3 y -6
=
12 -3 8 -6 '
x-3
9
Pertvarkę turime:
2
BC : 2 x -9 y +4 8 = O.
Šios tiesės krypties koeficientas k BC =
Vadinasi tiesės AD lygtis bus
iš čia
y 6
-- = --
I9 . Kadangi AD
11
BC, tai ir kA D =
I9 .
AD : 2 x -9 y + 14 = O
CD 11 AB, todėl kcD =k AB =4 . Taigi tiesės CD lygtis yra tokia:
y - 8 = 4 ( x -12 ) ,
CD : 4 x -y -40 = O
Pastaba. 4 5 ° kampą su įstrižaine AC sudaro ir tiesė B'D' (4.9 paveiksle
ji nepavaizduota). Jos krypties koeficientas ks 'D ' = 4 , nes B'D' -1 BD. Kadangi
1r
k AB = 4 , tai AB 11 B'D' ir B'D ' negali būti lygiagretainio ABCD
įstrižainė. .A.
161
4.4. Taško atstumas iki tiesės plokštumoje
Tarkime, kad šalia tiesės T, kurios lygtis A x + By + C =O, duotas taškas
M1 (x1 ; y1 ). Rasime jo atstumą d iki tiesės T. Statmens, nuleisto iš taško M1 Į
l l·
tiesę T, pagrindą pažymėkime M0 (xo ; Yo ) (4.10 pav.). Tada d = Mo M1
Tiesės T normalės vektorius yra
Apskaičiuokime
n = {A; B} .
T
X
4.10 pav.
Iš čia
vektorių M0 M1 ir n skaliarinę
sandaugą, turėdami galvoje,
kad jų sudaromas kampas <p
lygus nuliui arba n, taigi
cos <p = ± l . Gausime:
M0 M1 · n = I M0 M1 l · l n l · cos <p = ±d · l n j.
Kadangi M0 M1 = { x1 - x0 ; y1 - y0 } , tai
(8 )
Taškas MO yra tiesės T taškas, todėl jo koordinatės tinka šios tiesės
lygčiai A x+ By + C = O. Iš čia A x0 + By0 + C = O ir C = - Ax0 - By0 . Tada
ir (8 ) formulė igyja išraišką
Mo M1 · n=A x1 + By1 + C
I Ax1 + By1 + e l
d =-'-----;====--"
�A 2 + B2
(9 )
Pavyzdys. Dvi kvadrato kraštinės yra tiesėse, kurių lygtys 3 x -4y +
+7 = O ir 3 x -4y + 25 = O. Apskaičiuokime to kvadrato plotą.
162
Spr endi m as . Nurodytose tiesėse esančios kvadrato kraštinės yra
lygiagrečios, nes jų abiejų normalės vektorius yra ii = {3;-4} . Todėl kvadrato
kraštinės ilgis lygus atstumui tarp šių tiesių arba atstumui nuo bet kurio
pirmosios tiesės taško iki antrosios tiesės. Pasirinkime bet kurį tiesės
3x - 4y + 7 = O tašką, pavyzdžiui, tašką, kurio abscisė x = 3. Iš lygties
3x - 4y + 7 = O gauname y = 4. Apskaičiuokime atstumą nuo taško (3; 4) iki
tiesės 3x - 4y + 25 = O . Remdamiesi (9) formule, gauname:
.
.
1 3 3 - 4 4 + 25 l 1 8
d = �.=====� = - = 3 6 .
2
2
5
'
�3 + (-4)
Vadinasi kvadrato plotas
S = d 2 = 1 2,96 (kv. vnt.). A
�·
.......,..
4.5. Normalinė tiesės lygtis
Išnagrinėkime dar vieną tiesės lygties išraišką. Šiuo
atveju tiesės T padėtį nusakysime jos atstumu p > O nuo
koordinačių pradžios taško bei normalės vektoriaus ii ortu
0
ii = �os a; sin a}; čia a - kampas, kurį vektorius ii sudaro
su ašimi Ox (4. 1 1 pav.).
Kintamąjį tiesės T tašką
pažymėkime M (x; y). Tada
pr
=p;
l ii . ;: l
čia ;: - taško M spindulys vekto
rius. Kadangi
- -o
_ r ·n
_ -o
pr-n . r = - -o- = r · n ,
X
T
4.1 1 pav.
-
1
tai gauname lygtį
r - n = p,
°
1
kuri vadinama nor m alin e ti es ė s lygtimi , parašyta vektorine forma.
Raskime koordinatinę šios lygties išraišką. Kadangi
0
ii = {cos a; sin a} , tai iš ( 1 0) lygties išplaukia, jog
x cos a + y sin a - p = O
( 1 0)
;: = {x; y} ,
(1 1)
1 63
Ši lygtis vadinama n ormaline ties ės lygti mi arba lygtimi, parašyta norma
line Hesės· forma.
Norėdami bendrąją tiesės lygtį Ax + By + C = O (bent vienas iš skaičių A
ir B nelygus nuliui) parašyti normaline Hesės forma, abi lygties puses padau
ginkime iš µ:
µAx + µBy + µC = O
Daugiklį µ parinkime taip, kad būtų
( 1 2)
µA = cos a, µB = sin a, µC = - p .
Iš ( 1 2) formulių išplaukia, kad
Kadangi A 2 + B2 :t= O , tai
l
µ=+
-----.====
�A 2 + B2
µC = - p < O , todėl skaičiui µ reikia parinkti ženklą, priešingą C ženklui.
Pavyzdžiui, kai bendroji tiesės lygtis yra
1 2x - 5y + 4 = 0 ,
tai
µ = - ----.====
13
�1 2 2 + 5 2
i r normalinė šios tiesės lygtis įgyja išraišką
12
4
5
--x +-y -- = 0 .
13
13
13
4.6. Bendroji plokštumos lygtis
Plokštumos padėtį erdvėje R 3 , kaip ir tiesės padėtį plokštumoje, galima
vienareikšmiškai nusakyti keliais būdais. Šiame skyrelyje išnagrinėsime tą
atvejį, kai plokštumos 7t padėtis erdvėje apibūdinama jos tašku MO (x0 ; y0 ; zo )
bei nenuliniu jai statmenu vektoriumi n = {A; B; C} (4. 1 2 pav.), kuris
vadinamas pl ok štum os n ormalės vekt oriu mi.
Parinkime kintamąjį plokštumos tašką M (x; y; z) ir nubrėžkime vektorių
M0 M = r - r0 = {x - x0 ; y - y0 ; z - z0 } ; čia r ir F0 yra taškų M ir M0
spinduliai vektoriai.
• Liudvikas Otas Hesė (L. O. Hesse, 1 8 1 1-1 874) - vokiečių matematikas.
1 64
Kai taškas M priklauso plokštumai
z
tai
y
vektorius
M0 M
yra
1t,
toje
plokštumoje, todėl M0 M -1 ii . Stat
menų vektorių skaliarinė sandauga
lygi nuliui:
e, - ,=o ). ii = o
( 13 )
Šis sąryšis tinka tik plokštumos 7t
X
taškams, taigi jis nusako plokštumos
4.12 pav.
lygtį, kuri vadinama v ektor ine
plokštumo s lyg tim i.
( 13 ) sąryšį parašę koordinatine išraiška
A (x - xo ) + B (y - yo ) + C (z - zo ) = O
bei pertvarkę, gauname bendr ąją plokštumos lyg tį
Ax + By + Cz + D O;
( 1 4)
=
.
-Cz
By
čia D = -Ax0 - 0
o
Tai pirmojo laipsnio lygtis kintamųjų x, y, z atžvilgiu. Išnagrinėkime
atskirus jos atvejus.
l. Kai C = O, tai plokštumos 1t normalės vektorius ii ={A; B;0 } . Kadangi
jo projekcija ašyje Oz lygi nuliui, tai ii -1 Oz. Tačiau ii -1 7t , todėl 7t 1 1 Oz.
Vadinasi, lygtis
Ax + By + D = 0
nusako plokštumą, lygiagrečią su ašimi Oz.
Aišku, kad lygtys By + Cz + D = O ir Ax + Cz + D = O apibūdins plokštu
mas, lygiagrečias atitinkamai su ašimi Ox ir Oy.
2 . Kai B = O ir C = O, tai 1t II Oy, 1t 1 1 Oz. Vadinasi, plokštuma 1t yra
lygiagreti su koordinačių plokštuma yOz.
Lygtys Ax + D = O, By + D = O; Cz + D = O apibrėžia plokštumas, lygia
grečias atitinkamai su koordinačių plokštumomis yOz, xOz ir xOy.
3 . Kai D = O, tai lygčiai Ax + By + Cz = O tinka koordinačių pradžios
taško 0(0 ; O; O) koordinatės. Vadinasi, lygtis
Ax + By + Cz =0
nusako plokštumą, kuriai priklauso koordinačių pradžios taškas.
4 . Kai C = O ir D = O, tai 1t 11 Oz ir koordinačių pradžios taškas yra
plokštumos taškas. Vadinasi, lygtis
Ax + By =0
nusako plokštumą, kurioje yra ašis Oz.
165
Lygtys Ax + Cz = O, By + Cz = O apibrėžia plokštumas, kurioms priklau
so atitinkamai ašys Oy, Ox.
5. Kai B = C = D = O, tai plokštumai n priklauso koordinačių pradžios
taškas ir ji yra lygiagreti su koordinačių plokštuma yOz, taigi plokštuma 7t yra
koordinačių plokštuma yOz. Kai B= C = D = O, iš (14 ) lygties gauname
Ax = O, x = O (A * O). Vadinasi, x = O yra koordinačių plokštumos yOz lygtis.
Atitinkamai y = O - koordinačių plokštumos xOz lygtis ir z = O - koordinačių
plokštumos xOy lygtis.
Pavyzdys. Kokią plokštumos ir erdvės taškų aibę apibūdina lygtis
3 x +5z = 15 ?
Sprendimas. Plokštumoje xOz ši lygtis nusako tiesę, kuri kerta koordi
načių ašis taškuose M 1 ir M 2 (4. 13 pav.).
z
y
X
4.13 pav.
Erdvėje lygtis 3 x +5z = 15 apibūdina plokštumą, lygiagrečią su ašimi Oy
(4. 14 pav.). Šios plokštumos normalės vektorius ii = {3 ; O;5}. �
Plokštuma, kuri koordinačių ašyse Ox, Oy ir Oz iškerta atitinkamai
atkarpas a, b ir e (4. 15 pav.), nusakoma ašine plokštu m os lyg ti mi
� + 1'.. + ..:. =l.
a b e
Ji gaunama panašiai kaip ašinė tiesės lygtis (žr. 4.1 skyreli).
z
z
e
b
4.15 pav.
y
6
o
4.16 pav.
y
1 66
Pavyzdžiui, lygtis 3x - 4y + 2z = 1 2, kurios ašinę išraišką
� + L + -=- = !
4 -3 6
gauname padaliję abi pradinės lygties puses iš 1 2, apibūdina plokštumą,
pavaizduotą 4. 1 6 paveiksle (čia pavaizduota plokštumos dalis, esanti ketvirta
jame oktante).
Jei plokštumos normalės vektorius su ašimis Ox, Oy, Oz sudaro kampus
a, p , y ir p yra atstumas nuo koordinačių pradžios taško iki plokštumos, tai
tokia plokštuma nusakoma normaline lygtimi
x cos a + y cos p + z cos y - p = O.
Ši lygtis išvedama analogiškai normalinei tiesės lygčiai (žr. 4.5 skyreli).
Normalinę plokštumos lygtį galime gauti iš jos bendrosios lygties,
padauginę abi jos puses iš
l
µ = + --;:===== ·
�A 2 + B 2 + C 2 '
čia daugiklio µ ženklas parenkamas priešingas bendrosios lygties laisvojo
nario e ženklui.
Žinome, kad trys taškai vienareikšmiškai nusako plokštumą. Išveskime
plokštumos, einančios per tris taškus M1 (x1 ; y1 ; z1 ) , M2 (x2 ; Y2 ; z2 ) ir
M3 (x3 ; y3 ; z3 ) , lygtį. Kintamąjį plokštumos tašką pažymėkime M (x; y; z) ir
nubrėžkime vektorius (4. 1 7 pav.)
M1 M = {x - x1 ; y - y1 ; z - zi } , M1 M2 = {x2 - x1 ; y2 - y1 ; z2 - zi } ,
-
-
M1 M3 = {x3 - x1 ; Y3 - y1 ; z3 - zi } ·
Visi jie yra toje pačioje plokštumoje,
taigi yra komplanarūs. Parašykime jų
komplanarumo sąlygą:
arba
4.17 pav.
( M 1 M x M 1 M 2 ) - M 1 M3 = 0
x - x1
X2 - X1
X3 - X1
y - y1
Y2 - Yt
Y3 - Y1
Tai ir yra ieškomoji plokštumos lygtis.
z - z1
z2 - z1 = O ·
Z3 - ZJ
1 67
4.7. Kampas tarp dviejų plokštumų
kurių lygtys Ai x+ Bi Y + Ci z +
+D1 =O ir A2 x + B2 y + C2 z + D2 =O, kertasi tiese T (4 .18 pav. ). Nubrėžkime
plokštumą rt 3 , statmeną tiesei T, ir tos plokštumos bei plokštumų rt 1 ir 1t2
sankirtos tieses pažymėkime 7i ir T2 . Tada jų sudaromas kampas (j) bus
dvisienio kampo tarp plokštumų rt1 ir rt2 tiesinis kampas, kuriuo ir
Tarkime, kad dvi plokštumos
rt 1
ir
rt2
,
matuojamas dvisienis kampas. Tačiau tokį pat kampą sudaro ir plokštumų
bei rt 2 normalės vektoriai ii1 ir ii2 .
rt
1
4.18 pav.
Kadangi ii1 = {A1 ; B1 ; C1 } , ii2 = {A2 ; B2 ;C2 } , tai, remdamiesi 3.8 sky
relio (2 7 ) formule, gauname sąryšį
kuris ir apibūdina kampą (j) tarp plokštumų
rt1
1 bei 1t2 .
stat menumo s ąlyga išplaukia iš sąlygos ii1 ..L ii2 ,
ir rt2
taigi iš sąlygos ii1· ii2=O, ir yra tokia:
Plokštu mų
rt
A1 A2 + B1 B2 + C1 C2 =O.
1 68
Plokštumų n 1 1r n2 lygiagr etumo sąlyga išplaukia iš jų normalės
vektorių ii1 bei ii2 kolinearumo ir yra tokia:
A1
B1 == C1
A2 B2 C2
4.8. Taško atstumas iki plokštumos
Tarkime, kad šalia plokštumos n, kurios lygtis Ax + By + Cz + D = O,
duotas taškas M1 (x1 ; y1 ; z 1 ) . Raskime jo atstumą d iki plokštumos n:. Iš taško
M1 nuleiskime statmenį M1MO į plokštumą 1t ir to statmens pagrindą pažy mėkime M0 (x0 ; y0 ; z0 ) (4.1 9 pav. ).
l
l·
Tada d = Mo M1 Kadangi vektorius
M0 M1
o
y
Iš čia
Bet Mo M1
M 0 M1 ·
1t
normalės
vektorius ii yra kolinearūs, tai jų
sudaromas kampas <p lygus nuliui
arba 7t. Todėl cos <p = ± l .
Apskaičiuokime skaliarinę vek
X
4.19 pav.
ir plokštumos
l
torių M0 M1 ir ii sandaugą:
n = I M0 M1 1 - l n l · cos cp = ±d · l n l -
= { x1 - xo ; y1 -y0 ; z1 -z0 }
ir ii ={A, B, C}, todėl
IA ( x1 - xo )+ B(y1 - Yo ) + C (z 1 -zo )I 1 Ax1 + By1 + Cz1 + D I
d=
=
'
�A2 + B2 + c 2
�A2 + 3 2 + c 2
čia -Ax0 -By0 -Cz0 = D, nes M0 E 1t .
Pavyzdys. Dvi kubo sienos yra plokštumose 3x -4 y + z + 1 5 =O 1r
6 x -8 y + 2z -7 = O. Apskaičiuokime to kubo tūrį.
l
1 69
Spren di ma s . Kadangi nurodytų plokštumų normalės vektorių
ii1 = {3 ;-4 ; l} ir ii2 = {6 ; -8 ; 2 } koordinatės yra proporcingos, tai tos plokštu
mos yra lygiagrečios. Todėl kubo briaunos ilgis lygus atstumui tarp šių
plokštumų. Antra vertus, šis atstumas lygus atstumui d nuo bet kurio
plokštumos 6 x - 8 y + 2 z -1 = O taško iki plokštumos 3 x -4y + z +1 5 = O.
Parinkime kurį nors plokštumos 6 x - 8 y + 2 z -7 = O tašką, pavyzdžiui,
tašką, kurio y = -1 , z = l. Tada x = -0 , 5 . Apskaičiuokime atstumą d:
13 · (-0 , 5 ) -4 · (-1 ) +1 +1 5 18 ,5
37
d="----r====--�1 =-=--.
2 J26
�9 +16 +1
Vadinasi, kubo tūris
p
3
V=d =
[
2
./26 :::: 4 7 ,76 (kub. vnt.). A
3
37
]
4.9. Erdvės tiesės kanoninės lygtys
Tiesės T padėtį erdvėje R 3 vienareikšmiškai nusako taškas
M0 (x0 ; y0 ; z0 ) , per kurį eina ta tiesė, ir lygiagretus su ja nenulinis vektorius
= {l; m; n} (4 .20 pav.), vadinamas
z
ti esės k rypti es v ektoriu mi. Kintamąjį
tiesės T tašką pažymėkime M (x; y; z)
s
1r nubrėžkime vektorių
Kadangi vektoriai
ir
s
čia
M0 M =r -r0 =
= { x - x0 ; y - y0 ; z -zo }
yra kolinearūs, tai
r - r0
M0 M .
y
4.20 pav.
= t -s ;
r ir r0 - taškų M ir MO spinduliai vektoriai, t - realusis skaičius.
{
(1 5)
(1 5 ) lygtis vadinama vektorin e tiesės T lygti mi. Iš jos, sulyginę vektorių
koordinates, gauname lygtis
r - ro ir t . s
X - Xo
= t[,
y -y0 = tm,
z -z0 = tn,
170
arba
{
X
= Xo + t/,
Y Yo + tm,
z = z0 + tn.
=
( 1 6)
( 1 6) lygtys vadinamos para metr in ėm is ties ės Tlygt imis.
Kadangi vektoriai r - r0 ir š yra kolinearūs, tai jų koordinatės
proporcingos. Iš šios sąlygos išplaukia erdv ės t ies ės kanon in ė s lygtys
x - x0 y - y0 z - z0
=
( 1 7)
=
l
n
m
( 1 7) lygtis galėjome gauti iš ( 1 6) lygčių, tereikėjo eliminuoti iš jų
parametrą t:
x - xo
yo = t,
y -= t' l
Iš čia ir išplaukia ( 1 7) lygtys.
Tarkime, žinomi du tiesės T taškai M1 (x1 ; y1 ; z1 ) ir M2 (x2 ; y2 ; z2 ) .
Tada vektorius M1 M 2 = {x2 - x1 ; y2 - y1 ; z2 - zi } gali būti tiesės T krypties
vektorius š . Į ( 1 7) lygtį vietoj taško MO koordinačių įrašę taško M1
koordinates, vietoj /, m , n - dydžius x2 - x1 , y2 - y1 , z2 - z1 , gauname t ies ės,
einanč io s per du taškus, lygtį
z-z
x - x1
- 1
1
= y y =
x2 - x1 Y2 - yl z2 - z1
l pavyzdys. Raskime taško P(3 ; l ; -5) projekciją plokštumoje 1t, kurios
lygtis 2x - 4 y + 3z - 16 = O (4.2 1 pav.).
Sprend imas. Iš taško P nuleiskime
statmenį
į plokštumą n; to statmens
p
pagrindas Q ir bus taško P projekcija.
;;
Tašką Q galėsime rasti kaip tiesės T ir
plokštumos 1t sankirtos tašką.
Kadangi plokštumos 1t normalės
Q
vektorius ii = {2;-4;3} yra lygiagretus su
tiese T, tai jį galima laikyti šios tiesės
7t
krypties vektoriumi.
Pritaikę ( 1 7) formules, parašome
T
kanonines tiesės T lygtis:
x --3 y --l -4.21 pav.
=- = z+5
-4
2
3
171
Norėdami rasti tiesės T ir plokštumos 7t sankirtos tašką Q, turime išspręsti
sistemą, sudarytą iš jų lygčių:
x -3 y -l z + 5
- = � = -- ,
!2
3
2x -4 y + 3z - 1 6 = O.
( l 8)
Tokią sistemą patogiausia spręsti pakeitus kanonines tiesės lygtis parametri
nėmis:
y-l
x-3
z+5
-=t'
= t,
=t
-4
2
'
3
arba
Z = 3t -5 .
X = 2t + 3, y = -4 t + J,
Įrašę šias x, y, z išraiškas i antrąją ( l 8) sistemos lygtį, gauname
2 (2t + 3) - 4 (-4 t + l) + 3 (3t -5) - 1 6 = O
29 t - 29 = O ,
t= 1.
Tada x = 5 , y = -3, z = -2. Vadinasi, taško P projekcija plokštumoje 7t yra
taškas Q ( 5 ; -3; -2). _..
2 pavyzdys. P lokštuma 7t nubrėžta per dvi lygiagrečias tieses
z -4
x y -2 z + 5
y + I -x - 1 --=
=
Ir - = -- = -3
-l
2
3
-l
2
Parašykime plokštumos 7t lygtį.
Sprend imas. Kintamąjį p lokštumos 7t tašką pažymėkime M (x; y; z) ir nubrėžkime vektorius
bei M 1 M 2 ; čia M1 (1;- l ; 4), M 2 (0 ; 2;-5) - taškai,
Af;xi
per kuriuos eina duotosios tiesės T1 ir T2
(4.22 pav.).
Kai taškas M priklauso plokštumai 1t,
tai vektoriai
M 1 M = {x - l ; y + l; z - 4} ,
M 1M 2 = {-l; 3;-9} ir tiesių krypties
vektorius š = {3;-1 ; 2} yra vienoje p lokš
tumoje, taigi šie vektoriai komplanarūs .
Parašykime trijų vektorių komplanarumo
sąlygą:
4.22 pav.
x - 1 y + l z -4
- 9 = O <=> 3x + 25 y + 8z - l O = O.
3
1 M x M1 M2 )- š = - l
-l
2
3
(M
Gautoji lygtis ir yra p lokštumos 7t lygtis. _..
172
3 pavyzdys. Įrodykime, kad tiesės
z -1
y+2 -x+ l - --=
4
5
-3
ir x = 3 t -7 , y = 2 t - 2 , z =-2 t + 7 kertasi.
Sprendi mas. Parašę kanonines antrosios tiesės lygtis
7 y+2 z -7
x+--- =
,
�
2
3
matome, kad nurodytos tiesės nėra lygiagrečios, taigi jos arba prasilenkia (yra
skirtingose plokštumose), arba susikerta (yra vienoje plokštumoje).
Šios tiesės eina per taškus M1 (-l;-2 ; l), M2 (-7 ;-2 ; 7 ) , o jų krypčių
vektoriai yra 1 = {-3 ; 4 ; 5} ir 2 = {3 ; 2 ;-2 }. Tiesės bus vienoje plokštumoje,
s
s
s1 ir s2
jeigu vektoriai M1 M2 ,
bus komplanarūs, taigi jeigu mišrioji jų
sandauga bus lygi nuliui. Kadangi iš šių vektorių koordinačių sudarytas
determinantas
-6 O
-3 4
3 2
6
5 =0 ,
-2
tai minėti vektoriai yra komplanarūs. Vadinasi, nurodytos tiesės susikerta. .A.
4.10. Erdvės tiesės bendrosios lygtys
Dvi susikertančios plokštumos 1t1 ir rr2 , nusakomos lygtimis A1 x+ B1 y +
+C1 z + D1 =O ir A2 x + B2y + C2 z + D2 =O, apibrėžia vieną tiesę - jų san
kirtos rezultatą. Todėl lygčių sistema
{
A1 x+ B1 y + C1z + D1 = O,
A2 x+B2y + C2 z +D2 = O
(19 )
erdvėje nusako tiesę T (4.23 pav.). (19 ) lygtys vadinamos bendrosio mis ties ės
T lygti mis.
Pakeiskime jas kanoninėmis
lygtimis, apibrėžiamomis (1 7 )
formulėmis. Tam tikslui reikia
žinoti tiesės T tašką M 0 bei jos
4.23 pav.
krypties vektorių s. Taško M0
koordinates rasime iš ( 19 ) siste
mos, laisvai parinkę kurią nors
vieną koordinatę ir išsprendę tą
sistemą kitų dviejų koordinačių
173
atžvilgiu. Kai 1 ir 2 yra plokštumų 1t1 ir 1t 2 nonnalės vektoriai, tai
n1 -1 1t 1 , n2 -1 1t 2. Kadangi plokštumų sankirtos tiesė T priklauso tiek vienai,
tiek kitai plokštumai, tai 1 -1 T ir 2 -1 T , taigi tiesė T yra statmena vektorių
1 ir 2 plokštumai. Iš vektorinės algebros žinome, kad vektorių 1 ir 2
plokštumai yra statmenas vektorius 1 x 2 • Iš čia išplaukia, kad vektorius
n1 x n2 yra lygiagretus su tiese T, todėl jį galima laikyti tiesės T krypties
n
n
n
n
n
n
n n
n n
vektoriumi Š . Vadinasi, Š =
n, x ii2.
Pavyzdys. Bendrąsias tiesės lygtis
4 x -5y + z -3 = O,
{
x + 2y - 3z + 9 = 0
pakeiskime kanoninėmis.
Sprendi mas. Pinniausia raskime tiesės tašką M0 . Parinkę, pavyzdžiui,
x = l , gauname sistemą
-5 y + z + l = O,
{
2 y -3 z + l0 =0 ,
turinčią sprendinį y = l , z = 4. Taigi M0 ( l ; l ; 4 ).
Raskime š = 1 x 2 • Kadangi ii1 = {4 ;-5; l} , 2 = {l; 2 ;-3 } , tai
n n
s
=
i
4
j
-5
2
k
-3
n
= l3 i + 13 ] +13 k={13 ;13 ; 13 }.
Vadinasi, kanoninės tiesės lygtys yra tokios:
x -1
arba
Jas galima parašyti ir taip:
=
y -l
=
z-4
13 13 13
x -1 y -l z - 4
--=-- =--
x - l = y -l = z -4 . .A.
1 74
4.11. Kampas tarp tiesės ir plokštumos
Tarkime, tiesė T nusakoma kanoninėmis lygtimis
x - x0 y -y0 z - z0
=
=
l
m
n
o plokštuma 7t - lygtimi Ax + By + Cz + D =O. Kampu <p tarp tiesės T ir
plokštumos 7t vadiname kampą tarp tos tiesės ir jos projekcijos plokštumoje 1t
7t
2,
(4.24 pav. ). Kadangi <p +a=
l
l
l
l
l
tai
%-
<p)=sin <p ;
čia a - kampas tarp tiesės T
krypties vektoriaus š ={l; m; n} 1r
plokštumos 1t normalės vektoriaus
ii = {A; B; C} . Iš vektorių ii ir š
skaliarinės sandaugos išplaukia, kad
l
7t
4.24 pav.
Tada
cosa=cos (
cosa =
.
sm cp =
n· s
l nl · l si .
Al + Bm + Cn
2
�A + B2 + C 2 �/ 2 + m 2 + n 2
Kai T 11 7t, tai ii _l š , todėl ii · š = O. Iš čia gauname tie s ė s ir plokšt um os
lygiagret um o s ąlyg ą:
A I + Bm + Cn=O.
Kai T -1 1t, tai ii 1 1 š , todėl jų koordinatės yra proporcingos. Iš čia
išplaukia tie s ė s ir pl okšt um os stat men um o sąlyga :
C
n
Kai tiesė T yra plokštumoje 1t, tai š -1 ii , todėl š · ii = O, be to, tiesės T
taškas M0 (x0 ; y0 ; z0 ) priklauso ir plokštumai n. Iš čia gauname dvi sąlygas
A
B
m
AI + Bm + Cn = O,
Ax0 + By0 + Cz0 + D =O,
kurios apibūdina tiesės priklausomumą plokštumai.
1 75
Pavyzdys. Su kuria B reikšme tiesė T, nusakoma lygtimis
x - 2 y +3 z + 8 = O,
{
4 x -3 y+ 4z - l = O,
bus lygiagreti su plokštuma 1t, kurios lygtis 2 x - By - 2 z - 3 = O ?
Sprendimas. Kai tiesė T lygia
greti su plokštuma 7t (4.25 pav.), tai
tiesės krypties vektorius š yra
statmenas
plokštumos
normalės
vektoriui ii = {2; -B; -2 } ir skaliarinė
jų sandauga š · ii = O.
Pažymėkime: ii1 = {l;-2; 3} , ii2 =
4} . Kadangi š = ii1 x ii2 ,
tai iš sąlygos š · ii = O išplaukia, kad
tn1 X ii2 )· ii = 0 . Vadinasi,
= {4;-3;
-2
iš čia -8B - 8 = O, B= -l . .A.
l
l
l
l
l
4 - 3 4 = 0;
2 -B -2
3
--
n2
-
tn
š
n/
4.25 pav.
4.12. Taško atstumas iki tiesės erdvėje
Tarkime, kad duota tiesė T, kurios lygtis
x - x0 -y -y0 z -z0
-=
= -n
m
ir taškas M 1 (x1 ; y1 ; z1 ) , esantis šalia tos tiesės. Atstumu d nuo taško M 1 iki
tiesės T vadinsime statmens, nuleisto iš
taško M1 į tiesę T, ilgį. Išnagrinėkime,
kaip geometriškai gaunamas šis statmuo.
Per tašką M1 nubrėžkime plokštumą 1t,
statmeną tiesei T, ir raskime tiesės T bei
d
plokštumos 7t sankirtos tašką N (4.26
pav.).
Kadangi tiesė, einanti per taškus M 1
ir N, priklauso plokštumai 1t, o T _į 1t, tai
4.26 pav.
1 76
tiesė T statmena bet kuriai tiesei, esančiai plokštumoje
Vadinasi, M 1 N yra statmuo tiesei T ir d = M1 N.
7t.
Todėl T .l M1 N .
Pavyzdys. Apskaičiuokime atstumą nuo taško M1 (6; l;-6) iki tiesės
X+ 2
Y+3 Z .
v
'
•
•
•
tiesę,
•v tas
'ko M1 Į• vs,ą
k1me statmens, nul e1sto
- = - Ir parasy
1s
5
-l
2
lygtį.
Sprend imas. Parašykime plokštumos 1t, einančios per tašką M1 ir
statmenos nurodytai tiesei, lygtį. Šios plokštumos normalės vektorius bus
š = {-1; 2; 5} . Remdamiesi bendrąja plokštumos lygtimi A (x - x0 ) +
+B (y - Yo ) +C (z - z0 ) = O, gauname plokštumos 7t lygtį:
-(x - 6) + 2 (y - 1) + 5 (z + 6) = O ,
x - 2 y - 5z - 34 = 0.
Raskime nurodytos tiesės ir plokštumos
išspręskime jų lygčių sistemą
1t
sankirtos tašką N. Tam tikslui
x - 2 y - 5z - 34 = O,
1x + 2 y + 3 z
--=-- =- = t.
2
-l
5
Iš čia x = - t -2, y =2 t - 3, z =5t. Įrašę šias x, y ir z išraiškas į pirmąją
sistemos lygtį, gauname:
- t - 2 -4 t + 6 - 25t - 34 = O,
t = -l .
Tada taško N koordinatės bus x = - 1 , y = -5, z = -5, taigi N (-1 ; -5; -5).
Dabar jau galime apskaičiuoti atstumą nuo taško M1 iki nurodytos tiesės,
nes jis lygus atstumui tarp taškų M1 ir N:
d=�7 2 + 6 2 + (-1) 2
= ,Jg6 "'" 9,2 7 .
Žinodami taškų M1 ir N koordinates, galime parašyti ir statmens M1 N,
nuleisto į tiesę T, lygtį:
x+l _ y+5 _ z+5
- - -- .A.
7
6
----=-i-
Atstumo nuo taško iki tiesės galima ieškoti ir kitaip. Pažymėkime žinomą
tiesės T tašką M0 (x0 ; y0 ; z0 ) . Tada vektorius M0 M1 ir tiesės krypties
vektorius š = {l; m ; n} apibūdins lygiagretainį M0 M1 AB (4.2 7 pav.), kurio
1 77
aukštinė lygi atstumui d nuo taško M1 iki tiesės T. Remdamiesi 3 . 9 skyrelio
(38 ) formule, gauname:
(20)
Išspręskime tą patį pavyzdį, taikydami (20)
formulę. Kadangi M0 (-2;-3 ; 0) , o M1 (6 ; 1;-6 ) ,
tai M0M1
= {8 ;4 ;-6 }
i
M0M1 x š = 8
-1
u
j
4
2
k
- 6 =32 i - 34 ] + 20 k.
5
4.27 pav.
Apskaičiuojame vektorių modulius:
l M0M1 x š l = �3 2
2
+ (-34 ) 2 + 202 = �258 0 ,
2
2
2
l s l =�(- 1) + 2 + s = ..fio .
Vadinasi,
d = -h;;o =
v3 0
./86 :::, 9,27. .._
4.13. Atstumas tarp prasilenkiančiųjų tiesių
Tarkime, kad tiesės Ti ir T2 , nusakomos kanoninėmis lygtimis
z- z
y -y
x -x1 -= -1 = --1
/1
m1
n1
y - y2 z -z2
. x -x2 -l[
=
= -- ,
l2
m2
n2
prasilenkia, t. y. nėra vienoje plokštumoje. Taškus, per kuriuos eina tos tiesės,
pažymėkime M1 (x1 ; y1 ; z1 ) ir M2 (x2 ; y2 ; z2 ) , o jų krypčių vektorius š1 = {l1 ; m1; ni } , š2 = {l2 ; m2 ; n2 }. Atstumu tarp prasilenkiančiųjų tiesių
vadinsime bendro jų statmens, nuleisto iš vienos tiesės į kitą, ilgį.
Pirmiausia išnagrinėsime, kaip geometriškai gaunamas tas statmuo. Per
tiesę Ti nubrėžkime plokštumą n, lygiagrečią su tiese T2 (4.28 pav.). Atstumai
nuo bet kurio tiesės T2 taško P iki plokštumos 1t bus vienodi ir lygūs atstumui
d tarp tiesių Ti ir T2. Tašku P gali būti žinomas tiesės T2 taškas
M 2 (x2 ; y2 ; z2 ).
1 78
l
l
L
--------
l
l
/
d_ _ _ _ _ _ J l
,- - - - - -
4.29 pav.
4.28 pav.
7t
Kadangi 7t 11 T2 ir Ji yra plokštumoje n, tai, parinkę kintamąji plokštumos
tašką M(x; y; z) ir nubrėžę vektorių M1 M = {x -x1 ; y -y1 ; z -zi } , turėsime
tris komplanarius vektorius M1 M, š1 ir š2 (4 .29 pav.). Jų komplanarumo
sąlyga
( M1 M x š1 ) · š2 =
n1
x - X1
y - Y1
m1
/1
/2
- (y -yl )
m2
z - z1
n1 =O�
n2
n1
11
+ (z - zl )
n2
12
11
12
m1
-0
m2
nusakys bendrąją plokštumos 7t lygti. Pritaikę taško M2 atstumo iki plokštu
mos 7t formulę (žr . 4 .8 skyreli), rasime atstumą d tarp prasilenkiančiųjų tiesių:
d=
(x2 - x1 )
m1
m2
n1
11
-(Y2 - Y1 )
n2
/2
m1
m2
2
n1
/1
+
n2
/2
n1
/1
+ (z2 - z1 )
n2
/2
2
n1
/1
+
n2
/2
m1
m2
2
m1
m2
Kadangi skaitiklyje po modulio ženklu yra pirmosios eilutės elementais
išskleistas determinantas
1 79
xz - xi
11
12
Y2 -yi
mI
m2
z 2 - z1
nI
nz
lygus mišriajai vektorių M1 M2 , š1 ir š2 sandaugai, o vardiklyje - vektori
nės sandaugos š1 x š2 modulis, tai
d=
(� x š1 ) š2
I ši x šz l
Taigi d yra gretasienio, kurio briaunos sutampa su vektoriais M1 M2 , š1 1r s2 ,
aukštinė (4.30 pav.).
1;
4.30 pav.
Pavyzdys. Apskaičiuokime atstumą tarp prasilenkiančiųjų tiesių
x -3 y + l z -2 .
z
x+ l y +5
-= -- = -- Ir -- = -- = - .
2
3
4
2
-3
Sprendima s. Kadangi M1 (3 ; -1;2 ), M2 (-l ; -5;0 ), tai M1 M2 =
= {--4;---4;-2} . Todėl
-4 -4 -2
( M1 M2 x š1 ) š2 = 2
4
3
2
l =20 ,
-3
1 80
j k
SJ X S 2 = 2
3 l = - l li + 1 0] - 8k
4 2 -3
i
Ir
Uždaviniai
l . Parašykite tiesės, einančios per koordinačių pradžią ir lygiagrečios su tiese
3x - 2y + l = 0, lygtį.
2. Parašykite tiesės, einančios per tašką M(- 2; l ), lygtį, kai ta tiesė yra:
a) statmena tiesei 2x + 7y + 3 = O ;
b) lygiagreti su tiese 2x + 7y + 3 = O .
3. Tiesė T ašyje Ox iškerta atkarpą, lygią 5, ir su ašimi Ox sudaro 1 20° kampą.
Parašykite tiesės T lygtį. Kokio ilgio atkarpą ji iškerta ašyje Oy?
4. Su kuria parametro a reikšme tiesės 3ax + 7y - 5 = O ir 4x + y - 3 = O bus:
a) lygiagrečios;
b) statmenos;
e) sutampančios;
d) susikertančios?
5. Parašykite tiesės, einančios per tašką M(3; 5) ir sudarančios su tiese
7 x + 2y - 6 = O 45 ° kampą, lygtį.
6. Raskite stačiojo lygiašonio trikampio viršūnes, kai žinoma stačiojo kampo
viršūnė C(3; -l ) ir trikampio įžambinė 3x - y + 2 = O.
7. Iš taško A(5; 4) į ašį Ox kampu <p = arctg 2 krinta šviesos spindulys. Parašykite
krintančiojo spindulio ir atsispindėjusiojo spindulio sklidimo trajektorijų lygtis.
8. Iš taško A(3; 4) į tiesę x + y+ l = O krinta šviesos spindulys, kuris atsispindėjęs
patenka į tašką C(6; -2). Parašykite krintančiojo spindulio ir atsispindėjusiojo spindulio
sklidimo trajektorijų lygtis.
9. Parašykite kvadrato kraštinių lygtis, kai žinomos:
a) jo įstrižainės 4x - 5y + 3 = O , 5 x + 4y - 27 = O ir viena viršūnė A(- 1 ; 8);
b) dvi priešingos jo viršūnės A ( I ; 3) ir C(6; -2).
1 0. Šalia tiesės T, kurios lygtis x + 3y - 9 = O , pažymėtas taškas A(4; 5). Raskite:
a) taško A projekciją tiesėje T;
b) taškui A simetrišką tašką tiesės T atžvilgiu.
1 1 . Parašykite taškų, vienodai nutolusių nuo taškų A(3; 7) ir B(5; -3), aibės lygtį.
1 2. Viena lygiagretainio kraštinė yra tiesėje 4x + 3y - 8 = O , o šiai kraštinei
priešingos lygiagretainio viršūnės - taškuose A( I ; 2) ir B (4;-2). Apskaičiuokite lygia
gretainio plotą.
181
13. Duotos trikampio viršūnės: A(-3 ; 4), B(3; l ), C(7; 6). Parašykite
pusiaukraštinės, nubrėžtos iš viršūnės B, lygtį ir apskaičiuokite atstumą d nuo viršūnės
A iki šios pusiaukraštinės.
14. Lygiagretainio kraštinės yra tiesėse 2x - y+ 5 = O, x - 2y + 4 = O , o įstrižainės
susikerta taške E(I ; 4). Apskaičiuokite lygiagretainio aukštinių h1 ir h2 ilgį.
15. Parašykite tiesės, einančios per tašką A(5; 2) ir nutolusios nuo taško B(-3; l )
atstumu d = 4 , lygtį.
16. Parašykite kampų, kuriuos sudaro tiesės 4x - 6y + 7 = 0 ir 3x + 2y - 2 = 0,
pusiaukampinių lygtis.
17. Taškas A(3; -4; 7) yra plokštumoje 1t. Parašykite jos lygtL kai yra žinoma, kad
jos nonnalė yra:
a) vektorius ii = {2; 5;-1 1} ;
b) ašies Oz ortas.
18. Taškas A(- 2; l ; 3) yra plokštumoje 1t, lygiagrečioje su plokštuma
3x - 7y + z - 5 = O. Parašykite plokštumos 1t lygtį.
19. Parašykite plokštumos, einančios per taškus M 1 (-4;0; 2), M2 (3; 1;1) ir
M3 (0;-5; 1) , lygtį.
20. Taškai M 1 (2;-7; O) bei M2 (3;4;-5) yra plokštumoje 1t, statmenoje plokštu
mai 2x + y - 2z + 3 = O. Parašykite plokštumos 1t lygtį.
21. Dvi kubo sienos yra plokštumose x + 2y - 2z + 2 = 0 ir 3x + 6y - 6z - 4 = 0.
Apskaičiuokite kubo tūrį.
22. Plokštuma 1t yra lygiagreti su plokštuma x - 2y + 2z - 2 = O ir nutolusi nuo
jos atstumu d = 3 . Parašykite plokštumos 1t lygtį.
23. Tiesė T eina per tašką A(3; -5; 2) ir yra lygiagreti su tiese
Parašykite kanonines tiesės T lygtis.
l 2x + 5y - 2z + 3 = O.
f 3x - 7y + z - 4 = O,
2x + y - 4z + l = 0,
x-2 y z
yra statmenos.
24. Įrodykite, kad tiesės -- = - = - ir {
4x - y - � + 2 = 0
-2 2 l
_
x _ y+2 _
x-1 y+3 z+l
_ z-1
-2
4
4
-2
nubrėžta plokštuma 1t. Parašykite šios plokštumos lygtį.
X-2
{X = Z - 2,
y-4 Z-2
-= -- = -- susikerta.
Ir
26. Įrodykite, kad tiesės
y = 2z + l
3
l
Parašykite plokštumos, einančios per tas tieses, lygtį.
.
. .
"
. . . . x-1 y+ 2 z
A 1r m re1kš mem1s
27. Su kunom1s
tiese -- = -- = - yra:
4
m
3
a) statmena plokštumai Ax + 3y - 7 z + 1 1 = O;
b) lygiagreti su plokštuma Ax + 9y - 6z - 1 = O?
.
.
.
.
25. Per dvi 1yg1agreč1as tieses -- = -- = -- Ir
1 82
28. Raskite tašką Q, simetrišką taškui P( l ; -3 ; 8) plokštumos 3x - y + 2z + 6 = O
atžvilgiu.
29. Taškas M(3 ; 2; -5) yra plokštumoje n, lygiagrečioje su tiesėmis
x-1 _
_ y + 3 _ z + I ir x = -3t, y = -2t - 2, z = 7t + 3.
2
4
-3
Parašykite plokštumos n lygtį.
30. Tiesė x = 3 + 2t, y = -4 - t, z = 5 + 3t yra plokštumoje n, statmenoje kitai
plokštumai 7x + y - 3z + 4 = O. Parašykite plokštumos 1t lygtį.
31. Įrodykite, kad tiesės
x-5 y-4 z - 2
x-8 L z-7
= =
ir
=
=
2
-3
5
2
-3
yra vienoje plokštumoje.
32. Raskite taško M(-7; 6; 3) projekciją tiesėje
x-7 y+l z-4
=
=
6
5
-2
ir taško M atstumą d iki šios tiesės.
33. Apskaičiuokite atstumą tarp prasilenkiančiųjų tiesių
x+l _ y _ z-1
y+l _ z-2
Ir � _
l
2
Atsakymai
3
4
1. y = l,5x . 2. a) 7x - 2y + l 6 = 0; b) 2x + 7y - 3 = 0. 3. -J3 x + y - 5 -J3 = 0;
(¾; 1;). (-¾;-
4. a) Su a = _3! ; b) su a = _ l__ ; e) tokių a reikšmių nėra; d) su a
3
9x - 5y - 2 = 0. 6.
12
at-3!
. 5.
3
5 {3 .
5x+ 9y - 60 = O,
1
; ) - 7. y = 2x - 6, y = -2x + l 4 . 8. l lx - 2y - 25 = 0,
2x - l ly - 34 = O. 9. a) 9x - y - 65 = O, x + 9y - 7 1 = O, 9x - y + 1 7 = O, x + 9y + 1 1 = O ; b) x = l,
x = 6, y = - 2, y = 3. 10. a) (3 ; 2); b) (2; -l). l l. x - 5y + 6 = 0. 12. 2 kv. vnt. 13. 4x + y - 1 3 = 0,
21
6
d = .Ju " 14. h1 = h2 = {s . 1 5. 3x - 4y - 7 = 0, 5x + l 2y - 49 = 0 . 16. 2x + IOy + 3 = 0,
1 0x - 2y - 1 1 = 0. 1 7. a) 2x + 5y -l lz + 9 1 = 0; b) z = 7. 18. 3x - 7y + z + l 0 = 0. 1 9. 2x - y +
1 000
+ 1 3z - 1 8 = 0. 20. 1 7x + 8y + 2 1 z + 22 = 0. 21. --kub.vnt. . 22. x - 2y + 2z - 1 1 = 0,
729
x-3 y+5 z-2
x - 2y + 2z + 7 = 0. 23. -- = -- = -- . 25. 5x + 9y - 2z + 20 = 0. 26. x + 2y - 5z = 0.
9
8
29
21
1
7
27. a) Su A = -- , m = -- ; b) su A = 8 - 3a , m = a , a E R. 28. Q(- 1 ; l ; O).
4
4
1
[3 .
29. 22x - 5y + 8z - 1 6 = 0. 30. 3y + z + 7 = 0. 32. (5; 5; 9), d = .[iii . 33. 3
5
ANTROSIOS EILĖS KREIVĖS IR
PAVIRŠIAI
5.1. Antrosios eilės kreivės. Apskritimas
Sakykime, plokštumoje parinkta koordinačių sistema xOy, F (x, y) yra
dviejų kintamųjų funkcija. Taškų, kurių koordinatės x ir y tinka lygčiai
F (x, y) = O,
aibė vadinama plokšči ąja kreive , o pati lygybė F(x, y) = O - kreiv ės lygti mi.
Kai F(x, y) yra kintamųjų x ir y antrojo laipsnio daugianaris, t. y. kai
F(x, y) = a1 1 x 2 + 2a1 2 xy + a22 y 2 + a13 x + a23 y + a33 ,
tai lygtimi F(x, y) = O apibrėžta kreivė vadinama antrosios eil ės kreive. Šioje
lygtyje prieš narį, turintį sandaugą xy, parašytas dvigubas koeficientas 2a1 2 .
Kodėl taip padaryta, paaiškinsime vėliau, 9
y
skyriuje.
Pavyzdžiui, apskritimas yra antrosios eilės
kreivė. Išveskime jo lygtį.
Tarkime, kad apskritimo centras yra taškas
C (xo ; Yo ) , spindulys lygus r, o kintamasis
taškas - taškas M (x; y) (5.1 pav.). Kadangi
o
X
5.1 pav.
1 84
tai iš čia gauname apskritimo lygtį
(x - xo )2 + (y - Yo )2
=
r 2.
(l)
Kai apskritimo centras sutampa su koordinačių pradžia, o spindulys lygus
r, tai apskritimo lygtis įgyja išraišką
z
2
2
x +y =r.
Pavyzdys. Įsitikinkime, kad
x2 + y 2 -4 x +6 y + 4 =O
yra apskritimo lygtis.
Sprendi ma s. Išskyrę dvinario kvadratus, gauname:
x2 -4 x + 4 + +y 2 +6 y + 9 -4 -9 + 4 =O,
2
(x -2 ) + (y +3 )2 =3 2.
Vadinasi, duotoji lygtis apibrėžia apskritimą, kurio centras - taškas C(2 ; -3 ),
spindulys r = 3. .A.
Toliau išnagrinėsime svarbiausias antrosios eilės kreives: elipsę,
hiperbolę ir parabolę, kurios jau buvo žinomos Senovės Graikijoje.
5.2. Elipsė
Du plokštumos taškus pažymėkime raidėmis F1 ir F2 , o atstumą tarp jų
-2 c (5.2 pav.).
Apibrėžimas. Elipse vadiname
kreivę, kurios kiekvieno taško M
atstumų nuo dviejų plokštumos taškų Fj
ir F2 suma yra pastovi: F1 M +
+ F2 M = const.
Taškai F1 ir F2 vadinami e lips ės
5.2 pav.
židiniais (rusų ir anglų kalba šie taškai
vadinami fokusais, lot. focus - židinys). Atstumų FjM ir F2 M sumą
pažymėkime 2 a ir tarkime, kad 2 a > 2 c, t. y. a > e.
Iš apibrėžimo aišku, kaip galima mechaniškai nubrėžti elipsę. Popieriaus
lapo taškuose F1 ir F2 įtvirtinkime siūlo, šiek tiek ilgesnio už atstumą tarp tų
taškų, galus, o patį siūlą ištempkime, taške M įbesdami pieštuko galą. Pieštuką
traukime popieriaus lapu taip, kad siūlas visą laiką būtų įtemptas. Pieštukas
brėš elipsę, nes atstumų nuo taškų F1 ir F2 iki pieštuko galo M suma bus visą
laiką pastovi ir lygi siūlo ilgiui.
1 85
Išveskime paprasčiausią elipsės lygtį kuri vadinama kanonine. Tam
tikslui koordinačių sistemą parinkime taip, kad židiniai F1 ir F2 priklausytų
ašiai Ox, o koordinačių pradžios taškas sutaptų su atkarpos F1 F2 vidurio tašku
(5.3 pav.). Židinių koordinatės bus tokios: F1 (-e; O), F2 (e; O).
l
X
5.3 pav.
Kintamąjį elipsės tašką pažymėkime M(x; y). Jo atstumą nuo židinių F1 u
F2 pažymėkime atitinkamai r1 ir r2. Pagal apibrėžimą, elipsės lygtį nusako
sąryšis
arba
Kadangi
tai
�(x + c) 2 + y 2 + �(x - c ) 2 + y 2 = 2a.
Antrąjį radikalą perkėlę į dešiniąją lygties pusę ir abi puses pakėlę kvadratu,
gauname:
iš čia
2
2
2
2
2
(x+ c) 2 + y 2 =4a -4a�(x - c ) + y + ( x -c) + y ;
a �(x -c) 2 + y 2 =a 2 -cx.
Dar kartą pakeliame abi lygties puses kvadratu:
a 2 (x2 -2cx + c2 + y 2 ) = a 4 - 2a 2 cx+ c 2 x 2 ,
a 2 x -c 2 x 2 + a 2 y 2 = a 4 -a 2 c 2 ,
2
(2)
1 86
Kadangi a > e, tai a 2 - c 2 > O , todėl galime pažymėti a 2 - c 2 = b2 ; čia b > O
ir b s a . Tada (2) lygtis įgyja išraišką
b 2x2 + a 2y 2 = a2b2 .
Abi jos puses padaliję iš a2 b 2 * O , turime
y2
+
=1
2
2
b
a
x
(3) lygtis vadinama kano nine elips ės lygtimi.
Išsiaiškinsime, koks yra geometrinis elipsės vaizdas. Kadangi 2 e: O,
a
¼
e: O, tai iš (3) lygties išplaukia, kad
b
2
(3)
2
x
2
s l, ¼ s 1 .
2
a
b
Vadinasi, -a s x s a, - b s y s b . Tai rado, kad v1s1 elipsės taškai yra
stačiakampyje PQRS (5.4 pav.).
x
2
2
B1
5.4 pav.
(3) lygties kintamieji x ir y pakelti lyginiu laipsniu, todėl elipsė yra
simetriška ašių Ox ir Oy atžvilgiu. Vadinasi, pakanka nagrinėti tik tą jos dalį,
kuri yra pirmajame ketvirtyje. Iš (3) lygties
2 2
-x .
(4)
y = !?._ ��
a-a
Kai x = O, tai y = b, kai y = O, tai x = a. Taigi elipsė eina per taškus
A2 (a;O) ir B2 (0 ; b) (5.4 pav.). Jei x didėja nuo O iki a, tai iš (4) lygties matyti,
jog y mažėja nuo b iki O. Taikydami diferencialinio skaičiavimo metodus,
galėtume įrodyti, kad elipsės lankas atkarpoje [O; a] yra iškilas. Atsižvelgę į
1 87
šiuos tyrimo rezultatus bei elipsės simetriškumą, gauname 5 . 3 ir 5 . 4 paveiksle
pavaizduotą kreivę .
Ašys Ox ir Oy vadinamos e lips ės aši mis, atkarpa A1 A2 ir jos ilgis 2 a -
didži ąja e lips ės aši mi , atkarpa B1 B2 ir jos ilgis 2b - e lips ės maž ąja aši mi ,
a - didži ąja pusaše , b - maž ąja pu saše . Taškai A1 , A2 , B1 , B2 vadinami
e lips ės vir š iin ė mis, taškas O - e lips ės centru .
Elipsės forma priklauso nuo santykio !!_ . Tačiau įprasta jos ištęstumą
a
apibūdinti atstumo tarp židinių 2c ir didžiosios ašies ilgio 2 a santykiu
2
2
2
2 c "- �a -b
b
e= = =
=�! - 2 '
2a a
a
a
kuris vadinamas e lips ės ekscentricitetu (lot. ex- iš, už ribų + centrum centras). Elipsės ekscentricitetas tenkina sąlygą O < E < l . Kai a = b, elipsė
išsigimsta i apskritimą x2 + y 2 = a 2 . Apskritimo ekscentricitetas E = O . Su
spaudę šį apskritimą išilgai ašies Oy (5.5 pav.), kai sąspūdžio koeficientas
J,
k = !!_ (taigi y pakeitę dydžiu E. y , nes sąspūdis, kurio koeficientas k > O ,
a
b
tašką M (x; y) perkelia i tašką
M'(x; f)
kanoninę elipsės lygti.
iš lygties x 2 + y 2 = a 2 gauname
...V
y
X
Lygtis
5.5 pav.
o
B1
5.6 pav.
a
188
kurios a < b, irgi yra elipsės lygtis (šiuo atveju c 2 =b 2 - a 2 ). Tokios elipsės
židiniai Fj (O;-c) ir F2 (O; e) yra ašyje Oy (5.6 pav.), o ekscentricitetas
2c e
E =- =-< l .
2b b
l pavyzdys. Pastovaus ilgio atkarpa AB(5.7 pav. ) juda taip, kad taškas A
slenka ašimi Oy, o taškas B - ašimi Ox. Įrodykime, kad b et kuris atkarpos AB
taškas M (esantis tarp taškų A ir B arba atkarpos AB tęsinyje) brėžia elipsę.
y A
y
X
5.8 pav.
5.7 pav.
Spr endi mas. Iš pradžių išnagrinėkime atvejį, kai taškas M yra tarp taškų
A i r B. Pažymėkime: AM= a, MB= b, M(x, y). Kadangi trikampiai ACM ir
. .
. AM CM
MDByra panašūs, tai -- = -- , ta1g1
MB DB
X
a
=
b �b 2 _ y 2
Iš čia a 2 (b 2 - i ) = b 2 x 2 ,
arba
:
: + ;: = l .
Kai taškas M yra atkarpos AB tęsinyje (5.8 pav.), nagrinėjama analogiškai
(čia i rgi žymime: AM= a, MB= b, CM= x, DM = y). ..&.
Šiame pavyzdyje išnagrinėtas elipsės
braižymo būdas pritaikytas elipsiniame
skriestuve (5.9 pav.). Jį sudaro kryžmė,
turinti dvi statmenas viena kitai iJ>jovas. Į
jas įstatyti slankikliai A ir B, prie kurių
šarnyrais pritvirtinta liniuotė AB. Liniuote
slankioja mova M, kurią sraigtas V ga li
užfiksuoti bet kurioje liniuotės vietoje.
Movoje M yra kiaurymė K pieštukui
įstatyti. Judant liniuotei, pieštuko galas
5.9 pav.
b rėži a elipsę.
189
Taškui M judant elipse, taškas B juda horizontale, o taškas A - vertikale.
Šis principas taikomas mechanikoje, norint tiesiaeigį judesį vertikaliąja
kryptimi pakeisti tiesiaeigiu judesiu horizontaliąja kryptimi.
2
2
2 pavyzdys. Tarkime, kad M(x; y) - bet kuris elipsės .;- +.;.. = l , a > b,
a
b
taškas. Įrodykime, kad
r1 = a+ EX, r2 = a - EX;
(5)
čia r1 ir r2 - taško M(x; y) atstumai iki židinių F1 ir F2 (5.3 pav.), E elipsės ekscentricitetas.
Sprendi mas . Žinome, kad r1 + r2 = 2 a ir
todėl
r1 =�(x+c) 2 + y 2 , r2 =�(x - c) 2 + y 2 ,
r12 - r22
= 4 cx,
2 cx
.
.
·
Kadang1 r1 + r2 = 2 a, tai r1 - r2 =-=2 EX • s 1stemos
a
r1 + r2 = 2 a,
{
r1 - r2 = 2 EX
(r1 - r2 ) Cr1 + r2 ) =4 cx.
lygtis panariui sudėję ir iš vienos lygties atėmę kitą, gauname
r1 = a + EX, r2 = a - EX . .A.
5.3. Hiperbolė
Du plokštumos taškus pažymėkime F1 ir F2 , o atstumą tarp jų - 2 c
(5.1 0 pav. ).
Apibrėžimas. Hiper bole vadiname kreivę, kurios kiekvieno taško M
atstumų nuo dviejų plokštumos taškų F1 ir F2 skirtumas yra pastovus: F1 M- F2 M = const.
Y
Taškai F1 ir F2 vadinami hiper
bol ė s židiniais.
Atstumų F1 M ir F2 M skirtumą
pažymėkime ±2 a (rašome du ženklus,
nes neaišku, kuris šių atstumų yra
didesnis); pagal trikampio savybę,
2 a < 2 c, t. y. a < e. Koordinačių ašis
išdėstykime (5. lO pav. ) taip pat, kaip
5.1 0 pav.
1 90
išvesdami kanoninę elipsės lygtį. Židinių koordinatės bus tokios:
F1 (-c; O),
F2 (c; O) .
Kintamąjį hiperbolės tašką pažymėkime M(x; y), o jo atstumą iki židinių
F1 ir F2 - atitinkamai r1 ir r2 :
r1 = F1 M = �(x + c) 2
+y
2
, r2 = F2 M = �(x -c) 2 + y 2 .
Pagal apibrėžimą, hiperbolės lygtį nusako sąryšis
11 - r2 = ±2 a.
F1 M -F2 M = ±2 a , arba
Įrašome į jį r1 ir r2 išraiškas:
�(x + c) 2 + y 2 - �(x - c) 2 + y 2 = ±2 a.
Antrąjį radikalą perkėlę į dešiniąją lygties pusę ir abi puses pakėlę
kvadratu bei pertvarkę, gauname:
2
2
2
_ c_
x_
+ y_ = cx - a
± a �..-(_
) __
Vėl pakėlę abi lygties puses kvadratu, turime:
a 2 ( x 2 -2 cx + c 2 + y 2 )=a4 -2 a 2cx + c 2 x 2 ,
( c 2 _ 0 2 ) x 2 _ 0 2 y 2 = 0 2 ( c 2 _ 0 2 ).
Kadangi šį kartą, priešingai nei elipsės atveju, e > a, tai c 2 -a 2
Pažymėję c - a = b , iš (6 ) lygties gauname:
2 2
2
b x - a y 2 = a 2b2 ,
2
2
2
x
2
2
2-2
a
y
=
l.
(6 )
> O.
(7 )
b
Ši lygtis vadinama kanonine hiper bol ės lyg timi.
Išsiaiškinsime, kokia yra hiperbolės forma. Kadangi (7 ) lygties kintamieji
x ir y pakelti lyginiu laipsniu, tai hiperbolė yra simetriška ašių Ox ir Oy
atžvilgiu.
Kai y =O, tai x 2 =a 2 ir x = ±a. Vadinasi, hiperbolė kerta ašį Ox
taškuose A1 (-a;O) ir A2 (a;O). Norėdami rasti hiperbolės ir ašies Oy sankirtos
taškus, į (7 ) lygtį įrašykime x = O. Gausime lygtį y 2 = -b 2 , neturinčią realiųjų
sprendinių. Taigi hiperbolė nekerta ašies Oy. Dėl šių priežasčių ašis Ox
vadinama reali ąja hiper bol ės si metr ijo s aši mi , o ašis Oy - mena mąja
simetr ijos a ši mi. Atkarpa A1 A2 ir jos ilgis 2 a vadinami reali ąja hiper bol ė s
aši mi. Atidėję ašyje Oy atkarpas OB1 i r OB2 , kurių ilgis lygus b , gauname
191
atkarpą B1 B2 , kuri kartu su dydžiu 2b vadinama menamąja hiperbolės ašimi.
Dydžiai a ir b vadinami atitinkamai realiąja ir menamąja hiperbolės pusaše.
Atstumo tarp židinių 2 c ir realiosios ašies ilgio 2 a santykis
2
2
2 c °'- �a + b
b'
,=
= =
=�l + 2
2a a
a
a
vadinamas hiper bol ė s ekscentricitetu. Jis tenkina sąlygą B > l .
Turėdami galvoje hiperbolės simetriškumą ašių Ox ir Oy atžvilgiu, toliau
nagrinėsime tik jos dali, esančią pirmajame ketvirtyje. Iš (7) lygties išplaukia,
kad
-¾- =1 +.;-, y =k �x2 - a 2 .
2
ll
a
b
2
a
-¾- ?: l, tai x ?: a. Pirmajame ketvirtyje x ?: a, y ?: O. Taigi
a
kai x kinta nuo a iki +oo, tai y kinta nuo O iki +oo, todėl hiperbolės taškas
tolsta šia kreive į begalybę (5.10 pav.).
b
Hiperbolės formai turi įtaką tiesės y = ± - x, kurių krypties koeficientas
a
Kadangi
2
k = tga = ±k . Šios tiesės yra hiperbolės asi mptot ės (gr. asymptotes - nesu
a
tampantis).
Asimptotėmis vadiname tieses, turinčias tokią savybę: taškui M tolstant
kreive į begalybę, atstumas d nuo šio taško iki asimptotės nyksta (5.11 pav.).
Vadinasi, kai x � +oo , tai d � O, o kartu ir MN � O . Įsitikinsime, kad taip
yra iš tiesų.
Imkime du pirmojo ketvirčio
y
taškus: hiperbolės tašką M (x; Yh ) ir
tiesės y =k x tašką N (x; y t ) , kurių
a
abscisės x yra vienodos, o ordinatės
randamos iš formulių
2
2
Yh =k � x -a , Yt =k x.
a
a
Tada
o
a
5.1 1 pav.
X
1 92
Iš šios formulės matyti, kai x neaprėžtai didėja, taigi kai x � +oo , dydis
MN � O. Todėl tiesė y = !!_ x tikrai yra hiperbolės asimptotė.
Aišku, kad hiperbolės asimptotės yra stačiakampio, kurio viena kraštinė
lygi 2a ir lygiagreti su ašimi Ox, o kita lygi 2b ir lygiagreti su ašimi Oy,
įstrižainės. Įstrižainių sankirtos taškas vadinamas hiper bol ė s si metr ijos centru.
Hiperbolė pavaizduota 5.10 paveiksle; ją sudaro dvi atskiros šakos.
Kai a = b, hiperbolė vadinama lygiaaše ; jos lygtis yra
x
2
_ y 2 = a2 .
(8)
Jau minėjome, kad elipsę galima gauti iš apskritimo, spaudžiant jį išilgai
ašies Oy. Panašiai iš lygiaašės hiperbolės, spaudžiant ją išilgai ašies Oy
(5.12 pav.), gaunama hiperbolė, nusakoma (7 ) lygtimi. Iš tiesų, įrašę į (8) lygtį
vietoj y dydį !!_ y (sąspūdžio koeficientas k = !!_ ), gauname (7 ) lygtį.
b
a
y
y
o
5.12 pav.
X
X
5.13 pav.
Hiperbolės, kurios židiniai F1 (0 ;- c) ir F2 (0;c) yra ašyje Oy (5.13 pav.),
kanoninė lygtis tokia:
y = l·
x -- '
a2
2
b2
2
čia 2b - realioji hiperbolės ašis, 2a - menamoji ašis,
(9 )
> l ekscentricitetas.
b
Dvi hiperbolės, apibūdinamos (7 ) ir (9 ) lygtimis, vadinamos jungtin ė mis.
E=�
1 93
Pavyzdys. Plokštumoje nubrėžta tiesė l ir šalia jos pažymėtas taškas F
(5.14 pav.). Įrodykime, kad taškai, kurie nuo taško F yra du kartus toliau negu
nuo tiesės /, yra hiperbolėje, o taškas F yra vienas iš tos hiperbolės židinių.
Sprend imas. Iš taško F nuleiskime
y /
statmenį į tiesę /. To statmens pagrindą
M(x-,y)
laikykime koordinačių pradžia, tiesę OF
N
- ašimi Ox, tiesę l - ašimi Oy. Taško
F koordinates pažymėkime e ir O, taško
M - x ir y. Pagal sąlygą,
F(c;O) X
2 NM = FM.
Iš čia gauname lygtį
5 . 14 pav.
o
Pertvarkę ją, turime:
4 x 2 = x 2 -2 xc + c 2 + y 2 ,
3 x 2 + 2 xc - y 2 =c 2 ,
4 2
-e
y2
-- = l .
4 2
-c
pusašė a = ¾ e , menamoji pusašė b =
lygi
Jei koordinačių pradžios tašką perkeltume į tašką
abscisė lygi
.± e, sutaptų su tašku F. .A.
3
(-½e; O) ,
F3 e . Tada vieno jos židinio abscisė
Ši lygtis nusako hiperbolę, kurios simetrijos centras
(-½ O) ,
e;
realioji
taškas, kurio
194
5.4. Elipsės ir hiperbolės direktrisės
Tarkime, kad duota elipsė
x2 y2
-+ - = l
a
2
b
2
kurios a ,;,. b , o kartu e ,;,. O. Vadinasi, ši elipsė skiriasi nuo apskritimo.
Nagrinėkime atvejį, kai a > b.
l apibrėžimas. Dvi tiesės, statmenos didžiajai elipsės ašiai ir nutolusios
simetriškai nuo elipsės centro O atstumu
!!.. ,
(lot. directrix - kreipiančioji) (5.15 pav.).
€
vadinamos elips ės direktris ė mi s
X
a
81
a
,, --- e ------ e --- 12
5.15 pav.
Elipsės direktrisių 11 ir /2 lygtys yra tokios:
x = --
a
€
.
1r
x=-.
a
€
Pirmąją šių direktrisių vadinsime kairiąja , antrąją - dešiniąja. Kadangi
elipsės ekscentricitetas O < e < l , tai
!!.. > a. Todėl dešinioji direktrisė 12 yra
€
dešiniau elipsės viršūnės A2 , o kairioji direktrisė 11 - kairiau elipsės viršūnės
Ai .
Kiekviena elipsės direktrisė turi tokią savybę. Jei r - bet kurio elipsės
taško M atstumas nuo vieno iš židinių, o d - to paties taško atstumas iki tą
r
d
židinį atitinkančios direktrisės, tai santykis - yra pastovus dydis, lygus
elipsės ekscentricitetui e :
r
= e.
195
Tarkime, kad kalbame apie dešinįjį elipsės židinį F2 ir dešiniąją direk
trisę /2 (5.15 pav.). Kintamąjį elipsės tašką pažymėkime M(x; y). Jo atstumas
iki dešiniosios direktrisės /2 bus lygus d = :!_ _ x.
Taško M atstumas nuo dešiniojo židinio tenkina (5) lygybę (žr. 5.2 skyre
lio 2 pavyzdį):
r = a -i::x.
Apskaičiavę santykį
r a -i::x (a -i::x) i::
E,
a
d a -i::x
-x
E
E
gauname tai, ką reikėjo įrodyti.
Analogiškai apibrėžiamos ir hiperbolės direktrisės. Tarkime, kad duota
hiperbolė
x2
y2
- - - = l'
b2
a2
kurios židiniai yra ašyje Ox.
2 apibrėžimas. Dvi tiesės, statmenos tai hiperbolės ašiai, kuri eina per
a
hiperbolės viršūnes, ir nutolusios simetriškai nuo centro O atstumu
E
vadinamos hiperbol ės direktrisė mis (5.16 pav.).
y
5.16 pav.
Hiperbolės direktrisių /1 ir /2 lygtys yra tokios:
a
a
X
= --
Ir
E
X
=-.
E
Pirmoji šių direktrisių vadinama kairiąja, antroji - dešiniąja. Kadangi
hiperbolės ekscentricitetas E > l , tai :!.. < a. Todėl dešinioji direktrisė 12
E
yra
1 96
tarp centro O ir dešiniosios hiperbolės viršūnės A2 , o kairioji direktrisė 11 tarp centro O ir kairiosios hiperbolės viršūnės A1 •
Hiperbolės direktrisės turi analogišką savy bę , kaip ir elipsės direktrisės.
Jei r -bet kurio hiperbolės taško M atstumas nuo vieno iš židinių, o d - to
paties taško atstumas iki tą židinį atitinkančios direktrisės, tai santykis !.... yra
d
pastovus dydis, lygus hiperbolės ekscentricitetui E (5. 1 6 pav.):
r
=E.
d
Įrodytume panašiai kaip ir elipsės atveju.
Minėtomis elipsės ir hiperbolės direktrisių savybėmis galima remtis,
apibrėžiant abi šias antrosios eilės kreives.
3 apibrėžimas. Taškų, kurių atstumo r nuo tam tikro fiksuoto taško
(židinio) ir atstumo d iki tam tikros fiksuotos tiesės (direktrisės) santykis yra
pastovus dydis
r
- = E (E = const),
d
aibė vadinama elipse, kai E < l , ir hip er bol e, kai E > l .
Kyla klausimas: kokia kreivė apibrėžiama sąryšiu !.... = E , kai E = l , t. y.
d
kai atstumai r ir d yra lygūs? Pasirodo, ta kreivė yra para bol ė (taip pat
antrosios eilės kreivė).
5.5. Parabolė
Pažymėkime plokštumos tašką F ir tiesę l.
Apibrėžimas. Kreivę, kurios kiekvienas taškas M yra vienodai nutolęs
nuo plokštumos taško F ir tiesės l, vadiname para bole.
Taškas F vadinamas para bol ės
y
židiniu , tiesė l - para bol ės direktris e.
Norėdami išvesti kanoninę parabolės
lygtį, ašį Ox nubrėžkime per židinį F
statmenai direktrisei l (5. 1 7 pav.). Atstu
mą nuo židinio iki tiesės l pažymėkime p;
A
X
čia p > O. Ašį Oy nubrėžkime statmenai
per atkarpos AF vidurį. Tada židinio
l
koordinatės bus F ( � ;
5.1 7 pav.
.
lygtlS
X
p
= -- .
2
O), o direktrisės
l·
1 97
Parabolės kintamojo taško M koordinates pažymėkime x ir y. Iš taško M
nuleidę statmenį į tiesę /, gausime tašką
s(-� ; y
Pagal parabolės
apibrėžimą, FM = BM, arba r = d (5.1 7 pav.), todėl iš čia gauname lygybę
Abi jos puses pakėlę kvadratu ir pertvarkę, gauname kanoninę para bol ė s lygt į
y 2 =2 px .
(1 0)
Dydis p > O vadinamas para bol ė s parametru.
Išnagrinėkime parabolės formą. Kadangi kintamasis y pakeltas lyginiu
laipsniu, tai parabolė yra simetriška ašies Ox atžvilgiu. Ašis Ox vadinama
para bol ės ašimi. Kai p > O, tai iš ( lO) lygties išplaukia, kad x � O, nes visada
y 2 � O , todėl parabolė išsidėsčiusi tik dešinėje pusėje nuo ašies Oy. Kai x = O,
tai y = O. Taškas 0(0; O) vadinamas para bol ė s virš ūne. Kai x � +oo , tai
y � ±oo , nes iš sąlygos
y 2 =2 px
išplaukia
y = ± �2 px. Parabolė
pavaizduota 5.1 7 paveiksle.
5. 18 paveiksle parodytos įvairios parabolės padėtys bei jos židiniai ir
direktrisės. Ten pat pagal analogiją su (1 0) lygtimi surašytos ir kanoninės šių
parabolių lygtys
y
y= �
X
y
y=- f
5.18 pav.
Pavyzdys. Skritulių, einančių per tašką F ir liečiančių tiesę /, centrai yra
parabolėje.
Iš tiesų kadangi atstumas nuo skritulio centro iki taško F bei nuo centro
iki skritulio liestinės matuojamas to paties skritulio spinduliu, tai šie atstumai
yra lygūs. Vadinasi, skritulių centrai tenkina parabolės apibrėžimą, todėl
sudaro parabolę.
1 98
5.6. Antrosios eilės kreivių liestinės
Tiesės, einančios per tašką MO (x0 ; y0 ) ir turinčios krypties koeficientą k,
lygtis yra tokia:
(1 1 )
y -y0 = k(x - x0 ) .
Tarkime, kad taškas M0 (x0 ; y0 )
priklauso kreivei, nusakomai lygtimi
y=f(x). Tada kreivės liestinės, nubrėžtos per tašką M0 , krypties
koeficientas
k=f'(x0 ) .
Įrašę šią k reikšmę į (11 ) lygtį, gauname kreivės liestinės lygtį
y -yo = f'(xo ) ( x - xo ) ;
(12 )
čia Mo ( xo ; y0 ) - lietimosi taškas.
Remdamiesi (12 ) lygtimi, išvesime elipsės, hiperbolės ir parabolės
liestinių lygtis.
l. Elipsė. Tarkime, kad M0 ( x0 ; y0 ) yra elipsės taškas. Vadinasi, jo
koordinatės turi tenkinti kanoninę elipsės lygtį:
2
2
.::Q__+ 2'.Q_ = l
a2 b2
(1 3)
Paprastumo dėlei tarkime, kad taškas Mo yra pirmajame ketvirtyje.
Elipsės dalies, esančios šiąme ketvirtyje, lygtis yra (žr. (4 ) formulę)
Tada
y' =
b
-2x
=
a 2 �a 2 - x 2
Kadangi iš (14 ) lygybės �a 2 - x2 =
ay
, tai
b
bx
bx
b 2x
y , =---=- -2- ·
ay
a y
a·
b
Įrašę šią y ' reikšmę į ( 12 ) formulę, gauname:
b2 x
y -yo =--o ( x - xo ) ;
a 2 Yo
(14 )
1 99
iš čia
2
2
2
2
b xxo + a YYo = b x5 + a y5 .
Padalijame abi šios lygties puses iš a 2 b 2 :
2
2
xxo + YYo xo Yo
+=
a2 b2 2
a
b2
(15)
Bet dešinioji lygybės pusė lygi l (žr. (13) lygybę), todėl (15) lygtis įgyja
išrašką
xxo + >Yo = l
(16)
2
2
b
a
Tai ir yra elipsės liestinės, nubrėžtos per elipsės tašką M0 (x0 ; y0 ) , lygtis.
2. Hiperbolė. Hiperbolės
x2
y2
---= l
2 b2
a
liestinės lygtis išvedama panašiai kaip ir elipsės. Ji yra tokia:
xxo - >Yo = l·
2
2
'
b
a
( 1 7)
čia taškas M0 (x0 ; y0 ) - hiperbolės taškas.
3. Parabolė. Tarkime, kad M0 (x0 ; y0 ) yra parabolės y 2 = 2px taškas.
Tada teisingas sąryšis
(18)
Yo = 2pxo ,
Nagrinėkime tik virš ašies Ox esančią parabolės šaką, nusakomą lygtimi
Iš ( 19) lygties turime
y = �2px .
y' =
p
l
· 2p = -- = p .
2 �2px
�2px Y
(19)
Įrašę šią y' reikšmę į (12) lygtį gauname:
iš čia
y - yo = _E._ (x - xo ) ;
Yo
2
>Yo = px + Yo - pxo ·
(20)
200
Turėdami galvoje ( 1 8) sąryšį, iš (20) lygties gauname:
YYo = px + 2 px0 - px0 = px + px0 = p (x + x0 ) .
Lygtis
YYo = p (x + x0 )
ir yra para bol ės liestin ės lygtis .
(2 1 )
5.7. Optinės antrosios eilės kreivių savybės
Šiame skyrelyje išnagrinėsime optines elipsės, hiperbolės ir parabolės
savybes, apibūdinančias šviesos spindulių kryptį, kai šviesos šaltinis yra tų
kreivių židiniuose.
l . Elipsė. Tarkime, kad Mo (x0 ; Yo ) - elipsės
x2
y2
-+-=l
i
b2
a
taškas. Per jį nubrėžkime liestinę T (5. 1 9 pav.), kurios lygtis yra
xxo YYo
+
=1
arba
b
2
ai
b2
2
x0x + a 2 y0 y - a 2b = 0.
(22)
T
Fj ir F2 atstumus h1 ir h2 iki liestinės
Pasinaudokime taško K(x; y) atstumo iki tiesės mx + ny + l = O formule
Raskime židinių
Tada
5.1 9 pav.
d = mx + ny + l
�m 2 + n 2
T.
(23)
201
2 2
2
2
b x0 c + a y0 - O - a b
�b4 x5 + a4 y&
�
Padaliję kiekvienos trupmenos skaitiklį ir vardiklį iš a 2 b 2 , turime:
:=
2=x=o=-=l=I
h2 = l ;:::
2
2
Pažymėkime: -.==== = 11.;
2
2
xo Yo
+
4 b4
a
x_
_
o
_
Y_
o
4 + b4
a
čia A > O . Gausime:
(24)
Apskaičiuokime kampų a ir . kuriuos spinduliai r1 ir r2 sudaro su liestine T,
�
sinusus (5 . 1 9 pav.):
.
sm a =
h
.
, sm pA = 2 .
R
R
h1
Atsižvelgę į (5) ir (24) formules, gauname:
sin a =
xo + l
l. �
2
1
a
a + &Xo
Dydį E pakeičiame pagal formulę
vardiklį padauginame iš a:
E
e
+a
a
=
---+
---'r-sm a
e
a a + - x0
a
A - x0
1
, sin =
�
l. e2 x0
1
a
- ll
a - uo
1
.
= � ir kiekvienos trupmenos skaitiklį bei
a
202
Vadinasi,
sin a = sin � .
(25)
Ši lygybė ir apibūdina vadinamąją optinę elipsės sa vybę. Įsivaizduokime, kad
elipsės „paviršius" yra veidrodinis, o židinyje Fj yra taškinis šviesos šaltinis.
Tada (25) sąlyga reiškia, kad šviesos spindulys. išėjęs iš taško Fj ir
atsispindėjęs nuo veidrodinio elipsės „paviršiaus'·, eis per tašką F2
(5 .20 pav.). Taigi visi šviesos spinduliai, išėję iš taško Fj ir atsispindėję nuo
veidrodinio elipsės „paviršiaus". susirinks taške F2 (5.2 1 pav. ).
5.20 pav.
5.2 1 pav.
2. Hiperbolė. Optinė hiper bolės sa vybė nustatoma panašiai kaip ir
elipsės. Jos esmė tokia: jei viename hiperbolės židinyje padėtume taškinį
šviesos šaltinį, tai atrodytų, kad spinduliai, atsispindėję nuo veidrodinio
hiperbolės „paviršiaus", išeina iš kito židinio (5. 22 pav.).
y
X
5.22 pav.
5.23 pav.
3. Parabolė. Tarkime, kad M0 ( x0 ; y0 ) - parabolės _v 2 = 2 px taškas. Per
jį nubrėškime parabolės liestinę T ( 5.23 pav.), kurios lygtis yra
)'. Fo = P ( x + xo ),
arba
px - Yo Y + PXo = O·
203
Iš taško MO nuleiskime statmenį į ašį Oy ir jo pagrindą pažymėkime
K(O; y0 ) . Taikydami (23 ) formulę, apskaičiuokime taškų F ir K atstumus
h1 ir h2 iki liestinės T:
p2
- -yo · O + pxo
2
Kadangi
�
5
_ l p ·O- yJ + pxo l l PXo -Y 1
hz - �---,===� _
- ---.===== .
�p 2 +y5
�p 2 + y5
M0 ( x0 ; y0 )
Y5 = 2 PXo ' todėl
IIC � nJ
yra parabolės taškas, tai teisingas sąryšis
Pažymėję -.====="A ("A > O), turėsime:
�P 2 + Y5
Raskime kampų a ir �, kuriuos spindulys r ir tiesė KMO sudaro su
liestine T, sinusus (5.23 pav):
.
h1 , sin �= hz
sm a = d
Pagal parabolės apibrėžimą,
todėl
204
Vadinasi, sin a = sin p. Ši lygybė ir
išreiškia optinę para bol ės savy bę. Sakykime,
kad parabolės židinyje F yra taškinis šviesos
šaltinis. Tada visi spinduliai, išėję iš židinio ir
atsispindėję
nuo
veidrodinio
parabolės
„paviršiaus", bus lygiagretūs su parabolės
simetrijos ašimi (5.24 pav.).
Gautoji optinė parabolės savybė taikoma
technikoje, konstruojant teleskopus, parabolines
5.24 pav.
antenas, automobilių žibintus, lazerius ir kt.
Dabar galime paaiškinti , kodėl taškas F buvo pavadintas židiniu. Saulės
spinduliai, atėję iš labai toli, parabolinį veidrodį pasiekia lygiagrečiuoju
pluoštu, o atsispindėję nuo jo paviršiaus, susirenka viename taške, kuriame
temperatūra labai aukšta.
Parabolinio veidrodžio savybės taikymą statyboje iliustruoja paveikslas
knygos viršelyje. Prancūzijoje, Pirėnų kalnų kurorte Font Romeu, pastatytas
viešbutis, kurio viena siena yra veidrodinė. Atsispindėjusius nuo jos spindulius
surenka saulės spindulių rinktuvas, pastatytas židinyje.
5.8. Kūgio pjūviai
Visas antrosios eilės kreives - apskritimą, elipsę, hiperbolę ir parabolę galima gauti kertant kūgį įvairiomis plokštumomis. Todėl šios kreivės dar
vadinamos k ūgio pjūviais. Toks antrosios eilės kreivių gavimo būdas paprastai
siejamas su senovės graikų matematiko Menechmo• vardu.
Sakykime, duotas apskritasis kūgis, kurio paviršių įsivaizduojame
neribotai pratęstą nuo viršūnės. Jei kertančioji plokštuma P2 neina per kūgio
viršūnę ir nėra lygiagreti nė su viena kūgio sudaromąja, tai pjūvis yra elipsė
(5. 25 pav.). Kai kertančioji plokštuma f1 statmena kūgio ašiai, ši elipsė virsta
apskritimu. Kai kertančioji plokštuma
P3 lygiagreti su viena kūgio
sudaromąja, tai pjūvis yra parabolė (5.25 pav.). Kai kertančioji plokštuma P4
lygiagreti su dviem kūgio sudaromosiomis AA' ir BB' , tai pjūvis - hiperbolė
(5.26 pav.) .
' Menechmas (Menaechmus, apie 3 80-320 m. pr. Kr.) - graikų matematikas.
205
E
5.25 pav.
5.26 pav.
5.27 pav.
Nubrėžkime kūgio pJUVb statmeną jo ašiai, ir fiksuokime kūgio bei
kertančiosios plokštumos sankirtos tašką K (5 .25 pav.). Sukdami kertančiąją
plokštumą, einančią per K, pamatytume, kad apskritimas iš pradžių pereina į
elipsę, paskui - į parabolę ir galiausiai į hiperbolę.
Kai kertančioji plokštuma eina per kūgio viršūnę S (5.2 7 pav.), tai nelygu
kokia yra plokštumos padėtis, ji gali turėti vieną bendrą tašką su kūgio
paviršiumi - viršūnę S, gali iškirsti dvi tieses AA' ir BB' , gali liesti kūgio
paviršių tiese SE.
Išnagrinėti kūgio pjūviai vaizdžiai parodyti 5.28 paveiksle.
Apskritimas
Taškas
Elipsė
Parabolė
Dvi susikertančiosios tiesės
5.28 pav.
Hiperbolė
Tiesė
206
S.9. Plokštumos koordinačių transformacija
Sakykime, plokštumoje parinktos dvi stačiakampės koordinačių sistemos
xOy ir x'O'y' (5.29 pav.). Taško M padėtis pirmosios koordinačių sistemos
atžvilgiu apibūdinama koordinatėmis
x ir y, antrosios atžvilgiu - x' ir y' .
y
Nustatykime, kaip susijusios taško M
koordinatės skirtingose koordinačių
sistemose. Sistema x'O'y' gaunama iš
sistemos xOy, atlikus dvi transforma
cijas
- lygiagretųjį postūmį bei
X
X
posūkį. Nagrinėsime šias transforma
cijas atskirai.
5.29 pav.
l . Lygiagretusis postūmis. Šia transformacija koordinačių pradžios
taškas O perkeliamas į tašką O' ir per tašką O' nubrėžiamos ašys O'x' ir
O'y' , vienakryptės su ašimis Ox ir Oy (5.30 pav.).
Tarkime , kad taško O' koordinatės yra x0 ir y0 . Tada
o
0M = {x; y}, cJM = {x'; y'} ir 00' = {xo ; Yo } -
Kadangi
tai
{ x; y } = {x'; y'} + {xo ; Yo L
iš čia
{
x = \ + xo ,
y = y + Yo -
(26)
(26) formulės apibūdina lygiagret ųjį post ūmį.
2. Posūkis. Ši transformacija koordinačių pradžios taško padėties
nekeičia, o ašis Ox ir Oy pasuka kampu <p, t. y. perkelia į padėtį Ox' ir Oy'
(5.31 pav.). Ašių Ox ir Oy ortus pažymėkime
y
M
y'
T, ] , o ašių Ox' ir Oy' - i', ]' .
y
X'
o
X
X
5.30 pav.
5.31 pav.
207
taip:
Taško M spindulys vektorius OM kiekvienoje sistemoje išreiškiamas
OM = xi + y] ,
DM = x'T' + yJ' ;
iš čia
xi + y] = x'i' + yj'
Kadangi
]' =
tai
i' = 0A = OB + BA = l oiJ l - T + I BA l · J = T cos cp + ] sin cp ,
oč = oo + oc = l ® l · (- T)+ l oc l - J = (- T)- co{i - cp) + J - sin(% - cp) =
= -i sin cp + j cos cp ,
xi + y] = x'� cos cp + J sin cp)+ /(- T sin cp + J cos cp)=
= (x' cos cp - y ' sin cp)T + (x' sin cp + y' cos cp
Iš čia gauname formules
{
)J
x = x' cos cp - y ' sin cp,
y = x' sin cp + y' cos cp,
kurios vadinamos koordinačių sistemos pos ūkio formulėmis.
(27)
5.10. Antrosios eilės kreivių lygčių prastinimas
Tarkime, kad duota bendroji antrosios eilės kreivės lygtis
a1 1 X 2 + 2a1 2XY + a22Y 2 + a1 3x + a23y + a33 = O .
(28)
Išnagrinėsime, kokiu būdu šią lygtį galima pakeisti kanonine antrosios
eilės kreivės lygtimi.
l žingsnis. Parodysime, kad, tinkamai parinkus posūkio kampą, posūkio
transformacija šią lygtį pakeičia lygtimi, kurioje nėra nario su kintamųjų
sandauga xy. Nagrinėsime atvejį, kai a1 2 "* O (kai a1 2 = O , šio žingsnio
nereikia).
Įrašę (27) formules į (28) lygtį, gauname:
a1 {x' 2 cos 2 cp - 2x'y' sin cp cos cp + y' 2 sin 2 cp) + 2a1 2 (x' 2 sin cp cos cp -
208
2
2
2
2
2
- y ' sin cp cos cp+ x'y' cos cp - x'y ' sin cp)+ a22 ( x' sin cp+2 xy' sin cp cos cp+
+ y' 2 cos2 cp)+ a13
k
cos cp -y' sin cp}+ a2 3
k
sin cp + y' cos cp}+ a33 =O.
Koeficientas, esantis prieš sandaugą x'y ', lygus
-a1 1 sin2 cp+2 a12 cos2 cp+ a22 sin 2 cp =
= (a22 -a1 1 ) sin 2 cp +2 a1 2 cos2 cp .
(28 ) lygties narys su sandauga xy išnyks, jeigu posūkio kampą cp parinksime
taip, kad būtų
(a22 - a1 1 ) sin 2 cp+2 a12 cos2 cp =O;
iš čia
2 a1 2
tg2 cp=-�a11 -a22
7t
Kampą cp visada parinksime tokį , kad būtų teisinga nelygybė O< cp < - , nes
2
svarbu rasti bent vieną tinkamą posūkio kampą. Be to, taip parinkus kampą cp ,
dydžių tg 2 cp ir cos 2 cp ženklai visada bus vienodi. Pritaikę formules
cos2 cp =+
l
\f1l + tg 22 cp
p-
.
, sm cp=
cos2 cp
l + cos2 cp
, cos cp = �
,
2
2
rasime sin cp ir cos cp . Įrašę šias reikšmes į (27 ) lygtis, gausime posūkio, po
kurio (28 ) lygtyje nelieka nario su sandauga xy, formules.
2 žingsnis. Tarkime, kad (28 ) lygtyje nėra nario su xy, taigi (27 ) lygtis yra
tokia:
a1 1 X 2 + a22 Y 2 + a1 3 x+ az3Y + a33 =O.
Išskyrę dvinario kvadratus, j ą galime pakeisti lygtimi
a1 1 (x+a) 2 + a22 ( x+ �) 2 = y ,
(29 )
o šią, pritaikę lygiagrečiojo postūmio formules x = x+a ir y=y + �. - kanonine lygtimi
(30 )
Šio postūmio formulės reiškia, kad koordinačių pradžios taškas 0(0 ; O)
perkeliamas į tašką O (-a;-�) .
209
l,
l
t
,,
!,
Toliau aptarsime, kokias kreives apibūdina ši lygtis. Galimi trys atvejai.
l . a1 1a22 > O (elipsinis tipas). Nemažinant bendrumo, galima tarti, kad
a1 1 > O ir a22 > O .
Jei y > O, tai (30) lygtis apibrėžia elipsę, jei y < O - tuščiąją aibę, jei
y = O - tašką (O; O) koordinačių sistemoje xOy .
2. a1 1 a22 < O (hiperbolinis tipas). Tarkime, kad a1 1 > O , a22 < O .
Jei y > O, tai (30) lygtis nusako hiperbolę, kurios realioji ašis lygiagreti su
ašimi Ox , jei y < O - hiperbolę, kurios realioji ašis lygiagreti su ašimi Oy ,
jei y = O - dvi tieses
rc;:; x ± �- a22 y = O,
pastumtoje koordinačių sistemoje einančias per tašką (O; O).
3. a1 1 a22 = O (parabolinis tipas). Toliau reikia skirti du atvejus:
a1 1 ,t; O, a22 = O arba a1 1 = O , a22 ,t; O .
Išnagrinėkime tik pirmąjį, t. y. a1 1 ,t; O , a22 = O . Šiuo atveju (29) lygtis
yra tokia:
Išskyrę dvinario kvadratą, ją pakeičiame lygtimi
Kai a23
,t;
a11 (x + a) 2 + a23 y = y.
O, ją galima parašyti taip:
(31)
y + P = A (x + a) 2 .
Ši lygtis nusako parabolę.
Kai a2 3 = O ir y > O, (31) lygtis ekvivalenti lygtims rc;:;(x + a) ±
± .Jy = O , apibūdinančioms dvi lygiagrečias tieses.
l
Kai a23 = O ir y < O, (31) lygtį atitinka tuščioji aibė.
Kai a23 = O ir y = O, (31) lygtis nusako dvi sutampančias tieses
x+a =0.
Atvejis a11 = O, a22 O nagrinėjamas analogiškai.
l pavyzdys. Lygtį
*
5x2 - 4xy + Sy 2 + 26x + 4y + 5 = O
pakeiskime kanonine.
Sprend im as. Raskime kampą , kuriuo reikia pasukti koordinačių ašis, kad
šią lygtį galėtume pakeisti lygtimi be nario su xy:
210
iš čia
cos2 q> =
H
l
=
3
5.
.
Slll (j) =
/šl ,
COS (j) =
Vadinasi, posūkio formulės yra tokios:
x' +2 y'
2 x' - y'
x = Įš ' y = Įš
Įrašę šias x ir y išraiškas į pradinę lygtį, turime:
/š2 .
x' 2 + 4 x'y ' + 4y' 2 )
5( 4x' 2 -4 x'y ' + y' 2 ) 4( 2x' 2 +3 x'y' - 2y' 2 )
---'------� - ---'------� + �-----� +
5
5
5
+
s(
26 {2 x' - y'} 4 {x' +2 y'}
_ 0.
+5 +
Įš
Įš
Pertvarkę šį reiškinį, gauname lygtį
20x' 2 + 45y ' 2 + 56 /š x' - 1 8 /š y' + 25 = O ,
kurioje jau nėra nario su x'y' .
Išskiriame dvinarių kvadratus:
1
r
f]' [y· - f
(x· +
�--� + �-�- = l .
4
9
Pritaikę lygiagrečiojo postūmio formules
Įš
, 1
X = X +5- '
gauname kanoninę elipsės lygtį
211
�+L = l .
4
9
Šios elipsės didžioj i pusašė lygi 3 , mažoji - 2, elipsės centras pasuktoje
-2
-2
°
°
koordinačių sistemoje (iš sąlygos tg2ą> = � išplaukia, kad 2ą, � 5 3 , ą> � 26,5 )
3
yra taškas O [-
7
f; f).
2 pavyzdys. Lygtį
Elipsė pavaizduota 5 . 3 2 paveiksle.
5.32 pav.
2
5x + l 2xy - 22x - l2 y - l 9 = O
pakeiskime kanonine.
Sprendimas. Apskaičiuojame:
12
12
tg2ą> = -- = - ,
5 -0 5
. ą> =
sm
2
..Jo'
..Jo '
Vadinasi, posūkio formulės yra tokios:
'
= 3 x - 2y '
x
l
cos 2ą> =
44
�
l+25
5
=u
·
cos ą> = 3 .
..Jo
..Jo
y
=
2x ' + 3y'
Įrašę šias x ir y išraiškas į pradinę kreivės lygtį ir ją pertvarkę, gauname lygtį
90 ,
8 ,
,
,
9X 2 - 4y 2 - -- X + --y - 1 9 = O ,
..Jo ..Jo
212
kurioje jau nėra nario su sandauga
x'y' . Išskiriame dvinarių kvadratus:
(y·-FJ)'
4
JD '
Po lygiagrečiojo postūmio, nusakomo formulėmis
x = x ---
_
,
5
-2
=L
l
Jo '
y = y - --
,
_
-2
gauname kanoninę hiperbolės lygtį � _ L=l. Realioji hiperbolės pusašė
4
9
lygi 2 , menamoji -3. Hiperbolė braižoma koordinačių sistemoje (5.33 pav.),
kuri gaunama, iš pradžių pasukant pradinę koordinačių sistemą xOy kampu
<p o:: 33 ,5
°
išplaukia,
g
5
(nes iš sąlygos tg2 q>=
°
kad 2 q> o:: 6 7 ), paskui ją
pastumiant lygiagrečiai su ja pačia taip, kad taškas O pereitų i tašką
o(Jh,fe}
X
5.33 pav.
213
3 pavyzdys. Lygtį
x2 -2 xy + y 2 -3 x + y =O
pakeiskime kanonine.
Sprend imas. Kadangi šios lygties a 1 1 = a22 , tai tg2 cp neegzistuoja, todėl
°
°
..fi '
..fi .
2 cp = 90 ir <p =45 . Vadinasi, posūkio formulės yra tokios:
X=
x' - y'
..fi y'
y=
x' + y'
Įrašę šias x ir y išraiškas į pradinę lygtį ir ją pertvarkę, gauname lygtį
2
+ 2 y' = x' ,
kurioje jau nėra nario su sandauga x'y'. Išskirkime dvinario kvadratą:
..fi -x =x + ..fi '
Remdamiesi lygiagrečiojo postūmio formulėmis
Y = y +-'
2
gauname kanoninę parabolės lygtį
-
l
..fi -
y-2 =- x.
2
l
Parabolės grafikas pavaizduotas 5.34 paveiksle.
5.34 pav.
2
2 14
5.11. Antrosios eilės paviršiai. Sfera
Tarkime, kad erdvėje parinkta koordinačių sistema Oxyz, F(x, y, z) yra
trijų kintamųjų funkcija. Erdvės taškų, kurių koordinatės tinka lygčiai
F(x, y, z) = O,
aibė vadinama paviršiumi, o lygybė F(x,y, z) = O vadinama to paviršiaus
lygti mi.
Kai F(x, y, z) yra kintamųjųx, y ir z antrojo laipsnio daugianaris, t. y. kai
F (x, y, z) = a1 1 x2 + a22 y 2 + a33z 2 + 2a1 2 xy + 2a1 3xz +
tai lygtimi F(x, y, z) = O apibrėžiamas paviršius vadinamas antrosios eil ė s
paviršiu m i. Pavyzdžiui, sfera yra antrosios eilės paviršius. Kai taškas
C(x0 ; y0 ; z0 ) yra jos centras, M(x; y; z) - kintamasis taškas, o spindulys
lygus r, tai CM= r; iš čia gauname kanoninę sferos lygt į
(x - xo ) 2 + (y - Yo ) 2 + (z - zo ) 2 = r 2 .
Išvesime dar keleto antrosios eilės paviršių lygtis, bet iš pradžių
išnagrinėsime, kaip gaunama sukimosi paviršiaus lygtis.
5.12. Sukimosi paviršiai
z
X
5.35 pav.
Tarkime, kad plokštumoje xOz
duota kreivė /, kurios lygtis F(X, Z) = O
(5.35 pav.). Sukdami šią kreivę apie ašį
Oz,
gauname sukimosi paviršių.
Išvesime jo lygtį.
Kintamąjį sukimosi paviršiaus
tašką pažymėkime M(x; y; z) ; anksčiau
didžiosiomis raidėmis X , Z pažymėjome
kreivės kintamojo taško N(X; O; Z) koor
dinates, kad jos skirtųsi nuo paviršiaus
kintamojo taško koordinačių. Taškai M
ir N priklauso tam pačiam apskritimui,
kurio centras A(O; O; z), todėl
2
2
2
2
2
l XI = AN = AM = �(x - 0) + (y - 0) + (z - z) = �x + y
215
Kadangi taškai M ir N yra toje pačioje plokštumoje, statmenoje ašiai Oz,
tai jų aplikatės lygios, todėl Z = z. Įrašę į lygtį F(X, Z) = O gautas X ir Z
išraiškas, gauname sukimosi paviršiaus lygtį
F(± �x2 + y 2 , z)=o.
Palyginę sukamos kreivės l lygtį F(x, z) = O 1r gauto sukinio lygtį
F (± � x 2 + y 2 ,
z)=O,
darome išvadą: norėdami gauti sukimosi paviršiaus
lygtį, turime sukamos kreivės lygties kintamąjį, žymintį sukimosi ašį, palikti
tokį pat, o kitą kintamąjį pakeisti kvadratine šaknimi (su ženklu ± prieš ją) iš
likusių dviejų koordinačių kvadratų sumos.
Pasinaudodami šia išvada, išvesime svarbiausių sukimosi paviršių lygtis.
5.13. Elipsoidai
Suk imos i e lipso ida is vadinami paviršiai, kurie gaunami, sukant elipsę
apie jos simetrijos ašis. Tarkime, kad plokštumoje xOz nubraižyta elipsė
x2 z 2
+= l (a > e ) sukama apie ašį Ox (5.36 pav.). Gautas paviršius
2
2
a
c
vadinamas ište mptu suk imosi elipso idu. Jei šią elipsę suktume apie ašį Oz,
gautume suspaust ą suk imosi elipso id ą. Pirmojo elipsoido lygtis
x2 y 2 + z 2
=l,
+
2
e2
a
antroj o z
X
x2 + y 2 z 2 =
1
+
-e
a 2� 2
a
5.36 pav.
y
Kirsdami ištemptą sukimosi elipsoidą statmena sukimosi ašiai plokštuma
x = h (h < a), joje gauname apskritimą
216
2
y2 + z
=l
c2
arba
- .!e_2 ,
a
z2
y2 h2
(32 )
.
=l
+
c 2 c2
a2
Jei sukimosi elipsoidą kirstume plokštumomis, statmenomis ašims Oz ir
Oy , tai pjūviai būtų elipsės. Visus pjūvių apskritimus (žr. (32 ) formulę) pakei2 z2
2
2
2
h2
· . . y
.
· yra pav.uš'iaus x + y + z =l
1cur10s
č iame e1 1psem1s
=
l
,
+
2
2 2 2
2
2
e
a
a
b
e
b
2
2
x
z2
y
- + - =l
+
bei plokštumų x=h susikirtimo rezultatas. Paviršius 2 b2
a
c2
vadinamas triašiu elipsoidu, skaičiai a, b, e - jo pusaš ė mis. Visi triašio
elipsoido pjūviai, statmeni ašims Ox, Oy ir Oz, jau yra elipsės.
Kai a = b = e , gauname sferą, kurios lygtis x2 + y 2 + z 2 = a2 .
5.14. Hiperboloidai
Vienašakis suki mosi hiper boloidas gaunamas , kai hiperbolė
2 z2
x
- --=l
2
a2 c
sukama apie ašį Oz (5.37 pav.) , dvišakis - kai apie ašį Ox (5.38 pav.). Pirmojo
hiperboloido lygtis yra
antrojo -
z
2
2
y +z
=l.
e2
X
z
o
y
5.37 pav.
5.38 pav.
l
217
Remdamiesi šiomis lygtimis, panašiai kaip ir anksčiau išvestume
vienašakio hiperboloido lygtį
x
z
y -=l
+2
2
c2
b
a
2
2
bei dvišakio hiperboloido lyg tį
2
(33 )
x -z =
y -l
2
2
c2
b
a
2
2
2
Išnagrinėkime įdomią vienašakio hiperboloido savybę. Tam tikslui
pertvarkykime (33 ) lygtį:
x -z
y
= l -,
2
2 c2
b
a
2
Sudarykime lygčių sistemą
,,
,,,
l
l
l
l
'
2
2
!_ _ � = k [1 - 2'..) ,
b
a e
a
e=k
!._ + �
..!..[1 +
b
2'.. );
(34 )
(35)
čia k - bet koks skaičius. Ši sistema sudaryta taip, kad, sudauginę jos lygtis
panariui, gautume (34 ) lygtį. Kiekviena (35) sistemos lygtis apibūdina tam
tikrą erdvės tiesę. Keisdami k reikšmes, gausime tiesių šeimą.
Kiekvienas taškas (x; y; z), kurio koordinatės tinka (35) sistemai,
priklauso (34 ) paviršiui. Tai reiškia, jog kiekviena iš (35) šeimos tiesių yra
vienašakio
hiperboloido
paviršiuje.
Vadinasi, per kiekvieną hiperboloido tašką
eina dvi jo paviršiuje esančios tiesės, taigi
hiperboloidas tarytum išaustas iš tiesių
(5.39 pav.). Paviršiai, turintys tokią
savybę, vadinami tie siškaisiais paviršiais.
Minėtą vienašakių hiperboloidų savybę
sumaniai taiko statybininkai, statydami
bokštus. Juos sudaro kelios viena ant kitos
pastatytos vienašakių hiperboloidų dalys,
kurių kiekviena pagaminta iš tiesių sijų,
sujungtų sankirtos taškuose. Panašiai
sukonstruotas ir garsusis Eifelio bokštas
Paryžiuje.
5.39 pav.
218
5.15. Elipsinis paraboloidas
z
Sukdami parabolę x 2 = 2pz apie ašį
Oz, gauname paviršių, vadinamą sukimosi
para boloidu (5.40 pav.). Jo lygtis yra
x 2 + y2 = 2pz, p > O.
Iš šios lygties gauname elipsinio
para bolo ido lygtį
x2 y2
-+-=z ·
2p 2q
5.4 0 pav.
čia p > O, q > O arba p < O, q < O.
5.16. Hiperbolinis paraboloidas
Taip vadinamas paviršius, apibrėžiamas lygtimi
x2 y 2
- - - = z, p > 0, q > 0 .
2p 2q
Jis nėra sukimosi paviršius, be to, jo lygties negalima gauti iš sukimosi
paviršių lygties, kaip tai darėme anksčiau.
Kaip atrodo hiperbolinis paraboloidas, nustatysime, kirsdami jį įvairiomis
plokštumomis.
Kirsdami šį paraboloidą plokštuma z = h, pjūvyje gauname hiperboles
2
y2
y2
x
x2
-- - -- = l (kai h > O) arba joms jungtines hiperboles -- - -- =
2ph 2qh
- 2ph - 2qh
= - l (kai h < O).
x2 y 2
Kai h = O, hiperbolė - - - = h
2p 2q
y
išsigimsta į dvi susikertančias tieses
x
x
__ _ _L - 0 ir __ + _L = O
Įią '
Įią Fi
Fi
einančias per koordinačių pradžią. Taip
5.41 pav.
gautų kreivių projekcijos plokštumoje
xOy pavaizduotos 5.4 1 paveiksle.
Plokštumos x = O ir y = O iš
hiperbolinio paraboloido iškerta paraboles
y 2 = - 2qz ir x 2 = 2pz .
219
Hiperbolinis paraboloidas pavaizduotas 5.42 paveiksle. Šis paviršius dar
vadinamas balnu. Hiperbolinis paraboloidas, kaip ir vienašakis hiperboloidas,
priskiriamas prie tiesiškųjų paviršių (5.43 pav.).
X
y
5.42 pav.
5.17. Cilindriniai paviršiai
5.43 pav.
Taip vadinamas paviršius (5.44 pav.), kurį brėžia tiesė m, judėdama
lygiagrečiai su pasirinkta tiese m0 ir kirsdama kreivę /. Kreivė / vadinama
veda m ąja , o pasirinktoji tiesė - sudaro m ąja .
Per bet kurį erdvės tašką O nubrėžkime plokštumą a, statmeną
sudaromajai m. Koordinačių sistemą parinkime taip, kad ašis Oz būtų statmena
nubrėžtajai plokštumai. Tada plokštuma a sutaps su koordinačių plokštuma,
sudaromoji bus lygiagreti su ašimi Oz, o vedamoji / bus plokštumoje xOy (5.45
pav.). Taip parinkę koordinačių sistemą, nagrinėkime paprasčiausią atvejį, kai
sudaromosios yra lygiagrečios su koordinačių ašimis.
z
5.44 pav.
5.45 pav.
220
Tarkime, kad vedamoji / yra plokštumoje xOy, o sudaromosios
lygiagrečios su ašimi Oz. Vedamosios lygtis tokia: F(x, y) = O. Pasirinkime
kintamąjį cilindrinio paviršiaus tašką M(x; y; z) (5.45 pav.). Jei taško N(x; y; O)
koordinatės tinka kreivės / lygčiai, tai šiai lygčiai tinka ir taško M(x; y; z)
koordinatės, nes abu taškai yra tiesėje, lygiagrečioje su ašimi Oz. Taigi
vedamosios lygtis F(x, y) = O erdvėje nusakys cilindrinį paviršių, kurio
sudaromosios lygiagrečios su ašimi Oz. Analogiškai lygtys F(x, z) = O ir
F(y, z) = O apibūdins cilindrinius paviršius, kurių sudaromosios lygiagrečios
atitinkamai su ašimis Oy ir Ox.
2
2
Vedamosiomis pasirinkę antrosios eilės kreives .;- + y2 = l, y 2 = 2px
a
b
2
2
y
ir .;- - 2 = l , gausime cilindrinius antrosios eilės paviršius: elips inį c ilindrą
a
b
(5.46 pav., a), parabolin į cilindrą (5.46 pav., b), ir hiperbolinį cilindrą (5.46
pav., e).
z
z
y
X
a)
X
----
z
X
5.46 pav.
e)
5.18. Kūginiai paviršiai. Sukimosi kūgiai
Tarkime, kad / - bet kokia kreivė ir O - taškas, esantis šalia jos. Per bet
kurį kreivės / tašką ir tašką O nubrėžkime tiesę m (5.47 pav.). Taškai, priklau
santys taip nubrėžtoms tiesėms,
sudaro paviršių, vadinamą k ūg in iu
pav iršiu m i. Kreivė / vadinama jo
vedam ąja, tiesė m - sudarom ąja ,
taškas O - v ir š ūne.
Nagrinėsime
paprasčiausius
kūginius paviršius, kurie gaunami
sukant sudaromąją apie kurią nors
o
koordinačių ašį, kai ta sudaromoji
5.47 pav.
eina per koordinačių pradžią. Taip
221
gauti kūginiai paviršiai vadinami sukimo si k ūgiais. Pavyzdžiui, sukdami tiesę
X
Z
- = - (a e;; O, e e;; O) apie ašį Oz (5 .4 8 pav.), gauname sukimosi kūgį
a e
± �x 2 + y 2
--'----- =
a
arba
z
z
e
Iš čia išplaukia tokia el ipsinio k ūgio
lygtis:
2
x2 z2
y -+
=0
a
2
b
2
c2
5.48 pav.
5 .4 9 paveiksle pavaizduoti kūgiai
y = 9 - 3 �x 2 + z 2 .
z
z
z
= �x 2 + y 2 , z = 4 - 2 �x 2 + y 2 1r
4
z
y
X
2 y
X
5.49 pav.
9
y
Toliau lentelėje pateikiami nagrinėtų antrosios eilės paviršių brėžiniai bei
požymiai, pagal kuriuos iš lygties galima atskirti paviršių.
222
Lentelė
Triašis elipsoidas
z
z
2
2
x +y +=l
2
2
2
a
c
b
Vienašakis
hiperboloidas
2
z
2
2
x +y
l
2
z - 2 =
a
b
c
Hiperboloido ašį rodo
kintamasis, prieš kurį
parašytas minuso
ženklas
X
z
Dvišakis hiperboloidas
2
2
z
2
x -y =l
-2
2
2
c
b
a
Hiperboloido ašį rodo
kintamasis , prieš kurį
parašytas pliuso
ženklas
y
223
2
z
Elipsinis kūgis
2
2
Lentelės tęsinys
z =
x +y -0
2
2
2
c
b
Kūgio ašį rodo
kintamasis, prieš kurį
parašytas minuso
ženklas
a
y
X
z
Elipsinis paraboloidas
2
2
x +y
z=2
2
a
b
Paraboloido ašį rodo
pirmojo laipsnio
kintamasis
X
Hiperbolinis
paraboloidas
2
2
x
y -z=2
2
b
a
Paraboloido ašį rodo
pirmojo laipsnio
kintamasis
224
5.19. Polinė koordinačių sistema
Taško padėtį plokštumoje galima nusakyti ne tik stačiakampėmis Dekarto
koordinatėmis. Pasirinkime ašį OP (5.50 pav. ) ir pažymėkime joje tašką O. Šį
tašką vadinsime poliu mi , o ašį OP -poline aši mi. Taško M padėtį plokštumoje
apibūdinsime dviem dydžiais: poliniu spinduliu p :2: O, t. y. taško M atstumu
nuo poliaus O, ir poliniu kampu <p, kurį polinė ašis sudaro su spinduliu p;
kampas <p atskaitomas priešinga laikrodžio rodyklės judėjimui kryptimi, be to,
O� <p < 2 1t. Dydžiai p ir <p vadinami polin ė mis taško M koor dinat ė mi s.
Neneigiamojo skaičiaus p reikšmė visuose plokštumos taškuose apibrėžta
vienareikšmiškai. Polinio kampo <p reikšmė, kai O� <p < 2 1t , visuose su poliumi
nesutampančiuose taškuose, taip pat
apibrėžta vienareikšmiškai; poliuje ji
apskritai neapibrėžta. Polines taško M
koordinates žymėsime taip: M (p; cp).
Atvirkščiai, kiekvieną skaičių p ir <p
porą, kurios p :2: O, o O� <p < 2 1t ,
atitinka vienas plokštumos taškas M.
p
5.5 0 pav.
o
5.51 paveiksle pažymėti taškai M{2 ;
p
¾).
y
M2
o
(3; 3:) ir M3(2 ,5; 1
t).
M
X
X
5.51 pav.
5.52 pav.
Polių O sutapdinę su stačiakampės Dekarto koordinačių sistemos pradžia,
o polinę ašį - su abscisių ašimi (5.52 pav. ), nesunkiai gautume sąryšio
formules
{x =p cos cp,
y = p sm <p;
(36 )
225
čia p = �x 2 + y 2 , be to, tg <p = � .
Tarkime, kad taškas M juda išilgai spindulio OM (5.53 pav. ), su kuriuo
polinė ašis sudaro kampą, lygų �. Taškui M spinduliu OM artėjant prie O,
4
polinis kampas nekinta ir yra lygus �. Tačiau užtenka tik taškui M nors
4
truputį pasislinkti į priešingą nuo poliaus O pusę, pavyzdžiui, užimti padėtį
M 1 , ir jo polinis kampas šuoliškai pakinta iš � į
4
7t
+ � = S1t . Šis pavyzdys
4
4
rodo, kad polinių koordinačių apribojimai p :2: O ir O:=::; <p < 21t kartais yra
nepatogūs, todėl jų atsisakoma ir dydžiams p bei <p priskiriamos bet kokios
realiosios reikšmės: -oo < p < +oo , -oo < <p < +oo . Tokios polinės koordinatės
vadinamos api bendrintosiomis polin ėmis koordinat ėmis.
Apibendrintoje polinėje koordinačių sistemoje taškas žymimas taip. Iš
poliaus nuo polinės ašies atidedamas kampas <p ir per polių O brėžiamas
spindulys, kitaip tariant, kai <p > O, polinė ašis OP pasukama kampu <p
priešinga laikrodžio rodyklės sukimuisi kryptimi, kai <p < O - laikrodžio
rodyklės sukimosi kryptimi; jeigu reikia, apsukama keletą kartų. Pasuktoje
ašyje nuo poliaus O atidedama atkarpa OM, kurios ilgis lygus p, kai p > O,
arba ašies tęsinyje priešinga kryp timi - atkarpa IPI, kai p < O.
5.54 paveiksle pažymėti taškai. M{2 ;
-¾)
ir M2 (-2 ;
¾) .
p
p
5.53 pav.
5.54 pav.
Paminėsime, kad (36 ) sąryšio formulės yra teisingos ir apibendrintoje
polinėje koordinačių sistemoje, tiktai dydis p apskaičiuojamas pagal formulę
p=±�x 2 + y 2 .
226
l pavyzdys. Parašykime apskritimų, nusakomų lygtimis x2 + y 2 = a 2 ,
x2 + y 2 = ax, x2 + y 2 = ay (a > O) , lygtis polinėje koordinačių sistemoje.
Sprend imas . Pritaikę (36 ) formules, gauname: p2 = a 2 , p 2 =ap cos q> ,
p 2 = ap sin q> ; iš čia p = a, p = a cos <p, p = a sin q>. Šie apskritimai pavaiz
duoti 5.55 paveiksle.
y
y
X
5. 55 pav.
2 pavyzdys. Nubrėžkime kreivę, apibrėžtą lygtimi
(x
2
+ y2 r = a2 ( x2 -y2 )
(a > O) .
(3 7 )
Sprend imas. Kadangi kintamieji x ir y pakelti lyginiu laipsniu, tai kreivė
yra simetriška ašių Ox ir Oy atžvilgiu. Todėl pakanka nagrinėti tik tą jos dalį,
kuri yra pirmajame ketvirtyje.
Parašykime pradinę lygtį polinėje koordinačių sistemoje:
iš čia
(p 2 cos2 (jl + p 2 sin 2 <pr = a 2 (p 2 cos2 <p -p 2 sin 2 <p}
2 2
p 4 = a p cos2 q, ,
2
p 2 = a cos2 q,.
Kadangi p 2 � O, a 2 � O, tai turi būti cos2 q, � O, taigi O:5: 2 q, :5: 2: , nes
2
nagrinėjame tik pirmajame ketvirtyje esančią kreivės dalį; iš čia O:5: <p :5: 2:.
4
Kai <p kinta nuo O iki 2: , tai p 2 mažėja nuo a 2 cosO iki a 2 cos 2: , taigi p
4
2
mažėja nuo a iki O. Vadinasi, kai polinis spindulys sukasi nuo ašies Ox iki
pirmojo ketvirčio pusiaukampinės, tai p mažėja nuo a iki O.
227
Nagrinėjamoji kreivė, kuri apibūdinama (37 ) lygtimi, pavaizduota 5.56
paveiksle. Ji vadinama Bernulio • lemniskate (gr. lemniskos - kaspinas).
a
X
5.56 pav.
5.20. Įvairios kreivės polinėje koordinačių sistemoje
l . Tiesė. Kai spindulys T išeina iš poliaus O ir su poline ašimi sudaro
kampą a (5.57 pav.), tai visus to spindulio taškus atitinka tas pats polinis
kampas cp = a. Ši lygybė ir yra spindulio T lygtis, nes ją tenkina tik šio
spindulio taškai.
y
/4_
T __.
.,
o
p
X
T
5.58 pav.
5.57 pav.
Tarkime, kad tiesė T neina per polių. Tada jos padėtį galima nusakyti
atstumu p nuo poliaus bei kampu a, kurį statmuo OA sudaro su poline ašimi.
0
Taigi tiesės T normalės vektorius ii = { cosa; sin a}. Jau žinome (žr. 4.5
skyrelio (11 ) lygtį), kad tiesė T apibūdinama normaline lygtimi
x cosa+ y sin a -p = O.
Įrašę į ją x=p cos cp, y=p sin cp , gauname:
p cos cp cosa+ p sin cp sin a -p =O,
Tai polinė tiesės T lygtis.
p cos(cp -a) = p
• Jakobas Bemulis (J. Bemoulli, l 654- 1 705) - šveicarų matematikas.
228
2. Archirnedo" spiralė (lot. spira - lankstas, vingis). Taip vadinama
kreivė, kuri polinėje koordinačių sistemoje apibrėžiama lygtimi
(38 )
p=acp (a > O).
Norėdami nubrėžti šią kreivę, sudarykime jos reikšmių lentelę - parinkime
įvairias teigiamas cp reikšmes ir pagal (38 ) formulę apskaičiuokime atitinkamas
p reikšmes:
cp
p
o
o
l
4
-n
..!..1t0 " 0.80
4
l
2
-n
.!_1!0 " 1,6a
2
3
4
-n
3
-n
n
l1ta.11::
2,40
4
1t0 a;- 3,la
2
2
2,_M '= 4,1a
-n
2n
21t0 " 6,3a
2
�na =-: 7,9a
2
...
. ..
Polinėje koordinačių sistemoje pažymėkime atitinkamus taškus ir per juos
nubrėžkime kreivę (5.59 pav. ). Matome, kad kampui cp didėjant, ir p didėja.
Pasirinkus neigiamas cp reikšmes, gaunama kreivė, kuri 5.59 paveiksle
pažymėta punktyrine linija.
p
5.59 pav.
Mechaninė Archimedo spiralės prasmė yra tokia. Tai kreivė, kurią
nubrėžia išilgai spindulio OM tolygiai judantis taškas M, kai tas spindulys
tolygiai sukasi plokštumoje apie tašką O. Jeigu spindulys sukasi priešinga
laikrodžio rodyklės judėjimui kryptimi, gaunama dešinioji spiralė (ištisinė
linija 5.59 paveiksle), jeigu laikrodžio rodyklės sukimosi kryptimi - kairioji
spiralė (punktyrinė linija).
3. Hiperbolinė spiralė. Tai kreivė, kuri polinėje koordinačių sistemoje
apibrėžiama lygtimi
a
p=cp
(a > O).
• Archimedas (Archimedes, apie 278-2 1 2 m. pr. Kr.) - graikų matematikas, fizikas.
(39 )
229
Norėdami nubrėžti šią kreivę, taip pat sudarykime jos reikšmių lentelę, kurioje
parinkime teigiamas q> (q> -:t:- O) reikšmes:
(j)
p
l
- ,r
l
-,r
4
� =:: l,3u
"
2
,!!!, =:: 0,6a
"
� z 0.2a
3,r
!!... =:: 0,3u
"
21t
-n
2
..!:!.... -ts 0,16a
2•
...
...
Iš (39 ) lygties matyti, kad, didėjant polinio kampo q> reikšmėms, polinio
spindulio p reikšmės mažėja ir artėja prie nulio. Todėl spiralės taškas,
sukdamasis apie polių, prie jo artėja (bet neišeina iš poliaus, kaip Archimedo
spiralės) (5.60 pav.).
5.60 pav.
Kai q> mažėdamas artėja prie nulio, tai p didėja, taigi taškas tolsta nuo
poliaus. Išsiaiškinkime šio judėjimo pobūdį. Iš sąryšio formulės y = p sin <p
randame p =� ir įrašome į (39 ) lygtį. Gauname lygtį
sm q>
a
y
-=Slll (j)
arba
(j)
sin q>
y = a - --.
(j)
sin q>
Kadangi -- � 1 , kai q> � O, tai y � a . Vadinasi, stačiakampėje
(j)
Dekarto koordinačių sistemoje, kurios ašis Ox sutampa su poline ašimi OP, o
ašis Oy eina per polių O statmenai polinei ašiai, tiesė y = a yra hiperbolinės
spiralės asimptotė.
Parinkdami neigiamas q> reikšmes, gautume kitą hiperbolinės spiralės
šaką, simetrišką tiesės, nubrėžtos per polių statmenai polinei ašiai, atžvilgiu.
230
Mechaninė hiperbolinės spiralės prasmė yra tokia. Tai kreivė, kurią brėžia
išilgai spindulio OA judantis taškas M, kai tas spindulys sukasi apie tašką O
taip, kad atstumas tarp taško M ir sukimosi centro O yra atvirkščiai
proporcingas posūkio kampui.
4. Logaritminė spiralė. Taip vadinama kreivė, kuri polinėje koordinačių
sistemoje apibrėžiama lygtimi
p = ai<p
(a > O) .
Kai k > O ir <p � -oo, tai
p � O . Taigi ši kreivė daug kartų
apsisuka apie polių, artėdama prie
jo. Didėjant poliniam kampui <p,
didėja ir polinis spindulys p, be to,
kai
p � +oo,
<p � +oo .
Logaritminė spiralė pavaizduota
5.6 l paveiksle.
Logaritminei spiralei būdinga
įdomi savybė: visus spindulius,
išeinančius iš poliaus O, ji kerta
tuo pačiu kampu a. Ši spiralės
technikoje
taikoma
savybė
konstruojant rotacm1us peilius,
krumpliaratines pavaras ir kt.
Gyvojoje
gamtoje
yra
būtybių,
augančių
pagal
logaritminę spiralę. Antai daugelio
minkštakūnių bei sraigių kriauklės
(5.62 pav.), taip pat kai kurių
žinduolių ragai susisukę logarit
mine spirale.
p
5.61 pav.
5.62 pav.
5. Paskalio* sraigė. Taip vadinama kreivė, kuri stačiakampėje koordi
načių sistemoje apibrėžiama lygtimi
( x2
+ y 2 - axr
= / 2 ( x2
o polinėje koordinačių sistemoje - lygtimi
+ y2 ) ,
p = a cos <p + l
• Etjenas Paskalis (E. Pascal, 1 588- 1 6 5 1 ) - prancūzų matematikas mėgėjas, garsiojo prancūzų
matematiko, fiziko bei filosofo Blezo Paskalio ( B. Pascal, 1623-1 662) tėvas.
23 1
Šios kreivės forma priklauso nuo dydžių a ir l (5.63 pav.).
y a> l> O
X
X
X
5.63 pav.
Kai a = l, Paskalio sraigė vadinama kardioide (gr. kardia - širdis + gr.
eidos - pavidalas). Ji apibrėžiama lygtimi p = a (l + cos cp) . Mechaninė kardi
oidės prasmė tokia. Tai kreivė, kurią brėžia apskritimo, riedančio be trinties
(neslystančio) tokio pat apskritimo išorine puse, taškas.
6. Gvido Grandi* kreivės arba „rožės". Taip vadinamos kreivės, kurios
polinėje koordinačių sistemoje apibrėžiamos lygtimis
p = a sin kcp arba p = a cos kcp (a > O, k > O) .
5.6 4 paveiksle pavaizduotos kreivės
p =a sin 2 cp ir p=a cos3 cp ,
nubraižytos apibendrintoje polinėje koordinačių sistemoje. Pirmoji šių kreivių
vadinama „keturlape rože", antroji -,,trilape rože".
5.64 pav.
Apskritai jeigu k - nelyginis natūralusis skaičius, tai „rožę" sudaro k
lapelių, jeigu lyginis natūralusis skaičius - 2k lapelių.
® ® e
k= 3
4
k= 2
1
5.65 pav.
lr-
1
3
5.65 paveiksle pateikti „rožių" pavyzdžiai , atitinkantys trupmenines k
reikšmes.
• Gvidas Grandi (G. Grandi, 1 67 1 -1 742 ) - italų matematikas.
232
Uždaviniai
t. Apskritimas, kurio centras yra taškas M (3; -2), liečia tiesę 6x - 8y + 1 1 = O .
Parašykite to apskritimo lygtį.
2. Raskite šių apskritimų centrus ir spindulius:
a) x 2 + y 2 + 8x - 1 2y + 3 = 0 ;
2
2
b) x 2 + y 2 - x - 2y + l = 0 .
3. Parašykite apskritimo (x - 1 ) + (y + 5) = 4 liestinių, nubrėžtų iš taško A(2;-3 ),
lygtis.
4. Parašykite elipsės lygti, žinodami, kad elipsės židiniai yra ašyje Ox ir:
a) atstumas tarp židinių lygus 4, mažoji pusašė lygi 2 .Ji ;
b) didžioji pusašė lygi l O, ekscentricitetas lygus 0,8;
e ) pusašių suma lygi 8, atstumas tarp židinių irgi lygus 8;
d) mažoji ašis lygi 8, tiesės x = ±8 yra jos direktrisės.
5. Mažoj i elipsės ašis matoma iš židinio stačiuoju kampu. Apskaičiuokite elipsės
ekscentricitetą.
6. Trikampio pagrindas nejuda, o viršūnė juda taip, kad to trikampio perimetras
visą laiką yra pastovus. Parašykite viršūnės judėj imo trajektorijos lygti, kai trikampio
pagrindas lygus 6, o perimetras lygus 1 6.
7. Žemės meridianas yra elipsė, kurios ašių santykis lygus 299/3 00. Apskaičiuokite
šio meridiano ekscentricitetą.
4
8. Tiesė T liečia elipsę ::.:._ + L = l taške A ( .fi ; 1J . Parašykite tiesės T lygtį.
3
9
4
2
2
9. Parašykite elipsės � + L = l liestinių, nubrėžtų iš taško A (-6 ; 3), lygtis.
9
15
1 0. Įrodykite,, kad elipsės židinių atstumų iki bet kurios jos liestinės sandauga yra
pastovi ir lygi mažosios pusašės kvadratui.
1 1. Parašykite hiperbolės lygti, žinodami, kad hiperbolės židiniai yra ašyje Ox ir:
a) menamoji pusašė lygi 6, atstumas tarp židinių lygus 20;
b) atstumas tarp židinių lygus l O, ekscentricitetas lygus 1 ,25;
e) realioji pusašė lygi 3 , tiesės y = ± .Ji x yra jos asimptotės;
3
d) hiperbolė eina per tašką (8;
{7) ,
tiesės y =
±½ x yra jos asimptotės.
12. Atstumų nuo kreivės taško iki taškų F1 (-2;-2) ir F2 (2; 2) skirtumo modulis
yra pastovus ir lygus 4. Parašykite tos kreivės lygtį.
13. Raskite lygiaašės hiperbolės ekscentricitetą.
2
x2
14. Parašykite hiperbolės - - L = I liestinių, lygiagrečių su tiese 1 0x - 3y +
1 6 64
+9 = O, lygtis.
2
2
15. Parašykite hiperbolės � - L = l liestinių, statmenų tiesei 4x + 3y - 7 = O,
20 5
233
lygtis.
x2 y2
24 1 8
3x + 2y + l = O, ir apskaičiuokite šį atstumą.
17. Parašykite parabolės lygtį, žinodami, kad tos parabolės viršūnė yra
koordinačių pradžioje, be to:
a) parabolė yra simetriška ašies Ox atžvilgiu ir eina per taškąA( l 2,5 ; 1 0) ;
b) parabolės židinys yra taškas F(O; -5).
1 8. Parabolės židinys yra taškas F(4 ; 3), o direktrisė nusakoma lygtimi y + l = O.
Parašykite tos parabolės lygtį.
19. Parašykite parabolės y 2 = 8x liestinės, lygiagrečios su tiese 2x + 2y - 3 = O ,
lygtį.
20. Iš parabolės y 2 = 1 2x židinio paleistas šviesos spindulys su ašimi Ox sudaro
16. Raskite hiperbolės --- = l tašką A, mažiausiai nutolusį nuo tiesės
smailųjį kampą a., kurio tga. =
,·
,l
i4 . Parašykite nuo parabolės atsispindėjusio spindulio
sklidimo trajektorijos lygtį.
21. Ištirkite kreives, kurias apibrėžia šios lygtys:
a) 5x 2 + 9y 2 - 30x + 1 8y + 9 = 0;
b) 4x 2 + 3y 2 - 8x + l 2y - 32 = O;
c) 9x 2 - 1 6y 2 + 90x + 32y - 367 = 0;
d) l 6x 2 - 9y 2 - 64x - 1 8y + l 99 = 0;
e) 4x - y 2 - 8 = 0;
t) 4x 2 - 8x - y + 7 = 0;
g) x - 2y 2 + 1 2y - l4 = 0.
Nubraižykite šias kreives.
22. Šias antrosios eilės kreivių lygtis pakeiskite kanoninėmis 1r nubraižykite
kreives:
a) 7x 2 - 24xy - 38x + 24y + l 75 = 0;
b) 5x 2 + 8xy + 5y 2 - 1 8x - 1 8y + 9 = 0.
23. Parašykite paviršiaus, kurio kiekvienas taškas yra perpus arčiau nuo taško
A(2 ; O ; O) negu nuo taško B(-4; O; O), lygtį.
24. Paviršiaus kiekvieno taško atstumų iki taškų Fi (O; 0;-4) ir F2 (O; O; 4) suma
lygi 10. Parašykite to paviršiaus lygtį.
25. Paviršiaus kiekvieno taško atstumų iki taškų F1 (O; - 5 ; O) ir F2 (O; 5; O)
skirtumo modulis lygus 6. Parašykite to paviršiaus lygtį.
26. S fera x 2 + y 2 + z 2 = 4 (x - 2y - 2z) perkirsta plokštuma, einančia per sferos
centrą ir statmena tiesei x = O, y + z = O. Parašykite gauto pjūvio projekcijos
plokštumoje z = O lygtį.
234
27. Nubraižykite šiuos paviršius:
x2 y2 z2 =
x2 y2 z2 =
b) 36 +
a)
1;
+9 +
- 25 ! ;
4
2
e) x -
y2
16
16
2
d) x + y 2 = z 2 ;
2
-z = l ;
x2 y2
h) z = 9 - x2 .
g) y 2 = 4x ;
f) 4 + 9 = ! ;
28. Parašykite lygtį paviršiaus, kuris gaunamas sukant kreivę z = 2 - x apie:
b) ašį Ox.
a) ašį Oz;
29. Nubraižykite šias kreives:
4
d) p = - ;
e) p = 3q> ;
a) p = 4cosq> ;
b) p = 6 sin q> ;
(j)
e) p = 2 sin 3q> ;
f) p = 3 cos2q> .
30. Parašykite šių kreivių lygtis polinėje koordinačių sistemoje ir nubraižykite šias
kreives:
2
x2
b) - + L = I .
Atsakymai
a2
b2
l . (x - 3) 2 + (y + 2) 2 = 20,25 . 2. a) (-4; 6); 7; b) (½ ; 1 } ½ . 3. 4x + 3y + I = 0; y = -3.
4.
a)
x2
y2
12 8
+
=1 ;
b)
x2
100
+
y2
36
= 1 ; e)
xi
y2
25 9
+
=1 ;
d)
x2
32
+
y2
16
=1 .
5.
1 h
2 v2 ·
x2 Y 2
x2 y2
r::
6. - + -'- = l . 7. "'0,08. 8. 3 v2 x + y - 9 = O . 9. y = 3, 1 2x + 7 y + 5 1 = O . 1 1 . a) - - - = l ;
64 3 6
25 1 6
x 2 y2
r::
x2 y2
x2 y2
b) - - - = l · c) - - - = l · d) - - - = 1 . 1 2. xy = 2. 1 3. v 2 . 14. 1 0x - 3 y - 32 = 0
2
'
36
9
16
9
'
9
2
1 0x - 3y + 32 = 0 . 1 5. 3x - 4y - 1 0 = 0, 3x - 4y + l0 = 0 . 16. A (-6; 3); 1 1 /,fi . 1 7. a) y =
(x - 3) 2
l
= 8x ; b) x 2 = -20y . 1 8. y = -x 2 - x + 3 . 1 9. x + y + 2 = 0 . 20. y - 1 8 = 0 . 2 1 . a) --- +
8
9
x 1 ) 2 (y + 2) 2
+ 1) 2
x - 2) 2 _
x + 5) 2 _ (y - l) 2
= I · d) (
+ (y
= 1 · b) ( +
= 1 · e) (
5
'
12
16
'
64
36
'
9
-2
2
l
l
1)
(
- Y;
= l ; e) y 2 = 4 (x - 2) ; f) (x - 1 ) 2 = (y - 3) ; g) (y - 3 ) 2 = (x + 4) . 22. a) � 6
6
2
2
2
-2
-2 -2
z
x2
y
x
- L = I ; b) .:..._ + L = I . 23. (x - 4) 2 + y 2 + z 2 = 1 6 . 24. - + - + - = l . 25. - 9
l
9
9
9
25
16
4
2
_ i_ + � = -1 . 26. (x - 2) +
16
36
9
30. a) p = asin 2q> ; b) p 2 =
(y + 4)
t
2
2
2
= l . 28. a) z = 2 - �x 2 + y 2 ; b ) x = 2 - �y + z .
18
1 - E COS
2
q>
2
.
6
TIESINĖS ERDVĖS
6.1. Tiesinės erdvės apibrėžimas
Vektorinėje algebroje buvo apibrėžta vektorių sudėtis ir vektoriaus
daugyba iš realiojo skaičiaus, o matricų algebroje - panašiai vadinami
veiksmai: tos pačios eilės matricų sudėtis bei matricos daugyba iš realiojo
skaičiaus. Nors šių veiksmų apibrėžimų vektorinėje ir matricų algebroje
turinys skiriasi, tačiau tiek vieniems, tiek kitiems veiksmams būdingos tos
pačios savybės: sudėties komutatyvumas ir asociatyvumas, daugybos iš
skaičiaus distributyvumas ir kt. Yra ir kitokių aibių, kuriose apibrėžtos šių
savybių turinčios operacijos.
Toliau nagrinėsime aibes, kurios sudarytos iš skirtingos prigimties
elementų ir kuriose apibrėžtos dvi operacijos: dviejų tos aibės elementų sudėtis
ir elemento daugyba iš skaičiaus (realiojo arba kompleksinio) .
Apibrėžimas. Aibė V, sudaryta iš elementų x, y, z, ... , vadinama tiesine
(realiąja arba kompleksine) erdve, jeigu:
l. Aibėje V apibrėžta sudėties operacija, kuri bet kuriems dviem
elementams x E V ir y E V priskiria trečią tos aibės elementą, vadinamą jų
suma; ši suma žymima x + y.
11. Aibėje V apibrėžta daugybos iš skaičiaus a (realiojo arba
kompleksinio) operacija, kuri bet kuriam elementui x e V priskiria tos aibės
elementą, vadinamą elemento x ir skaičiaus a sandauga; ši sandauga žymima
ax.
236
III. Šios dvi operacijos tenkina tokias aksiomas:
l ) x + y =y + x (komutatyvumas);
2 ) tx + y)+ z = x + G, + z) (asociatyvumas);
3 ) egzistuoja nulinis aibės V elementas O, su kuriuo x + O= x;
4 ) egzistuoja elemento x e V priešingasis elementas - x, su kuriuo
x + (-x) = O;
5) a(x + y) =ax + ay (distributyvumas elementų sumos atžvilgiu);
6) (a + P) x = ax + P x (distributyvumas skaičių sumos atžvilgiu);
7 ) (aP) x = a (P x) ; čia a, P - bet kokie skaičiai;
8 ) l· X = X .
Tiesinės erdvės elementai x, y, z, ... , kuriuos toliau žymėsime pusjuodžiu
stačiuoju šriftu x, y, z, dažnai vadinami vektoriais. Todėl tiesinė erdvė dar
vadinama vektor ine erdve. Kai skaičiai a yra tik realieji, erdvė vadinama
realiąja t ie s ine erdve, kai kompleksiniai -ko mpleks ine t iesine erdve .
Pateiksime tiesinių erdvių pavyzdžių.
l pavyzdys. Laisvųjų geometrinių vektorių ii, b , c, . . . aibė, kurioje
sudėtis ir daugyba iš skaičiaus apibrėžta taip, kaip vektorinėje algebroje, yra
tiesinė erdvė, nes teisingos visos 8 aksiomos.
r�'. �'.� 1+r�'. �'. 1 =
1
2 pavyzdys. Tiesinę erdvę sudaro matricų Amxn aibė, kai jų sudėtis ir
daugyba iš skaičiaus yra apibrėžtos taip, kaip matricų algebroje ( l skyrius):
0ml
a12
0m
2
l ��l
f
aml + bml
�1 1
a
[
0ml
a12
0m2
amn
01 2
bml
+ bi2
amn
H
bm2
bmn
1
am2 +bm2
�l :
bi 2
a
�1 1
.
" "·
0mn
aa12
aam l aam2
+
·
'
� bmn
�"
n�1 l ·
"
aamn
Kadangi matricų sudėtis iš esmės yra jos elementų (skaičių) sudėtis, o
matricos daugyba iš skaičiaus - jos elementų (skaičių) daugyba iš skaičiaus, tai
visos skaičių sudėties ir daugybos savybės tinka ir matricų sudėčiai bei
237
matricos daugybai i š skaičiaus. Todėl matricų Amxn aibėje teisingos visos 8
aksiomos.
3 pavyzdys. Nagrinėkime sutvarkytų rinkinių (x1 ; x2 ;... ; xn ) , sudarytų iš
n realiųjų skaičių, aibę. Skaičiai xi vadinami tos aibės elementų
koordinatėmis. Rinkinių sudėtį bei daugybą iš skaičiaus apibrėžkime taip:
(x1 ; x2 ;... ; xn )+ (y1 ; Y2 ;... ; yn ) = (x1 + Y1; x2 + Y2 ;... ; xn + Yn ) ;
a(x1 ; x2 ;... ; xn ) =(ax1 ; ax2 ;... ;ax n ) -
Nuliniu aibės elementu laikomas elementas O = (O; O; ... ; O). Du aibės
elementai x ir y laikomi lygiais, kai lygios atitinkamos jų koordinatės:
x = y � xi = Y; V = l, n).
Aišku, kad taip apibrėžtos sudėties ir daugybos iš skaičiaus operacijos
tenkina visas 8 aksiomas, nes jas tenkina skaičių sudėtis ir daugyba. Todėl
rinkinių ( x1 , x2 ,... , xn ) aibė yra tiesinė erdvė. Ji žymima simboliu R n ir
vadinama realiąja koord inat ine erdve .
4 pavyzdys. Tiesinę erdvę sudaro tolydžiųjų atkarp oje [a; b] funkcijų
y = J(x) aibė C[a;b] , kai funkcij ų sudėties ir daugybos iš skaičiaus operacijos
apibrėžiamos taip, kaip įprasta matematinėje analizėje.
Įrodysime keletą paprasčiausių tiesinių erdvių savybių.
l teorema. Tiesinė erdvė turi tik vieną nulinį elementą.
Įrodymas. Tarkime, kad yra du nuliniai elementai: 01
E
V ir 0 2
E
V.
Nagrinėkime jų sumą 0 1 + 0 2 . Kadangi 0 2 - nulinis erdvės V elementas, tai,
pagal 3 aksiomą,
(l)
0 1 + 02 = 01.
Kadangi ir 0 1 - nulinis elementas, tai, pagal tą pačią aksiomą
(2 )
01 + 02 = 0 2.
( l ) ir (2 ) lygybės kairioji pusė yra tokia pat, todėl ir dešinioji pusė turi
būti vienoda, taigi 0 1 = 02. .A.
2 teorema. Kiekvienas tiesinės erdvės elementas x turi tik vieną
priešingąjį elementą (-x).
Įrody mas. Tarkime, kad elementas x turi du priešinguosius elementus x
ir !- Remdamiesi 2 ir 4 aksioma, galime parašyti:
x+ x + ! = x + {x+ !)= x+ O = x ,
Taigi
x = ! . .A.
x+ x + ! = (x+ x) + ! = O + ! = ! .
238
3 teorema. Tarkime, kad x E V , a -realusis skaičius. Tada:
l ) 0 - x =O ;
2) (-l)· x = - x ;
3) a - 0 = 0 ;
4) a · x= O <:> a=O arba x = O.
Įrodymas. Įrodydami 1-3 savybę, remsimės tiesinės erdvės aksiomomis.
l) O · x = O · x + O = O · x + {x + {- x)) = (O · x + x) + (- x) =
= (o + 1) - x + (- x ) = 1 - x + (- x ) = x + (- x) = O;
2) - l · x = - l · x + O = - l · x + {x + (- x )) = (- l · x + x) + (- x) =
= (- 1 + 1)· x + (- x) = O · x + (- x) = O + (- x) = - x ;
3) a · O = a · {x + (- x)) = a · (x + (- l) · x) = ax + a((- 1) - x) =
= ax + {a · (- 1))x = ax + (- a)· x = (a + (- a))x = O · x = O ;
4) kai a =O arba x = O , tai, remdamiesi ką tik įrodytais l ir 3 teiginiu,
galime parašyti:
(3 )
a = O arba x =O � ax = O.
Įrodysime, kad
(4)
ax = O � a = O arba x = O .
Tarkime, kad a *-O. Padauginkime abi lygybės
. l
puses 1š - :
a
ax = O
_!_ . (ax ) = _!_ _ O ,
a
a
1-x=0,
x=O.
Tarkime, kad x *-O. Jeigu būtų ir a *- O, gautume x = O , bet tai
prieštarautų sąlygai x *- O. Vadinasi, a =O.
Iš (3 ) ir (4) sąryšio išplaukia, kad
ax = O <:> a = O arba x = O . A
6.2. Tiesinis vektorių priklausomumas
239
Suformuluosime tiesinės erdvės vektorių (elementų) tiesinio priklauso
mumo apibrėžimą, kuris analogiškas anksčiau pateiktiems matricų stulpelių bei
laisvųjų geometrinių vektorių tiesinio priklausomumo apibrėžimams.
Apibrėžimas. Tiesinės erdvės V vektoriai x 1 , x 2 ,... , x P vadinami
tiesiškai priklausomais, kai yra skaičiai a1 ,a2 ,... ,aP , kurių ne visi lygūs
nuliui ir su kuriais teisinga lygybė
(5)
Jei ši lygybė teisinga tik tada, kai visi skaičiai a1=a2 =... =aP =O, tai
elementai x 1 , x 2 ,... , x P vadinami tiesiškai nepriklauso mais.
l teorema. Vektoriai x 1 , x 2 ,... , x p yra tiesiškai priklausomi tada ir tik
tada, kai bent vienąjų galima išreikšti tiesiniu kitų vektorių dariniu.
Įrodymas . Būtinumas. Tarkime, kad vektoriai x 1 , x 2 ,... , x P yra tiesiškai
priklausomi. Vadinasi, (5 ) lygybė teisinga, kai bent vienas ai
* O(i =l, p) .
* O. Tada, perkėlę kitus dėmenis į dešiniąją pusę ir abi puses
padaliję iš aP * O, gauname lygybę
Sakykime, aP
reiškiančią, kad x P yra tiesinis kitų vektorių darinys.
Pakankamumas. Tarkime atvirkščiai, kad x P yra tiesinis kitų vektorių
darinys, taigi
Iš čia išplaukia, jog
P1x 1 + P 2 x 2 +... + Pp- l x p - 1 + (- l) · xp = 0.
Kadangi šioje lygybėje yra koeficientas (-1) O, tai vektoriai x 1 , x 2 ,.. . ,
x P yra tiesiškai priklausomi. A
*
2 teorema. Jei vektoriai x 1 , x 2 ,... , x p yra tiesiškai nepriklausomi ir
y = a 1 x 1 + a 2 x 2 +... + aP x P , tai tokia y išraiška vektoriais x 1 , x 2 ,... , x P yra
vienintelė.
240
Įrodymas. Sakykime priešingai, jog yra skaičių [3 1 , [3 2 ,... , f3 P , su kuriais
y galima išreikšti vektoriais x 1 , x 2 , . . . , x P :
Tada
Y = f31x 1 + f32 x 2 +... + f3 p x p .
Iš čia
(a1 - f31 ) x 1 + (a2 - P 2 ) x 2 +... + {a P - P P ) x P = 0 .
Kadangi vektoriai x1 , x 2 ,... , x P tiesiškai nepriklausomi, tai ši lygybė yra
teisinga tik tada, kai
a1 - p 1=O, a2 - p 2 =O,... , aP - p P =O,
t. y. kai
a1 = P 1, a2 = P 2 ,... , ap = P · �
p
3 teorema. Sakykime, kad x 1 , x 2 , ... , x p yra tiesinės erdvės vektoriai.
Tada:
l ) jei tarp vektorių x ; Ų = l , p) yra nulinis vektorius, tai jie yra tiesiškai
priklausomi;
2 ) jei tarp vektorių x; Ų = l , p) yra k (k < p) tiesiškai priklausomų
vektorių, tai ir visi vektoriai X; Ų = l , p) yra tiesiškai priklausomi;
3) jei vektoriai
x; Ų = l, p) yra tiesiškai nepriklausomi,
tai ir bet kuri jų
dalis yra tiesiškai nepriklausomi vektoriai.
Įrodymas. Įrodysime l teiginį. Tarkime, kad x k = O l1 :::; k ::;; p). Iš lygy
bės
O· x 1 + O· x 2 +... +O· x k - 1 +ak · x k + O· Xk +I +... +O· x p =0 ,
kuri teisinga su visais ak * O, išplaukia, jog vektoriai x; Ų = l, p ) yra tiesiškai
priklausomi.
Įrodysime 2 teiginį. Sakykime, vektoriai x 1 , x 2 ,... , x k (k < p) yra tiesiš
kai priklausomi. Tada teisinga lygybė
a1 x 1 + a2 x 2 +... + ak x k =O ,
kurios ne visi a1 ,a2 ,... ,ak lygūs nuliui. Papildykime šią lygybę:
a 1x 1 + a2 x 2 +. . . + ak x k + O· x k +I +... + O· x P =O.
Ji rodo, kad visi vektoriai X; Ų = l, p ) yra tiesiškai priklausomi.
Įrodysime 3 teiginį. Tarkime priešingai, kad dalis vektorių x; Ų =l, p ) yra
tiesiškai priklausomi. Tada pagal šios teoremos 2 teiginį, teisiškai priklausomi
24 1
būtų ir visi vektoriai x i (i = l, p), tačiau tai jau prieštarautų teiginio sąlygai.
Gautoji prieštara ir įrodo teiginį. .A.
l pavyzdys. Nagrinėkime koordinatinės erdvės R n vektorius
e 1 = (l; O; · · · ;O) , e 2 = (0 ; 1; · · · ;0 ) , . . . , e n = (0 ; 0 ; · · · ;1).
Įrodysime, kad jie yra tiesiškai nepriklausomi. Kai a1 , a2 , . . . , an - bet kurie
realieji skaičiai, tai
(6)
a1e1 + a2e 2 + .. . +an en = O <=>
<=> a1 (1; O;. .. ;O)+a2 (O; !;. .. ;O) + · · · + an (O; O; . . . ;l) = O <=>
<=> (a1 ; O;... ;O) + (O; a2 ; . . . ;O) + ... + (O; O; . . . ;an )=O <=>
(a1 ; a2 ; . . . ;a n ) = (O; O;... ;O) .
Ši lygybė, atsižvelgiant į vektorių lygumo erdvėje R n apibrėžimą, yra teisinga
tik tada, kai a1 = O, a2 = O, . . . , an = O . Kadangi (6) lygybė teisinga tik tada,
G), tai vektoriai e Ų = G) yra tiesiškai nepriklausomi. .A.
kai visi ai = O Ų=
i
2 pavyzdys. Funkcijos Ji = l, h = cos2 x, h =sin 2 x, /4 = l + cos 2 x
yra tiesiškai priklausomos, nes lygybė
Ji + fi + f3 - /4 =0
teisinga su visais realiaisiais x.
3 pavyzdys. Tarkime, kad Pn - daugianarių, kurių laipsnis ne didesnis
negu n, tiesinė erdvė. Įrodykime, kad jos elementai e 1 = l ,
e 2 = x , . . . , e n+I =x n yra tiesiškai nepriklausomi.
Sprendi ma s . Šie elementai bus tiesiškai nepriklausomi, jeigu lygybė
taigi ir lygybė
a1e 1 + a2 e 2 +... + an+l e n + I =O '
(7)
su bet kuriuo x bus teisinga tik tada, kai a1=a2 =. . . =an +l = O .
Įrašę į (7 ) lygybę x = O, gauname a1 = O . Išdiferencijavę šią lygybę
kintamojo x atžvilgiu , turime:
(8 )
a2 + 2a3 x+ .. . + nan+ JX n-1 =O .
Įrašę į (8 ) lygybę reikšmę x = O, gauname a2 = O. Pratęsę šį procesą,
įsitikintume, kad a1 = a2 = . . . = an+I =O . Ši sąlyga reiškia, kad vektoriai
ei
(i = l, n)
yra tiesiškai nepriklausomi. .A.
242
4 pavyzdys. Įrodykime, kad vektoriai e 1 =(0 ;-1; 4) , e2 = (3; 0 ;- 1 ) , ir
e 3 = (2 ; l;-2 ) yra tiesiškai nepriklausomi.
Sprendimas . Vektoriai e 1, e 2 ir e 3 bus tiesiškai nepriklausomi, jei
sąryšis
a1 e1 + a2 e2 + a3e 3 = O
bus teisingas tik tada, kai a1 =a2 =a3 =O. Įrašome Į sąryšį vektorių
e1 , e 2 ir e 3 koordinates:
a1 (0 ;-1; 4) +a2 (3; 0 ;- 1 ) +a3 (2 ; l;-2 ) = O,
(3a2 + 2a3 ; -a1 + a3 ; 4a1 - a2 - 2a3 ) =(O;O;O).
Atsižvelgę į vektorių lygumo sąlygą, gauname lygčių sistemą
Kadangi jos determinantas
{
3a2 + 2a3 =O,
-a1 +a3 =0 ,
4a1 - a2 -2a3 =0.
O
3
2
- l O l =8
4 - l -2
* O,
tai lygčių sistema turi tik trivialųjį sprendinį a1 =a2 =a3 =O. Taigi vektoriai
e 1 , e 2 ir e 3 yra tiesiškai nepriklausomi. �
6.3. Tiesinės erdvės bazė ir dimensija
Sakysime, kad tiesinės erdvės V vektoriai e 1,e 2 ,... ,e n sudaro sutvarkytą
sistemą, kai kiekvienam jų priskirtas tam tikras numeris. Iš n vektorių galima
sudaryti n! sutvarkytų sistemų.
Apibrėžimas. Bet kuri sutvarkyta tiesinės erdvės V vektorių e1 , e2 ,... , e n
sistema vadinama tos erdvės baze, kai:
l ) vektoriai e 1 ,e2 ,... ,en yra tiesiškai nepriklausomi;
2 ) kiekvieną erdvės V vektorių x galima išreikšti tiesiniu jų dariniu.
Vektoriai e 1 ,e 2 ,... , e n vadinami baziniais v ektoriais. Iš jų sudarytą bazę
žymėsime e ={e i }, i = l, n. Iš apibrėžimo aišku, kad tiesinė erdvė V gali turėti
ne vieną bazę.
l pavyzdys. Erdvės R n bazę sudaro vektoriai
e 1 = (l; O;... ;O), e 2 =(O; l;... ;O),... , e n =(O; O;... ;l),
243
kiekvieną erdvės R n vektorių x = lx1; x2 ; . . . ; Xn ) galima išreikšti jų tiesiniu
dariniu:
nes, pirma, jie yra tiesiškai nepriklausomi (6.2 skyrelio l pavyzdys), antra,
2 pavyzdys. Tarkime, kad Pn - daugianarių, kurių laipsnis ne didesnis
negu n, tiesinė erdvė. Jos bazę sudaro elementai e 1 = l , e 2 = x ,
2
e 3 = x ,... , e n I = x n , nes, pirma, jie yra tiesiškai nepriklausomi (žr. 6.2
+
skyrelio 3 pavyzdį), antra, kiekvieną erdvės Pn daugianarį Pn (x) galima
išreikšti jų tiesiniu dariniu:
2
n
Pn (x)=ao · l+ a1 x + a2 x + . . . + an x =
Taigi, kai e 1 , e 2 ,. . . , en - baziniai vektoriai, tai egzistuoja skaičiai
a1 , a2 , . .. , an , su kuriais kiekvienam x teisinga lygybė:
x=a1e 1 + a2e 2 + · · · + anen
n
= L aie i .
i =l
Skaičiai a1, a2 , ... , an vadinami vektoriaus x koordinat ė mis pasirinktoje
bazėje � i i i =1 , n.
Remdamiesi 6.2 skyrelio 2 teorema, tvirtiname, kad vektoriaus x koordi
natės bazėje {e;}, i = l, n nustatomos vienareikšmiai.
3 pavyzdys. Raskime lygčių sistemos
{
3x1 + 2 x2 -x3 + x4 -x5
5Xj - 7 X2
+ X3 + X4 = 0
= O,
sprendinių tiesinės erdvės bazę.
Spr endi mas. Kadangi sistemos matricos rangas lygus 2 , tai du šios
sistemos nežinomieji yra baziniai, trys - laisvieji. Laisvaisiais nežinomaisiais
parinkime x1, x2 1r x3 , baziniais - x4 , x5 . Bazinius nežinomuosius
laisvaisiais, turime
x =-5x1 + 7 x2 -x3 ,
{ 4
x5 = - 2 x1 +9 x2 -2 x3 •
Remdamiesi šiais sąrys1ais, randame fundamentaliąją sprendinių sistemą
[1
O O - 5 -2 J T,
[o
l O 7 9 J T,
[o
O l
-l
- 2V .
Kadangi
244
sprendiniai yra tiesiškai nepriklausomi, o kiekvieną sistemos sprendinį galima
išreikšti jų tiesiniu dariniu
X ==
o
o
o
l
o
O · a1 + O · a2 + l · a3 ,
-5
-l
7
-2
-2
9
[1 o o -5 - 2V, [o 1 o 7 9) T , [o o 1 - 1 - 2V
yra viena iš galimų duotosios lygčių sistemos sprendinių erdvės bazė. .A.
Išnagrinėkime tiesinius veiksmus su vektoriais, išreikštais koordinatėmis.
Tarkime, kad
tai sprendiniai
x = 2: >i e i , Y = I Ae i
Tada
n
n
i=l
i=l
ax = a "i:, a;e; = "i:, (aa; )e; ;
i=l
i=l
čia a - skaičius. Vadinasi, sudedant du vektorius, jų koordinatės sudedamos,
o dauginant vektorių iš skaičiaus, vektoriaus koordinatės dauginamos iš to
skaičiaus.
Vektoriaus x koordinates a1 , a2 , ... , an tam tikroje bazėje { e; į i == l, n
rašysime matrica stulpeliu
X=
Tarkime, kad vektoriai x 1 , x 2 ,... , x P išreikšti koordinatėmis toje pačioje
bazėje
{e; į i = l,n :
245
n
n
n
i=l
i=l
i=l
X 1 = L ail e i , X 2 = L ai2 e i ,·· · , x p = L aip e i .
(9)
Tuomet jų koordinačių stulpeliai bus šie:
, ... ,
(10 )
čia pirmasis indeksas žymi koordinatės numeri, antrasis - vektoriaus numeri.
l teorema. Vektoriai x 1 , x 2 ,... , x p yra tiesiškai priklausomi tada ir tik
tada, kai tiesiškai priklausomijų koordinačių stulpeliai.
Įrody mas. Būtinumas. Tarkime, kad vektoriai x 1 , x 2 ,... , x p yra tiesiškai
priklausomi. Tuomet egzistuoja skaičiai A1 , A.2 ,... , A P , su kuriais
(11 )
čia bent vienas A i , i = l, p yra nelygus nuliui. Sakykime, kad vektorių x1 ,
x 2 ,... , x P koordinačių stulpeliai nusakomi (10 ) formulėmis. Tuomet patys
vektoriai išreiškiami (9) formulėmis. Įrašę (9) formulėmis nusakomas išraiškas
i (11 ) lygybę, turime:
A 1X 1 + A 2 X2 +... + A P X P
n
n
n
i=l
i=I
i=I
= A1 L ai1e i + A2 L ai2 e i +... + A p L aip e i =
Taigi gavome lygybę
Kadangi vektoriai e 1 , e 2 ,... , e n sudaro bazę, tai jie yra tiesiškai nepriklausomi.
Vadinasi, (1 2) lygybė teisinga tik tada, kai koeficientai, esantys prieš vektorius
e 1 , e 2 ,... , e n , yra lygūs nuliui. Todėl
246
p
p
p
_L A. J al j =0 , _L A. j a2 J =0 ,... , _L A. j anj = 0.
j =I
J =I
J=I
Parašykime šias lygybes be sumos ženklo:
11.1°11 + 11.2°12 + · · · + 11. p 01p = O,
11.1°2 1 + 11.2°22 +... + 11.p a2p = 0,
11.1anl + 11.2 an2 + · · · + A p 0np = O.
Remdamiesi matricos daugybos iš skaičiaus bei matricų lygumo apibrėžimu,
šias lygybes parašome taip:
A.1
0 11
021
0nl
+ 11.2
0 12
022
0 n2
+ · · · + A. p
o
o
a1p
a2p
o
anp
(13 )
Gautoji lygybė reiškia, kad vektorių x 1 , x 2 ,... , x P koordinačių stulpelių
tiesinis darinys lygus nuliniam stulpeliui. Kadangi bent vienas 11. ; V=l, p)
nelygus nuliui, tai ( 13 ) lygybė reiškia, jog vektorių x 1 , x2 ...
, , x p koordinačių
stulpeliai yra tiesiškai priklausomi. Būtinumas įrodytas.
Pakankamumas. Tarę, kad (13 ) sąryšis yra teisingas, ir pakartoję
samprotavimus atvirkščia tvarka, įsitikintume, jog yra teisingas ir ( l l ) sąryšis.
Teorema įrodyta. .A.
2 teorema. Jei tiesinės erdvės V bazę { e1 i = l, n sudaro n vektorių, tai
bet kurie m erdvės V vektorių, kai m > n, yra tiesiškai priklausomi.
Įrody mas. Kadangi 6.2 skyrelio 3 teoremos 2 teiginys yra teisingas, tai
pakanka išnagrinėti atvejį m = n + l. Tarkime, kad x 1 , x 2 ,... , Xn+I - bet
į
į
kokie erdvės V vektoriai, o jų koordinatės bazėje { e; i = � , yra tokios:
Iš šių stulpelių sudarykime matricą
247
A=
a1l
a12
a2 1 a22
a1n + I
azn+I
Ji turi n eilučių ir n + l stulpelį, todėl jos rangas negali būti didesnis už n.
Pagal bazinio minoro teoremą, bent vienas matricos A stulpelis yra nebazinis ir
kartu tiesinis kitų jos stulpelių darinys. Taigi matricos A stulpeliai tiesiškai
priklausomi. Remdamiesi šio skyrelio l teorema, galime teigti, kad vektoriai
x i , x 2 ,... , X n + I irgi yra tiesiškai priklausomi. Teorema įrodyta. .A.
Iš šios teoremos išplaukia tokios išvados.
l išvada. Jei tiesinės erdvės V bazę sudaro n vektorių, o m jos vektoriil
yra tiesiškai nepriklausomi, tai m � n.
2 išvada. Visos tiesinės erdvės bazės sudarytos iš vienodo skaičiaus
vektorių.
Įrodymas . Tarkime, kad vieną erdvės V bazę { e i }, i = l, n sudaro n
vektorių, o kitą bazę
{ e1 }, i = l, m -m vektorių. Kadangi vektoriai
e 1 , e 2 ,... , e n sudaro bazę, o m vektorių e1 , e 2 ,... , e� yra tiesiškai nepriklau
somi, nes taip pat sudaro bazę, tai, remdamiesi l išvada, galime teigti, jog
m � n.
Sukeitę bazes vietomis ir remdamiesi ta pačia išvada, gautume n � m .
Vadinasi, n=m. .A.
Tiesinės erdvės V bazinių vektorių skaičius vadinamas erdvės V
d imens ija (lot. dimensio - matmuo) arba erd vės mat menų skaič iu m i. Žymima
dimV = n. Kai skaičius n yra baigtinis, erdvė V vadinama ba igt in iamate erd ve
arba n-mate erd ve. Kai erdvėje V yra be galo daug tiesiškai nepriklausomų
vektorių, erdvė vadinama begalinia mate erdve. Begaliniamatės erdvės
pavyzdys - tolydžių atkarpoje [a, b] funkcijų aibė qa ,b] . Taip yra dėlto, kad
bet kokį numerį n (tuo pačiu ir kiek norima didelį) atitinka n + l tiesiškai
nepriklausomas vektorius e1 = l, e 2 = t,... , en + I =t n (žr. 6.3 skyrelio 3 pavyz
dį).
3 teorema. Kiekvieną sistemą, sudarytą iš m tiesiškai nepriklausomų
n-matės erdvės V vektorių, kai m < n, visada galima papildyti iki šios erdvės
bazės.
Įrodymas. Tarkime, kad vektoriai e 1 , e 2 ,... , em yra tiesiškai nepriklausomi, be to prie jų negalima prijungti vektoriaus e m+I , su kuriuo vektoriai
248
e 1 , e 2 , · · · , em , e m + I būtų tiesiškai nepriklausomi. Tada erdvėje V yra tik m
tiesiškai nepriklausomų vektorių, todėl dim V = m < n, o tai prieštarauja
sąlygai, kad erdvė V yra n-matė. Taigi papildyta vektorių sistema
e 1 , e 2 , · · · , em , e m+ I yra tiesiškai nepriklausoma.
Kai m + l =n , tai ši sistema yra erdvės V bazė. Kai m + l < n , samprotau
dami panašiai įsitikintume, kad galima pridėti tokį vektorių e m+2 , kuriuo
papildyta sistema būtų sudaryta iš tiesiškai nepriklausomų vektorių e 1 ,
e 2 ,... , e m , em+ l , e m+ 2 . Po baigtinio kiekio žingsnių gautume erdvės V bazę. .&.
3 pavyzdys. Duoti du erdvės R 4 vektoriai e 1 = (l;0 ; - 3;1) 1r e 2 =
=(2 ;-2 ;1 ;0 ) . Papildykime jų sistemą iki erdvės R4 bazės.
Sprend imas . Parinkime dar du erdvės R 4 vektorius e 3 = (l;0 ;0 ;0 ) ir
e4 = (0 ;l;0 ;0 ) ir įsitikinkime, kad vektoriai e 1 , e 2 , e3 bei e4 sudaro erdvės
R 4 bazę.
Iš jų koordinačių sudarykime matricą
2 l o
-2 o l
ir raskime jos rangą:
o
l
-3
o o
o o o
A=
o
l
-3
o
o
o o l o
o o o l
o l o o
o o o
2 l o
-2 o l
o
o o
o o o
o
l o o
o o o
-2
o o
o
o -2 o l
o
o o
o o o
o o o
o
o o
o o
o
o o o
l
Kadangi rang A =4 , tai šios matricos stulpeliai yra tiesiškai nepri
klausomi, taigi vektoriai e1 , e 2 , e3 ir e 4 sudaro erdvės R 4 bazę. .&.
*
6.4. Tiesiniai poerdviai
249
l apibrėžimas. Netuščias erdvės V poaibis W vadinamas
tiesiniu erdvės Vpoerd viu, kai teisingos šios sąlygos:
•..,.•
l . elementų sudėties ir elemento daugybos iš skaičiaus
operacijos erdvėje W apibrėžtos taip pat, kaip ir erdvėje V;
2. kai X , y E W , tai ir x + y E W ;
3. kai x E W , tai ax E W ; čia a - realusis skaičius, kai erdvė V yra
realioji, ir a - kompleksinis skaičius, kai erdvė V kompleksinė.
Pavyzdžiui, laisvųjų geometrinių plokštumos vektorių aibė sudaro
laisvųjų geometrinių erdvės vektorių aibės tiesinį poerdvį.
l teorema. Bet kuris tiesinis erdvės Vpoerdvis W yra tiesinė erdvė.
[rodymas. Turime įsitikinti, kad erdvėje W yra teisingos visos 8
aksiomos, suformuluotos tiesinės erdvės apibrėžime.
Pakanka įsitikinti, kad erdvėje W yra nulinis elementas ir elementui x
priešingas elementas - x, nes kitų aksiomų teisingumas yra aiškus savaime.
Kai x E W , tai, pagal apibrėžimą, ax E W. Vadinasi, O · x =O E W ir
(-l) x = -x E W. A
2 teorema. Jei x1, x 2 ,.. • , x P yra tiesinio paerdvia W elementai, tai
tiesinis jų darinys
čia a1 , a2 , . . . , aP - skaičiai.
Teoremos teisingumas tiesiogiai išplaukia iš tiesinio poerdvio apibrėžimo.
2 apibrėžimas. Tiesinės erdvės V poaibio X tiesiniu apva lku L (X)
vadinama poaibio X elementų visų galimų tiesinių darinių aibė.
Taigi
Pavyzdys. Nagrinėsime lygtį
x + y -z =O.
Jos fundamentalieji sprendiniai lygūs v 1 =(- 1;1 ;0 ) 1r v 2 = (l;O;l). Bet
kuris šios lygties sprendinys yra sprendinių v 1 ir v 2 tiesinis darinys. Todėl
lygties sprendinių aibė yra aibės, sudarytos iš elementų v 1 ir v 2 , tiesinis
apvalkas L (v 1 , v 2 ) 3 teorema. Tiesinis apvalkas L (X) būdingos šiomis savybės:
l . apvalkui L (X) priklauso pati aibė X;
2. L (X) - erdvės V tiesinis poerdvis.
250
Įrodymas. l savybė yra triviali. 2 savybė teisinga todėl, kad aibės X
elementų tiesinių darinių suma bei tiesinio darinio ir skaičiaus sandauga vėl
yra tiesinis aibės X elementų darinys . .&
Tarkime, kad tiesinė erdvė V yra n-matė. Toliau aptarsime, kokį sąryšį
tenkina jos tiesinio poerdvio W bei tiesinio apvalko L (X) dimensija.
Kadangi n-matėje erdvėje V bet kurie n + l vektoriai yra tiesiškai
priklausomi, tai šis teiginys yra tikrai teisingas ir su poerdvio W vektoriais,
todėl dim W � dim V . Kitaip tariant, poerdvio dimensija yra nedidesnė už
pačios erdvės dimensiją.
Kadangi tiesinis apvalkas L (X) yra tiesinės erdvės V poerdvis, tai
dim L (X) � dim V.
6.5. Tiesinių erdvių sankirta ir suma
Tarkime, kad V1 ir V2 yra dvi tiesinės erdvės. Šių erdvių
sankirta Vj V2 vadinama vektorių x visuma, kurių kiekvienas
vektorius priklauso tiek V1 , tiek ir V2 . Taigi
n
V1
n V2 = {
X lX E
Vj ir
XE
V2 } .
Tarkime, kad x 1 E Vj , x 2 E V2 . Tada visų vektorių x 1 + X 2 visuma
vadinama erdvių V1 ir V2 suma. Ji žymima V1 + V2 . Taigi
Vj + V2 = { x 1 + x 2 j x 1 E V1 , x 2 E V2 } .
l teorema. Tiesinių erdvių V1 ir V2 sankirta V1 V2 bei suma V1 + V2
irgi yra tiesinės erdvės.
[rodymas. Pirmiausia įrodykime, kad tiesinių erdvių sankirta V1 V2 yra
tiesinė erdvė. Kai vektoriai x ir y priklauso V1 V2 , tai jie priklauso tiek V1 ,
tiek V2 . Kadangi erdvės V1 ir V2 yra tiesinės, tai iš sąlygos x E V1 , y E V1 bei
x E V2 , y E V2 išplaukia, kad x + y E V1, ax E V1 ( a - skaičius) bei
X + y E V2 , ax E V2 . Vadinasi, X + y E Vj
V2 ir ax E V1 V2 . Tai rodo, kad
V1 V2 yra tiesinė erdvė.
Dabar įrodykime, kad tiesinių erdvių suma Vj + V2 yra tiesinė erdvė. Kai
vektoriai x ir y priklauso V1 + V2 , tai egzistuoja vektoriai x 1 , y 1 E V1 bei
x 2 , y 2 E V2 , su kuriais x = x 1 + x 2 , y = y 1 + y 2 . Tada
n
n
n
n
n
n
x + y = lx 1 + x 2 ) + lY1 + Y 2 ) = lx 1 + y i } + lx 2 + Y 2 ) -
l:
25 1
Kadangi erdvės V1 ir V2 yra tiesinės, tai x 1 + y 1 E V1 , x 2 + y 2 E V2 , todėl
x + y E Vj + V2 ,
Analogiškai įrodytume, kad ir ax E V1 + V2.
Sąlygos x + y E V1 + V2 ir ax E V1 + V2 reiškia, kad V1 + V2 yra tiesinė
erdvė. ..&.
Sakykime, erdvė V yra jos poerdvių W1 ir W2 suma, o šių poerdvių
sankirta
Tuomet sakoma, kad erdvė V
išreikšta
t ie s iog ine
poerd vių
W1 ir W2 su ma , kuri žymima
W1 EB W2 ,
Pavyzdys. Išskirkime du erd
z
z
vės R 3 poerdvius - R 2 ir R1 .
Č ia R 2 - plokštumos xOy vekto
rių v = (x; y; O) aibė, R 1 - vekto
rių z = (O; O; z), lygiagrečių su
ašimi Oz, aibė (6.1 pav.). Aišku,
kad R 1 R 2 = O . Tada v + z =
n
= (x; y; z) yra bet kuris erdvės R 3
vektorius. Taigi R 3 = R 1 EB R 2.
X
o
6.1 pav.
2 teorema. Erdvė V yra tiesioginė paerdvių Wi ir W2 suma tada ir tik
tada, kai kiekvienas erdvės V vektorius x vieninteliu būdu išreiškiamas
vektorių x 1 E Wi ir x 2 E W2 suma: x = x1 + x 2.
n
Įrodymas . Būtinumas. Tarkime, kad V = W1 EB W2 , taigi W1 W2 = O.
Sakykime, vektorių x galima išreikšti dviem būdais: x = x 1 + x 2 1r
x = x1 + x 2 . Iš čia x 1 + x 2 = x 1 + x2 , arba x1 - x 1 = x2 - x 2 . Kadangi
x 1 , xi E W1 , X 2 , x 2 E W2 , tai x 1 - x 1 E W1 , x2 - x 2 E W2. Poerdvių W1 ir W2
bendrasis vektorius yra nulinis, todėl
X 1 = x;
ir X 2 = X 2 .
x 1 -x 1 = O, x 2 - x 2 =O. Iš čia
Pakankamumas. Kai su bet kuriuo x E V teisingas vienintelis dėstinys
x =X 1 + x 2 , tai, pagal apibrėžimą, V =W1 + W2 . Lieka parodyti, kad poerdvių
252
n
W1 ir W2 bendrasis vektorius yra nulinis. J ei būtų U E W1 W2 ir U "*- O, tai X
būtų galima išreikšti dvejopai: x = x 1 + x 2 ir x = \x 1 - u )+ \x 2 + u) , tačiau tai
prieštarautų teoremos sąlygai. .A.
3 teorema. Jei V=W1 E9 W2 , tai dim V =dim Wi + dim W2 .
Įr ody mas . Iš sąryšio V = W1 E9 W2 išplaukia, kad su bet kuriuo x E V
teisinga sąlyga x = x 1 + x 2 ; čia x 1 E W1 , x 2 E W2 . Tarkime, kad poerdvio W1
bazė yra { e; }, i=l, k , o poerdvio W2 - {eJ,i = l, r . Taigi dim W1 = k ,
dim W2 = r. Tiek vektorių x 1 , tiek x 2 galima išreikšti dėstiniu jo bazėje:
Vadinasi,
x
=x
1
+ x 2 = (a1e1 + a2 e 2 +. . . + ak ek ) + (b1 e \ + b2 e2 + ... + br e� ) .
Tereikia įsitikinti, kad vektoriai
yra tiesiškai nepriklausomi.
Tarkime priešingai, kad jie yra tiesiškai priklausomi. Tada
(a1e 1 + a2e 2 +. . .+ ak e k )+ (EJiej + b2 e2 + .. .+ bre� ) = O
V
V
t,";)
(14 )
( 15)
turi būti nelygus nuliui.
ir bent vienas iš koeficientų a; =l,k ) bei b; =
Nulinį erdvės V vektorių, kaip ir bet kurį tos erdvės vektorių, vieninteliu
būdu galima išreikšti taip: O = O + O . Suskliausti (15) lygybės vektoriai
priklauso atitinkamai poerdviams W1 ir W2 , todėl
Kadangi
vektoriai
e i ,e 2 , .. . ,e k
V
yra
V
tiesiškai
nepriklausomi,
tai
a; =O, i=l, k . Analogiškai b; =O, i=l, r. Vadinasi, (15) sąryšis teisingas tik
ik)
t,";}
o tai reiškia, kad
ir b; =O =
tada, kai visi koeficientai a; =O =
vektoriai e i , e 2 ,. .. ,ebe1 ,e2 , . .. ,e� yra tiesiškai nepriklausomi. Kadangi, be to,
dar teisingas ir (14 ) sąryšis, tai jie sudaro erdvės V bazę. Taigi dim V = k + r =
=dim W1 + dim W2. .A.
6.6. Baigtiniamačių tiesinių erdvių izomorfiškumas
253
Tarkime, kad X, Y - dvi aibės, sudarytos iš tam tikrų
elementų. Sakoma, kad tarp aibių X ir Y nustatyta abipusiškai
vienareikšmė atitiktis, jei kiekvieną elementą x E X atitinka
• faktą
vienas ir tik vienas elementas y E V ir atvirkščiai. Sį
žymėsime taip: x H- y.
Sakykime, V ir V' - dvi tiesinės erdvės.
Apibrėžimas. Dvi tiesinės erdvės V ir V' vadinamos izo morfin ė m is (gr.
isos - lygus, vienodas, panašus + gr. morphe -forma),jeigu tarp jų vektorių
galima nustatyti tokią abipusiškai vienareikšmę atitiktį, kad iš sąlygų
(x 1 , X 2
E
V, x\ , x 2
E
X 1 H- X J ,
X 2 H- X 2
V' ) išplauktų sąlygos
X ] + X2 H- XJ + X2 ,
ax 1 H- ax 1
(a - skaičius).
Pavyzdžiui, laisvųjų geometrinių erdvės vektorių aibė ir erdvė R3 yra
izomorfinės, nes kiekvieną vektorių atitinka trejetas (x; y; z) - jo koordinatės ir
atvirkščiai. Be to, ši abipusiškai vienareikšmė atitiktis išlieka sudedant
vektorius bei dauginant vektorių iš skaičiaus.
Įrodysime dviejų tiesinių erdvių izomorfiškumo sąlygą.
Teorema. Dvi baigtiniamatės tiesinės erdvės yra izomorfinės tada ir tik
tada, kai jų dimensijos vienodos.
Įrody mas . Būtinumas. Tarkime, kad erdvės V ir V' yra izomorfinės ir
dim V = n. Įrodysime, kad dim V ' = n.
Parinkime erdvės V bazę e 1 , e 2 ,... , e n ir raskime tuos erdvės V'
vektorius, kurie dėl erdvių V ir V' izomorfiškumo atitinka bazinius vektorius
e1, e2 ,... , e n. Juos pažymėkime e1 , e2 , . . . , e�. Tolesnis uždavinys - įrodyti,
kad e1 , e2 , . . . , e� sudaro erdvės V' bazę, nes tuomet būtų dim V' = n. Turime
įsitikinti, kad vektoriai e1 , e2 , . . . , e� yra tiesiškai nepriklausomi, o kiekvienas
vektorius x' E V' yra tiesinis jų darinys.
Iš sąlygos, kad vektoriai e 1 , e 2 ,... , e n sudaro bazę, išplaukia, jog
a1e1
+ a 2 e 2 + . . . + a ne n =
O;
čia a 1 = a 2 = . . . = a n =O. Kadangi dėl izomorfiškumo nulinį vektorių
atitinka nulinis vektorius, o
254
tai
Tačiau ši lygybė teisinga, kai a 1 =a2 =... =an =O. Tai reiškia, kad
vektoriai ej , e2 , . . . , e� yra tiesiškai nepriklausomi.
Tarkime, kad x E V ir x � x' E V' . Kadangi erdvės V bazę sudaro
vektoriai e 1 , e 2 ,... , en , tai vektorių x galima išreikšti šiais baziniais vektoriais:
x = a1 e 1 + a2 e 2 +... + ane n.
Dėl erdvių V ir V' izomor fiškumo
a1 e 1 + a2e 2 +...+ an en � a1 ej + a2 e2 +... + ane�
Taigi įsitikinome, kad vektoriai e1 , e2 , . . . , e� yra baziniai erdvės V'
vektoriai. Todėl dim V' = n. Būtinumas įrodytas.
Pakankamumas. Tarkime, kad dimV = dim V' = n. Bazinius erdvės V
vektorius pažymėkime e 1 , e 2 ,... , en , o juos atitinkančius bazinius erdvės V'
ir x � x '. Vadinasi,
x' = a1 ej + a2 e2 +... + ane� .
vektorius - ej , e2 , . . . , e�. Taigi
Pagal erdvių izomorfiškumo apibrėžimą, tokią pat atitiktį tenkina bet kurie
erdvių V ir V' vektoriai x ir x ' :
a1e1 + a2 e 2 +...+ an en � a1e1 + a2 e2 +... + ane�.
Kadangi, dauginant vektorių x iš skaičiaus A, iš to skaičiaus dauginamos
jo koordinatės, tai
lf
Todėl
A.X � A.X'.
Analogiškai ši atitiktis išlieka ir sudedant vektorius. Teorema įrodyta. A
255
6. 7. Bazės keitimas
Tarkime, kad { ei } ir
bazės. Kiekvieną vektorių
ei
{e'J Ų =1 , n,j =1 , n)
išreikškime bazėje
yra dvi tiesinės erdvės V
kį i
=�:
e i = 811e1 + 82 1e 2 + . . · + 8n1e n ,
e2 =s12e1 + s22e 2 +. .. + s n2e n ,
(16 ) lygybes parašykime trumpai:
n
=
ei �>ij ei ;
čia
sij -
(1 7 )
i= l
vektorių
ei (i = l, n)
(16 )
koordinatės bazėje { eJ Ų = l, n) ; pirmasis
indeksas žymi koordinatės, antrasis - vektoriaus numerį.
( 16 ) sąryšius galima parašyti matricine išraiška:
81 1
82 1
[e \ e 2.. ,e� 1 = [e1 e z .. . e n ) .
8 1n
8 2n
812
8 21 8 22
Matrica S =
81 1
baze
8nl
8nn
S n2
{ei } (J = l,n) matrica.
812
8 22
vadinama ba zės { e i } (i = l, n) keiti mo
Nustatykime, kaip susijusios vektoriaus x koordinatės abiejose bazėse.
Tarkime, kad vektoriaus x dėstinys bazėje { ei } Ų = l, n) yra toks:
o bazėje
{ei }Ų =1 , n) - toks:
x = L o.iei ,
i=I
X
, ,
= ""
L, O. j e j .
J= I
256
Tada
Iš čia išplaukia
O.;
Vadinasi, gavome lygybes:
=
L, O. jSij .
)=l
0.1 = a j s 1 l + a 2 s 12 + · · · + a� s 1 n ,
a.2 = a i s2 1 + a 2 s22 + ... + a� s2 n ,
kurias parašome matricine išraiška:
aj
0.2
0.2
Pažymėkime:
X
= S·
aj
a.'2
(18 )
=[::] ' = [:!1
..
.
an
,
X
.. .
.
a�
Atsižvelgę i šiuos žymenis, ( 18 ) lygybę galime užrašyti trumpai: X =SX' .
Padauginę iš kairės abi jos puses iš s- 1 , gauname:
Kadangi
s- S = E , tai
1
s- 1x = s- 1 sx' .
257
arba
(1 9)
Pavyzdys. Vektoriaus x koordinatės bazėje e 1 , e 2 , e 3 yra x = (-l ; 2; 7).
Raskime jo koordinates bazėje e\ , e2 , e:, , kai e\ = e 1 + 2e 2 - 3e 3 ,
ez = e1 - e2 + 2e3 , e:, = e1 + 2e2 - 5e3 .
Sprendi ma s . Pirmiausia sudarome bazės keitimo matricą
S=[ �
-l
-3
2
� 1-
-5
Vektoriaus x koordinates bazėje ej , ez, e:, rasime remdamiesi ( 1 9) formule:
Apskaičiuojame:
Tada
X
=
[a\ 1 [- 1
:�
s-
1
= s- 1
=¼ 4
l
[
7
-2
-5 -3
l
�
-2 o .
7
3
-5 -3
1
1
� 1 -[� 1 ¼[ �: 1
7
=
- 32
Vadinasi, vektoriaus x koordinatės bazėje
[.!2_3 '._ i.3 '_ _!i)3 . ...
=
17
3
4
3
16
3
ei , ez, e3
yra tokios:
258
Uždaviniai
l. Ištirkite, ar šios aibės yra realiosios tiesinės erdvės:
visų realiųjų funkcijų, apibrėžtų visoje skaičių tiesėje, aibė F(-oo;+«>) ;
a)
visų skaičių sekų {an }, an E R , aibė;
b)
visų posūkių plokštumoje apie tašką O aibė;
c)
visų simetrijų plokštumos xOy atžvilgiu aibė;
d)
visų realiųjų funkcijų, tolydžių visuose atkarpos [a; b] taškuose, išskyrus
e)
tašką x0 E [a; b ] , aibė.
2. Ištirkite, ar šie elementai yra tiesiškai nepriklausomi aibėje 0 -oo;+«>) :
a) sin x,cos x ; b) ex ,e3x ; c) J, sin 2 x,cos 2 x ; d) shx,ex ,e-x .
3. Ištirkite, ar šie vektoriai yra tiesiškai nepriklausomi koordinatinėje erdvėje R n :
b) (- ! ; 2 ; O; O), (O; 0 ; - 1 ; 2) ;
a) ( l ; 2 ; 3 ; 4), (O; l ; 2 ; O) ;
d) (2 ; - 1 ; 3), ( l ; -2 ; - l ), (3 ; -3 ; 2);
c) ( l ; -2), (-! ; 2);
e) ( ! ; l ; - l ), (2 ; -1 ; 3), (3 ; 4; - 1 ), ( 1 ; l ; l).
4. Erdvės P4 bazę sudąro elementai e 1 = l, e 2 = x, e 3 = x 2 , e 4 = x 3 . Raskite šių
elementų koordinates nurodytoje bazėje:
a) 3x 3 - 4x 2 + 7x - 5 ;
b) 8x + 2 ;
a) x 2 + 8x + 6 ;
b) 3x 2 - 7 .
c) (x - 1) 3 .
5. Tiesinės erdvės bazę sudaro elementai l, x + 2, (x + 2) 2 . Raskite šių elementų
koordinates nurodytoje bazėje:
6. Raskite daugianario Pn (x} = a0 + a1 x + a2 x 2 + . . . + an x n koordinates:
a) bazėje l, x, x 2 , . . • , x n ;
b) bazėje l , x - a, (x-a}2 , . . . , (x - a)" , tačiau pirma įsitikinkite, kad šie
dvinariai tikrai sudaro bazę.
7. Tiesinės erdvės A2 x 2 bazę sudaro elementai
Raskite šių elementų koordinates toje bazėje:
a)
[3 -7]
8
2
;
b)
[- 4 o]
3
l ·
259
8. Vektoriai e 1 , e 2 , . . . , e n ir x išreikšti koordinatėmis tam tikroje bazėje.
Įrodykite, kad vektoriai e 1 , e 2 , . . . , e n ir patys sudaro bazę, bei raskite vektoriaus x
koordinates šioje bazėje:
a) e 1 = (-1; 2 ; O), e 2 = (3; l ;- 1), e 3 = ( 4; O; 2) ; x = (2 ; 7 ; 8) ;
b) e 1 = ( l; l; l), e 2 = ( l; l; 2), e3 = (l; 2; 3) ;
x
= (6 ; 9 ; 14);
c) e 1 = (2; l ;-3), e 2 = (3; 2 ; -5), e 3 = (l;- 1; l} ; x = (6 ; 2 ; -7);
d) e 1 = (l; 2 ;- l ;-2), e 2 = (2; 3 ; 0;- 1), e 3 = (O; 2; l ; 3), e4 = ( l; 3;-1; O) ;
x = (7 ; 1 4; - 1 ; l ).
e 2 = (2; 3; 3),
e 3 = (3; 7 ; l ) ir e 1 = (3; l ; 4), e 2 = (5 ; 2 ; l), e3 = (l; l ;-6) sudaro bazę, ir nustatykite,
kaip susijusios to paties vektoriaus koordinatės šiose dvejose bazėse.
10. Raskite lygčių sistemos
9. Įrodykite, kad kiekviena vektorių sistema e 1 = (l; 2; l),
a1 , ii2 ,a3 ,b
+ 4x4 + 7x5 = O,
XJ - X2 + X3 + 8X4 - X5 = 0
! x1 - x3
sprendinių tiesinės erdvės V dimensiją ir vieną iš galimų jos bazių e 1 , e 2 , e 3 .
1 1 . Vektoriai
reikšmes, su kuriomis vektorius
išreikšti koordinatėmis bazėje
b
T,],k . Raskite visas A.
išreiškiamas tiesiniu vektorių ii1 , ii2 , ii3 dariniu:
a) ii1 = {1 ;-3; 4} , ii2 = {2; 0; -5} , ii3 = {- 1; 2 ; 3 }, b = {4; 5 ; A-} ;
b) ii1 = {2 ; A.; 3}, ii2 = {10;- l; 5} , ii3 = {4; O; t }, b = {3; - 1 ; 2} ;
c) ii1 = {1 ; 2 ; 4}, ii2 = {2 ; l ; 5}, ii3 = {3;- 1 ; 5}, b = {l ; A.; A-} .
2
2
12. Raskite bazės l, x, x , x 3 keitimo baze l, x - 3, (x - 3) , (x - 3) 3 matricą.
a
13. Raskite bazės
14. Vektoriaus
T,],k
keitimo baze 3i + ], 5] - 4k, 7i - ] + k matricą.
koordinatės bazėje
T,],k
yra a = �;l ;-3J . Raskite jo koor
dinates bazėje i',]',k' , kai i' = {9;3;5},]' = {5;2;3} , k' = h5;8 } .
15. Vektoriaus x koordinatės bazėje e 1 , e 2 , e 3 yra x = (-2 ; 3 ; 4). Raskite jo koor
dinates bazėje e1 = 2e 1 - 3e 2 + e 3 , e2 = 3e 1 + 2e 3 , e3 = e 1 - 5e 2 .
1 6. Raskite bazės a 1 ,a2 ,a3 keitimo baze b1 , b2 , b3 matricą, kai žinomos šių
vektorių išraiškos bazėje e 1 , e 2 , e 3 :
a 1 = (1 ; 2 ; 2 ) ,
a 2 = (-2; l ; t\ a3 = (-2 ; 2;-3 ) ,
bi = (- 1 ;- l; O ) , b2 = (0;- 1 ; 1 ) , b3 = (1; 0; 1 ).
260
Atsakymai
1. a) taip; b) taip; e) taip; d) taip; e) ne. 2. a) taip; b) taip; e) ne; d) ne. 3. a) taip; b) taip;
e) ne; d) ne; e) taip. 4. a) (-5; 7; -4; 3); b) (2; 8; O; O); e) ( - 1 ; 3; -3; l ). 5. a) (-6;4; l ); b) (5;-1 2;3).
{
'
(
P,� a) . . . ,-pfl a) . 7. a) (3,-7,
. . 8,. 2),. b) (-4,. O,. 3,. 1 ).
6. a) ao , a1 , a2 , · · · , a n ., b) Pn (a ), Pn (a), --,
n!
2!
8. a) ( �� ;-�; ; �; } b) ( l ; 2; 3); e) ( l ; l ; l ); d) (-2; 3; O; 3). 9. x1 = -27x; - 7 1x 2 - 4 1xj ;
x2 = 9x; + 20x 2 + 9xj ;
e 2 = [- 4 4 O
l
x3 = 4x; + l 2x 2 + 8xj .
of , e 3 = [- 7
l
e) nė su viena 1.. reikšme. 1 2.
-3
o l
o o
o o
- 1]
-6
-5
- 10
1 5. X = (74;-35;-45). 1 6, __!__ [ l J
25
-8 O O
7
1 0.
�,]
e 1 = [1
2
l
O
of ,
lf . 1 1 . a) su bet kuria A reikšme; b) su A ;t -l ;
9 - 27
- 6 27
. 1 3.
-9
l
o
dim V = 3;
[: H „
5
-4
a = {4; 27;- 1 3}
7
EUKLIDO ERDVĖ
7.1. Euklido erdvės apibrėžimas
Nagrinėkime realiąją tiesinę erdvę V, kurioje apibrėžtos dvi tiesinės
operacijos: vektorių sudėtis bei vektoriaus daugyba iš realiojo skaičiaus.
Apibrėžkime dar vieną operaciją, vadinamą skaliarine vektorių sandauga.
Tarkime, kad x, y, z - bet kokie erdvės V vektoriai, a - realusis skaičius.
Apibrėžimas. Realioji tiesinė erdvė V vadinama Euklido · erd ve, jei
kiekvienai jos vektorių x ir y porai yra priskirtas realusis skaičius (x, y),
vadinamas skaliarine šių vektorių sandauga ir tenkinantis tokias aksiomas:
l ) (x, y) = (y, x);
2 ) (x + y, z) = (x, z) + (y, z);
3) (ax, y) = a (x, y);
4 ) (x, x) � O, be to, (x, x)=O<=> x=O.
Euklido erdvę toliau žymėsime simboliu E. Pateiksime Euklido erdvės
pavyzdžių.
l pavyzdys. Laisvųjų geometrinių vektorių erdvė, kurioje dviejų vektorių
a ir b skaliarinė sandauga apibrėžta formule
yra Euklido erdvė, nes, kaip buvo įrodyta 3.8 skyrelyje, j i tenkina visas
keturias aksiomas.
• Euklidas (Euklides , 365-300 m. pr. Kr.) - graikų matematikas.
262
2 pavyzdys. Realioji koordinatinė erdvė R n , kurioje skaliarinė vektorių
x = ( x, ; xi ;... ; xn ) ir y = {y1 ;y2 ;.. • ; yn ) sandauga apibrėžiama formule
(x,y
)= X1 Y1 + X2Y2 +..·+ XnYn = I, X;Yi ,
i=I
(l )
irgi yra Euklido erdvė, nes taip apibrėžta skaliarinė sandauga tenkina visas
keturias aksiomas. Ją žymėsime tuo pačiu simboliu R n ir vadinsime Euklido
erdve.
3 pavyzdys. Nagrinėkime tiesinę matricų stulpelių erdvę Rnxl :
Xn
' Y=
Y1
Y2
Yn
Šioje erdvėje skaliarinę X ir Y sandaugą apibrėžę formule
(x , r)= I, x;Y; ,
i=I
erdvę Rnx l paversime Euklido erdve. A
Įrodysime vektorių x ir y skaliarinės sandaugos (x, y) savybę, kuri nusa
koma Košt nelygybe.
Teorema. Kai x, y yra bet kokie Euklido erdvės E elementai, tai teisinga
nelygybė
2
(x, y) !> (x, x) - (y, y).
Ši nelygybė, kurią dar galima užrašyti ir taip:
l <x , y) l !> �(x, x) - �(y,y) ,
(2 )
(3 )
vadinama Koši nelygybe.
Įrodym as . Kai bent vienas iš vektorių x arba y yra nulinis, tai (2 ) nelygy
bė aiški savaime. Tarkime, kad x, y - bet kurie nenuliniai Euklido erdvės E
vektoriai, o t - bet kuris realusis skaičius. Tada, pagal 4 aksiomą,
(tx -y, tx -y) 2 � o.
Šią nelygybę, remdamiesi 1 -3 aksioma, galime parašyti taip:
t 2 ( x, x ) -2 t(x, y )+ (y,y) � O.
• Ogiustenas Luji Koši (A. L. Cauchy, 1 789-1 857) - prancūzų matematikas.
Kadangi šis trinaris su bet kuriuo t yra neneigiamas, tai jo diskriminantas
D :$; O . Todėl
263
D = 4(x,y) 2 - 4(x,x)· (y,y) � O.
Iš čia ir išplaukia Koši nelygybė
(x, y) 2 :$; ( x, x) · ( y, y).
Ji virsta lygybe, kai tx -y = O, t. y. kai y = tx, taigi kai vektoriai x ir y yra
tiesiškai priklausomi. A
Euklido erdvėje R n Koši nelygybė užrašoma taip:
[t, x;yJ < t, xr t. y/
arba
7.2. Vektoriaus norma
l apibrėžimas. Vek toriaus norma (lot. norma - nustatytas kiekis, dydis,
matas, taisyklingumas), arba ilgiu, Euklido erdvėje E vadinamas dydis
Euklido erdvėje R n
ll x ll
=
.
�
M=N+ xf +
+ x; =�t, x/ ·
Vadinasi, vektoriaus norma Euklido erdvėje R n apibendrina geometrinio
vektoriaus ilgi erdvėje R 3 .
Toliau išnagrinėkime vektoriaus normos savybes.
Teorema. Jei x , y, z - Euklido erdvės E vektoriai, a - realusis skaičius,
tai:
l)
11 X 11 � Ū,
11 X 11
= Ū � X = 0;
2 ) ax = a x ;
11
11 l l 11 11
3 ) ( x, y )
X · y ;
l
l :$; 11 11 ll 11
4 ) x + Y ji
;
+
ll
:$; 11 x ll II Y ji
(4 )
264
5) 11 X - z 11 S 11 X - Y 11 + 11 y - Z 11 Įr ody mas. l savybė yra aiški savaime.
2 savybė išplaukia iš normos apibrėžimo:
(5)
3 savybė tiesiogiai išplaukia iš (3 ) Koši nelygybės.
4 savybės įrodymas remiasi vektoriaus normos apibrėžimu, skaliarinės
sandaugos l ir 2 aksioma bei Koši nelygybe:
2
ll x+ Y jj = (x + y, x+ y )=(x, x)+2 (x, y)+ (y, y) =
2
2
2
2
= x +2 (x, y)+ II Y s x +2 (x, y) + y l s
ll
ll ll
1
ll ll
l ll l
2
2
Taigi
s ll x ll +2 llxll · IH+ ll d = (ll x ll + ll y llr
Iš čia išplaukia reikiama nelygybė:
11 X
+y 1
+ y
1 S 11 X 11 11 11
Ji vadinama trika mpi o nelygybe (kartais - Minkovskio* nelygybe ).
5 savybė gaunama iš Minkovskio nelygybės, įrašius į ją vietoj x vektorių
x - y, o vietoj y - vektorių y - z. A
2 apibrėžimas. Atstumu tarp Euklido erdvės E elementų x ir y vadina
mas dydis
p (x, y) = y - x = �(y -x, y - x) .
ll
ll
Taigi Euklido erdvėje R n atstumas yra
p (x, y) = )(Y1 - x1 ) 2 + (yz - X2 ) 2 +... + (yn - xn ) 2
Ši formulė apibendrina atstumo erdvėje R 3 formulę.
Suformuluosime atstumo p (x, y) savybes:
l ) p (x , y ) � O; p (x, y )=O<=> x = y ;
2 ) p (x , y) =p (y, x) ;
• Hermanas Minkovskis (H. Minkowski, l 864-1 909) - vokiečių matematikas ir fizikas, gimė
Kaune, Aleksote. Viena Aleksoto gatvių pavadinta brolių Minkovskių vardu.
265
3 ) p (x, z) � p (x, y) + p (y, z).
l ir 2 savybė išplaukia iš atstumo ir normos apibrėžimo, o 3 savybė (irgi
vadinama trikampio nelygybe) - iš anksčiau įrodytos (5) nelygybės.
Sakoma, kad atstumas tarp Euklido erdvės elementų tenkina trikampio
nelygybę. Tai iliustruoja 7. l paveikslas.
y
o
A
X
7.1 pav.
Jame pavaizduoto trikampio ABC kraštinės tenkina sąlygą
Iš čia ir kilęs trikampio nelygybės pavadinimas.
7.3. Kampas tarp vektorių. Vektorių ortogonalumas
Iš Koši nelygybės (4) išraiškos išplaukia, kad
- X · II y � (X , y ) � X · II y ,
11 11
11
11 11
11
-l �
Vadinasi, egzistuoja kampas cp, kurio
ll �ii'-11: 11
COS cp=
� l.
(x, y)
11 X 11
· II y
11
·
Kad kampas cp būtų nustatomas vienareikšmiškai, turi būti O� cp � 1t •
l apibrėžimas. Kampu tarp nenulinių Euklido erdvės E vektor ių x ir y
vadinamas dydis <p, nusakomas sąlygomis
266
Ir
COS <p =
(x, y)
·
11 X 11 II d
2 apibrėžimas. Vektoriai x ir y vadinamai ortogonaliaisiais (gr.
orthogonios - st�tmenas, stačiakampis), jeigu skaliarinė jų sandauga
(x, y) = O.
Vektorių x ir y ortogonalumą žymėsime taip: x .l y. Taigi
x .l y <=> (x, y)=O.
Nulinis vektorius laikomas ortogonaliu bet kuriam Euklido erdvės
vektoriui.
Įrodydami 7.2 skyrelio teoremos 4 teiginį gavome:
Iš čia, kai (x, y) = O, gauname formulę
kuri apibendrina žinomą Pitagoro • teore mą: ortogonaliųjų vektorių sumos
normos kvadratas lygus jų normų kvadratų sumai.
Žinome, kad vektoriai e 1 =(l;O;... ;O), e 2 = (O; l; . .. ;O),... , e n =(O;O; . .. ;l)
sudaro bazę erdvėje R n. Tarkime, kad šioje erdvėje duotas nenulinis vektorius
x=( x1 ; x2 ;.. . ; xn ). Tada dydis
vadinamas vektoriaus x krypties kosinusu. Nesunku įsitikinti, kad teisinga
lygybė
Padauginę x iš : , gauname vektorių
11 11
• Pitagoras iš Samo s. ( Pythagoras, apie 570--500 pr. Kr.) - graikų filosofas ir matematikas.
Kadangi
f
1=1
cos 2 [x:ei
l=
l , tai x
0
267
-
vienetinis vektorius.
Vadinasi, erdvėje R n , kaip ir erdvėje R 3 , vektoriaus x krypties
0
kosinusai yra to vektoriaus vienetinio vektoriaus x koordinatės.
7.4. Ortonormuotoji bazė
Vektorių x 1 , x 2 , . . . , x n sistema vadinama ortogonali ąja , jeigu bet kuri
šios sistemos vektorių pora yra ortogonali, taigi (x i , x 1 ) =O, kai i ,t. j.
Teorema. Vektoriai x 1 , x 2 ,. . . , X k , sudarantys ortogonaliqją sistemą, kai
tarp jų nėra nulinio vektoriaus, yra tiesiškai nepriklausomi.
Įrodymas. Teorema bus įrodyta, kai įsitikinsime, jog lygybė
a1 x 1 + a 2 x 2 +.. . + ak x k = O teisinga tik tada, kai a1 = a2 =...=ak = O.
Abi šios lygybės puses padauginę skaliariškai iš vektoriaus x J (j = l, k) ir
turėdami galvoje, kad (xi, x 1 ) =0 , kai i cf. j , gauname: (a1 x 1 , x 1 ) =
= a/x J , x J ) = O. Kadangi ( x J , x J ) ,t. O, tai aJ = O, j = l, k . •
Įrodėme, kad vektoriai, sudarantys ortogonaliąją sistemą, yra tiesiškai
nepriklausomi. Kai jų skaičius n sutampa su erdvės dimensija, tai šie vektoriai
sudaro Euklido erdvės E bazę { ei }, i = l, n . Ši bazė vadinama ortogonal iąja .
Jeigu bazinių vektorių norma lygi l , tai bazė vadinama ortonor muot ąja.
Vadinasi , bazė { ei } V = l, n) bus ortonormuotoji, jeigu
{O, kai i * j,
(e _ e _ )=8 . _ =
" 1
IJ
l, kai i = j.
Dydis 8 iJ vadinamas Kronekerio sim boliu.
Ortonormuotosios bazės pavyzdys - erdvės R n bazė e1 = (l;O;... ;O),
e 2 = (O;l; . . . ;O),. . . , e n = (O;O; . . . ;l) . Atskiras tokios bazės atvejis yra erdvės
-
-
R 3 bazė i , j,
k.
Išvesime formulę, pagal kurią skaičiuojama dviejų vektorių x ir y
skaliarinė sandauga, kai tie vektoriai išreikšti koordinatėmis ortonormuotoje
bazėje { e; }, i = l, n . Tarkime, kad
x = x1e1 + x2 e2 + . . . + xne n
= L X;ei ,
i=I
268
Y = Y1 e1 + Y2 e2 + · · - + Yn e n = L Yj e .i ·
j =l
Remdamiesi Euklido erdvės apibrėžimo 1 -3 aksioma, gauname:
(x, y) = [ x1e 1 , I, yje j l + [ x2e 2 , I, yj e.i ] +... + [ xn e 11 , I Yj e j l =
j =l
.1=1
j=l
= t, [,,•, , ti Yh ] = t, ti x,,;(e , , e ) = t, i x,y ,
j
j
t
nes ( e ;, e j ) = �\ -
Taigi, kai bazė yra ortonormuotoji, tai vektorių, išreikštų šioje bazėje,
skaliarinė sandauga lygijų vienavardžių koordinačių sandaugų sumai.
Ryšį tarp bet kurio vektoriaus x koordinačių ortonormuotoje bazėje ir
bazinių vektorių nusako tokia-teorema.
Teorema. Vektoriaus x koordinatės ortonormuotoje bazėje { e; }, i =1, n ,
yra lygios to vektoriaus ir atitinkamų bazinių vektorių skaliarinėms
sandaugoms.
Įrodymas . Tarkime, kad
x = x1e1 + x2e 2 +... + x11 e n.
Skaliariškai padauginame abi šios lygybės puses iš e;, i = l, n :
(x, e ; ) = x1 (e 1, eJ+ x2 (e 2 , e; )+... + x; (e;, e ; )+... + xn (en , e J
Kadangi (e;,e j ) =O, kai i *-j , ir (e;,e; ) = l , tai
Teorema įrodyta. •
(x, e; ) = x;, i = i:-;;.
7.5. Ortogonalinimo metodas
Tarkime, kad vektoriai u 1 , u 2 ,... , u n sudaro Euklido erdvės E bazę.
Išnagrinėsime, kaip, pertvarkius šiuos vektorius, galima gauti ortonormuotąją
tos pačios erdvės bazę v 1 , v 2 , - - - , vn.
Pažymėkime v 1 = u 1 ir tarkime, kad v 2 = u 2 +a1v1. Skaičių a1
parinkime taip, kad vektoriai v 1 ir v 2 būtų ortogonalūs. Vadinasi, turi būti
(v 2 , V1 ) =Ū ,
( U 2 +a J V J , V
l
)
=0 � (U 2 , V J ) +a
l
(V l , V )
l
= O;
269
iš čia
Vadinasi, v I ir v 2 yra ortogonalūs, kai
Dabar t�irkime, kad
(6 )
v 3 =U 3 + P 1 v 1 + P 2 v 2 ·
Skaičius p 1 ir P 2 parinkime taip, kad v 3 būtų ortogonalus tiek vektoriui v 1 ,
tiek vektoriui v 2 . Taigi turi būti
Ir
Įrašę į šiuos sąryšius v 3 išraišką, gauname:
(u 3 + P 1 v 1 + P 2 v 2 , v1 ) = O<=> (u 3 , v1 ) + P1 (v 1 , v1 ) =O, nes (v 2 , v 1 ) = O;
(u 3 + P1 v1 + P2 v 2 , v2 ) =O<=> (u 3 , v 2 ) + P2 (v 2 , v 2 ) = O, nes (v 1 , v 2 ) =O.
Iš šių lygybių
Vadinasi, v 3 yra ortogonalus vektoriams v 1 ir v 2 , kai
(u 3 , v1 )
(v i , v 1 )
Vt -
(u 3 , v 2 )
V2 .
(v 2 , v2 )
Samprotaudami analogiškai, įsitikintume, kad v;
vektoriams v 1 , v 2 , . .. , v;_ 1 , kai
čia i = 2, 3 , ... , n. Šią formulę galime užrašyti trumpiau:
i (U ,· , V 1· 1)
"'
;
=
u
V
L.. ------"--- v1 _1 ,
i
J =i(v J -I , V j-t )
1
.
(7)
yra ortogonalus
(8 )
-
= 2 , n.
Taigi vektoriai v1 , v 2 ,... , v n sudaro ortogonaliąją bazę. Padaliję kiekvieną
vektorių iš jo normos, gauname ortonormuotąją vektorių sistemą
270
Reziumuodami galime teigti, kad bet kurioje Euklido erdvėje egzistuoja
ortonormuotoji bazė.
Išnagrinėtas ortonormuotosios bazės sudarymo algoritmas vadinamas
„
Gra mo · ir Šmidto ortogonalini mo procesu.
Pavyzdys. Euklido erdvės bazę sudaro vektoriai u 1 = (l; 2; 3) , u 2 =
= (O; 2; O) ir u 3 = (O; O; 3) . Ortogonalinimo metodu sudarykime ortonormuo
tąją bazę.
Sprendimas . Pažymėkime v 1 = u 1 = (1; 2; 3) . Pritaikę (6) formulę, gauna
me:
.!Q . _�)-
0+ 4 + o · ·
·(1 2 3) = ( - I .
v 2 = (0· 2· 0)"
1+ 4 + 9 "
7' 7 ' 7
Taikome (7) formulę:
18
0+ 00
+
0
+
9
7 · - 2 _ 10 ,_ V 3 - (0,. 0,. 3)- -- · (1,. 2,. 3) ,
4
J
OO
36 ( 1+ 4 + 9
7 7 7
-+-+49 49 49
6)-
Kadangi
IT
tai, padaliję kiekvieną vektorių
ortonormuotąją erdvės bazę
4 100 36 2 .[35
- + - + - = -49 49 49
7
v1 , v2 , v3
iš jo normos , gauname
• Jorgcnas Pcdersenas Gramas (J. P. Gram, 1850-1916) - danų matematikas.
•• Erhardas Šmidtas (E. Schmidt, 1876-1959) - vokiečių matematikas.
271
7.6. Ortogonalusis papildinys
Euklido erdvės E vektorius x vadinamas ort og ona li u tos
erdvės poerdvi ui W, jei jis yra ortogonalus kiekvienam poerdvio
W vektoriui y:
x .l W <::::> (x, y)=O, Vy e W.
Tarkime, kad y i , y 2 ,... , y P - poerdvio W vektoriai. Tada tiesinis j o
apvalkas bus
L (W) = {z = I, a jYj } ·
J =I
Apskaičiuokime x ir L(W) skaliarinę sandaugą:
{x, L (W ))=( x, f a j y j ] = ( x, a1Y1 + a 2Y2 +... +ap Y p ) =
J =I
=a1 {x, y 1 )+ a 2 {x, y z )+... + a p ( x, y P )= f a j ( x, y j ) .
J =I
Iš čia išplaukia sąryšis
x .l y j , j =l, p <=> x .l L(W).
Du Euklido erdvės E poerdviai W1 ir W2 vadinami ortog onaliaisiais ,
j eigu bet kuris poerdvio W1 vektorius x yra ortogonalus kiekvienam poerdvio
W2 vektoriui y:
W1 .l Wz <=> (x, y ) = O, Vx E W1, Vy E Wz.
Pavyzdžiui, plokštuma n, einanti per koordinačių pradžią, ir statmena jai
tiesė /, taip pat einanti per koordinačių pradžią (7.2 pav. ), yra ortogonalieji
poerdviai.
Tačiau dvi viena kitai statmenos plokštumos n 1 ir n 2 (7.3 pav. ), kurių
statmenumas suprantamas taip, kaip įprasta geometrijoje, nėra ortogonaliej i
poerdviai, nes i š sąlygų a 1 E n 1 , a 2 E n 2 , n 1 .l n 2 , dar neišplaukia, kad
"1 .l "2 ·
7.2 pav.
7.3 pav.
272
Tarkime, kad W1 ir W2 yra du ortogonalieji erdvės E paerdviai. Jeigu
dar, be to, W1 EB W2 = E, tai poerdvis W2 vadinamas poerdvio W1 ortogona-
liuoju papi ldiniu ir žymimas w/ = W2 .
Sakykime, W - tiesinis erdvės E poerdvis. Aišku, kad ortogonalųji papil
dini W l. sudaro visi erdvės E vektoriai, kurie yra ortogonalūs kiekvienam
poerdvio W vektoriui.
Teorema. Jei W - Euklido erdvės perdvis, o W l. - ortogonalusis jo
papildinys, tai:
l ) W l. yra tiesinis erdvės Vpoerdvis;
2) E = W EB W l. ;
3) dim E = dim W + dim W l. .
Įrodymas. Iš pradžių irodysime l savybę. Tarkime, kad y 1 , y 2
E
x - bet kuris W elementas. Tada, remdamiesi sąlyga W l. -1 W, gauname:
tY l , X ) = 0, � 2 , X ) = 0 .
W l. ,
Sudėję šias lygybes ir atsižvelgę i skaliarinės sandaugos savybes, gauname:
(y 1 + y 2 , x) = O.
Tai reiškia, kad ir y 1 + Y 2 E W l..
Iš sąlygos ty 1 , x)= O taip pat išplaukia, jog a ty , , x)= O <=> tay1 , x) = O .
Vadinasi, ay 1 E W l.. Taigi
Y1, Y2
Y!
E
E
1.
w => Y , + Y2
w l. => ay,
E
E
1.
w ,
w l. .
Šie sąryšiai rodo, kad W l. yra tiesinis poerdvis.
2 savybė išplaukia iš ortogonaliojo papildinio apibrėžimo, o 3 savybė iš 6.5 skyrelio 3 teoremos. �
J..
z
W
w
7.4 pav.
Tai,
kad E = W EB W l. ,
reiškia (žr. 6.5 skyrelio 2 teoremą),
jog kiekvieną erdvės E vektorių x
galima vieninteliu būdu išreikšti
dviejų vektorių iš W ir W l. suma
(7.4 pav.):
X
= y + z;
y E W, Z E W l. .
273
Vektorius y E W vadinamas ortogona li ąja vektoria us x projek cija
tiesiniame poerdvyje W, o vektorius z E W .L - jo ortogona li ąja ko mpon ent e.
Išnagrinėsime, kaip galima rasti ortogonaliąją vektoriaus x projekciją
poerdvyje W, kai žinomas vektorius x ir ortonormuotoji to poerdvio bazė
e1 ,... , e k.
Ieškomąjį vektorių y E W išreikškime baziniais vektoriais:
y =a1e1 +a2 e2 +... + ak ek.
Šią y išraišką įrašykime į lygybę
X
Gausime:
= y + z.
Abi lygybės puses nuosekliai padauginkime iš e 1 , e2 ,... , e k .
Kadangi ( e i , e j ) =O, kai i °i' j , le; , ei )=l , tai gauname:
lx, e i )=a1 , lx, e2 ) =a2 ,... , lx , ek )=ak.
Tada
(2 6)
1r z =x - y.
Pavyzdys. Raskime ortogonaliąją vektoriaus x = (2 ;-5; 3 ; 4 ) projekciją y
Euklido erdvės R 4 poerdvyje L, kurį apibūdina vektoriai u 1 = (l; 3 ; 3 ; 5) ,
u 2 = (l; 3 ;-5;-3 ) bei u 3 = (l;-5; 3 ;-3 ) , ir ortogonaliąją jo komponentę z.
Sprendi ma s. Pirmiausia įsitikinsime, kad vektoriai u 1 , u 2 bei u 3 yra
tiesiškai nepriklausomi. Iš jų koordinačių sudarome matricą A Ir
apskaičiuojame jos rangą:
3
5
3
A = [ : 3 -5 -3
-5 3 -3
o
o
o
Jg. ['
-[: -:+ [:
-8
o
-8
o
o
-8
- O
o
O -8
o
-8
o
o
-l
�H: �H: �l
o
3
o
3
-8
5
-8 - O O
O -8
-8
]['
o o
o
o
o
-8
o o
l o
o
-8
Vadinasi, rang A = 3. Kadangi matrica turi 3 eilutes, tai jos yra tiesiškai nepri
274
klausomos, todėl ir vektoriai u 1, u 2 , u 3 yra tiesiškai nepriklausomi. Iš jų
ortogonalinimo metodu galima gauti ortonormuotąją bazę.
Pažymėkime v 1 = u 1 = (l; 3 ; 3 ; 5) . Tada
V
2 =U2
-
U2 , VJ
Vt, Vt
Vl
(_!i,
._!_).
48 . _ 4 0
· ,·5 ) =
= (1 '"3 '· -5 · -3 ) + 2_ (1 ''3 '3
'
11 11 ' 1 1 ' 11
11
'
Padaliję kiekvieną vektorių v 1, v 2 , v 3 iš jo normos, gauname ortonormuotąją
bazę
ei - (
-
e2
=
l
( 2
Pagal (26 ) formulę,
·
3
·
5
)-
l · J, 3 ,· 5 ) ,
2.Ju (,
l
6
5
l )
l
= ../66 (2 ; 6 ; 5;
../66 ; ../66
; ../66
; ../66
)
l ,
y = lx, ei J· e1 + lx, e2 ) · e 2 + lx, e3 )· e3 =
8
l
= �
� (l; 3 ; 3 ; 5)
v l l 2 v11
Taigi
3
2 .Ju ' 2 .Ju ' 2 .Ju ' 2 .Ju
·
45
l
3
l
,-;-;- ,-;-;- (2 ;6 5; l)+ r; 17 (2 ; O; l; l) =
v66 v66
v6 · v6
4
15
l
= - (l · 3 · 3 · 5) -- (2 ·6 '-5 ·-l)+-(2 · O· l · -1 ) = (0 · -3 · 5 · 2 ).
11 ' ' '
22 ' ' '
2 ' ' '
' ' '
y = (0 ;-3 ; 5; 2 ) , o ortogonalioji komponentė
Z
= X - y = (2 ;-5; 3 ; 4 ) -(0 ;-3 ; 5; 2 ) = (2 ;-2 ;-2 ; 2 ). �
275
7.7. Unitariosios erdvės
Nagrinėsime tiesinę kompleksinę erdvę U. Sakysime, kad jos
elementai x ir y sudaro sutvarkytąją porą, jeigu yra nurodyta, kuris
elementas rašomas pirmas, o kuris - antras.
Tarkime, kad x, y, z E U , a - bet kuris kompleksinis skaičius.
Apibrėžimas. Tiesinė kompleksinė erdvė U vadinama unitari ąja (lot.
unitas - vienybė, vienovė) erd ve, jei kiekvienai sutvarkytai jos elementų porai
x, y yra priskirtas kompleksinis skaičius (x, y), tenkinantis šias aksiomas:
l ) (x,y) ir (y, x) yra jungtiniai kompleksiniai skaičiai, taigi (x, y) = (y, x) ;
2 ) (x + y, z) = (x, z) + (y, z) ;
3 ) (ax, y) = a(x , y ) ;
4 ) (x, x) � O, be to, (x, x) = O tik tada, kai x = O.
Taip apibrėžta operacija vadinama vektorių Her mito · daugy ba
kompleksinėje erdvėje, o skaičius (x, y) - Her mito sandauga.
Nesunku suvokti, jog iš l ir 3 aksiomos išplaukia, kad (x, ay) = a(x, y) .
Koordinatinę erdvę, kurios elementai yra įvairūs sutvarkyti kompleksinių
c n , o jos elementus (vektorius) - taip:
x = (x1 ; x2 ; . . . ; xn ) , Y = (y1 ; y2 ; . . . ; yn )·
skaičių rinkiniai, žymėsime
2
l pavyzdys. Tarkime, kad erdvės C vektorių x = lx1 ; x2 ), y = G,1 ; y2 )
porą atitinka skaičius (x, y), apibrėžiamas formule
(x, y) = XJ,YJ + X2.Y2 ·
Įrodykime, kad erdvė C2 yra unitanoJl.
Sprendi mas. Tikriname, ar teisinga l aksioma. Kadangi
Bet
Vadinasi,
(x, y) = x,y1 + x2 .Y2 , tai (y, x) = Y1x'1 + Y2X2 .
(x, y) = (y, x) ,
o tai reiškia, kad l aksioma yra teisinga.
• Šarlis Hermitas (Ch. Hermitc, 1 822-190 l ) - prancūzų matematikas.
276
Tikriname, ar teisinga 2 aksioma. Tarkime, kad z = lz 1 ; z2 ). Tada
(x + y,z) = lx1
(x, z) = X1Z1
(x, z) + (y, z) = X1 Z1
Iš čia išplaukia, kad
+ YI )z1 + lx2 + Y2 )z2
+ X2z2 ,
(y, z) = Y1 Z1
+ X2Z2 + Y1Z1 + Y2Z2
= lx1
,
+ Y2Z2
,
+ yi )z1 + lx2 + Y2 )z2
(X + y, Z) = ( X , Z) + (y, Z) ,
.
taigi ir 2 aksioma yra teisinga.
Kadangi
(ax,y) = ax1 y1 + ax2 y2 = a lx1A + X2 Y2 )= a(x, y) ,
tai teisinga ir 3 aksioma.
4 aksioma yra teisinga, nes
be to, (x, x) = O, kai x1 = x2 =O, t. y. kai x =O. A
Apibendrinę gautą rezultatą, galime teigti, kad erdvė
kai Hermito sandauga apibrėžiama taip:
(x, y) = �: XiYi .
i =I
2 pavyzdys. Raskime erdvės C 2 vektorių x = (3
= (4; 2 +3 i) Hermito sandaugą (x, y).
cn
yra unitarioji,
+ i; 2 +5i)
ir y =
Spre ndimas. Pagal Hermito sandaugos apibrėžimą, pateiktą l pavyzdyje,
(x, y) = (3
+ i) (4) + (2 +5i) · (2 +3 i) =
(3
+ i) 4 + (2 +5i)(2
= 12 + 4i + 4 + IOi -6 i + 15 = 3 1 +8 i . A
Uždaviniai
l. Tarkime, kad koordinatinėje erdvėje R 2
-3 i) =
vektoriams x = {x1 ;x2 }
1r
2
y = {y1 ; y2 } pagal nurodytą taisyklę priskiriamas skaičius (x, y). Ištirkite, ar erdvė R
su taip apibrėžta operacija yra Euklido erdvė:
a) (x, y ) = x1 x2y1y2 ;
b) ( x , y ) = 2x1 y 1 + 5x2Yi ;
e) (x , y ) = X1Y1 + X1Y2 + X2Y1 + X2Y2 ·
2. Daugianarių erdvėje Pn dviejų daugianarių
277
n i
q(t) = bo + bi t + . . . + bn - i l -
skaliarinė sandauga apibrėžta formule
n- i
(p, q) = °I, a;b; .
i=O
Ištirkite, ar erdvė Pn yra Euklido erdvė.
n
3. Koordinatinėje erdvėje R vektorių x = {xi ; x2 ; . . . ; xn ) ir y = {yi ; y2 ; . . . ; y,, )
11
skaliarinė sandauga apibrėžta formule (x, y ) = L, X;Y; . Apskaičiuokite vektorių x ir y
i=i
skaliarinę sandaugą, jų ilgį ir sudaromą kampą, kai:
a) x = ( l ; 3 ; -5), y = (O; 3; -4);
b) x = (O ; -5 ; 1 2 ; 0), y = (-4; 2; -l ; 2).
4. Ortogonalinimo metodu sudarykite ortonormuotąją bazę, kai Euklido erdvės
bazę sudaro vektoriai:
a) U i = (3; l ; 2), U 2 = (l; l ; l), U 3 = (0; 2 ; 3) ;
b) U i = (); l; ); )), U 2 = (3; 3; - l;- 1), U 3 = (-2; 0; 6; 8) .
5. Raskite ortogonaliąją vektoriaus x projekciją y Euklido erdvės R 4 poerdvyje
L, kurį apibūdina vektoriai u i , u 2 bei u 3 , ir ortogonaliąjąjo komponentę z, kai:
a) X = (4;-l;-3; 4), Ui = (l; l; l; l), U2 = (l; 2; 2 ;- 1), U 3 = (); 0; Ū; 3) ;
b) X = (5; 2 ;-2 ; 2), U i = (2; l ; J;- 1), U 2 = (l ; ); 3; 0), U 3 = (l ; 2; 8; )) .
6. Raskite ortogonaliąją vektoriaus x = (4 ; 2; 3; 5) projekciją y tiesiniame
poerdvyje W e R 4 , kuris nusakomas lygčių sistema
{
Xi + X2 + X3 + X4 = O,
Xi - X2 - X3 + X4 = O,
bei ortogonaliąjąjo komponentę z.
7. Raskite ortogonaliąją vektoriaus x = (7 ; -4; - l ; 2) projekciją y poerdvyje L,
kuris nusakomas lygčių sistema
2xi + x2 + x3 + 3x4 = O,
!3xi + 2x2 + 2x3 + x4 = O,
xi + 2x2 + 2x3 - 9x4 = O,
bei ortogonaliąjąjo komponentę z.
278
8. Tarkime , kad erdvėje e l vektoriams x = {x1 ; x2 ) ir y = {y1 ; y2 ) priskiriamas
skaičius (x,y) = x1 y 1 + x2 y2 . Ištirkite , ar erdvė e l yra unitarioji.
9. Tarkime, kad kompleksinėje tiesinėje erdvėje vektoriams x = a 1 + P 1 i ,
y = a 2 + P 2 i priskiriamas skaičius
Ar ši erdvė yra unitarioji?
Atsakymai
t. a) Ne; b) taip; e) taip. 2. Taip. 3. a) (x, y) = 29, IHl = .Jii, llyll = 5, cos q> =
b) (x, y)= -22, llxJJ = 1 3, IJyJJ = 5, cos q> = _E, .
V2
V
2
k; i; Jh).
=
(
=
(½;½;- f-½) ,
V3
V3
=
=
(
4. a) v 1 = ( �; � ; �) ,
l; l;l}
65
(- ½ + - ½;½) ·
Fs;
5
v14 v 1 4 vl4
b) V1 - (� ; � ; � ; �) .
5. a) y = ( l ;- 1 ;-1 ; 5),
z = ( 3 ; 0;-2 ;- 1 );
b) y = (3 ; 1 ; - l ;-2), z = (2; 1 ; -1 ; 4). 6. y = (- f-½;½ ; ½} z = (4½ ;2f2½;4½) .
7. y = (5; -5; -2 ; -1), z = (2 ; l ; l ; 3). 8. Ne. 9. Taip.
t
8
TIESINIAI OPERATORIAI
8.1. Tiesinio operatoriaus sąvoka
Tarkime, kad duotos dvi tiesinės (realios arba kompleksinės) erdvės V ir
W, kurių dimensija atitinkamai lygi m ir n. Jei kiekvienam erdvės V vektoriui
x E V pagal tam tikrą taisyklę 51 priskiriamas vienintelis erdvės W vektorius
y e W , tai sakoma, kad yra apibrėžtas erd vės V at vai zdis į erd vę W. Taisyklė
51 vadinama operatori umi. Rašoma: 51 : V � W.
Vektorius y vadinamas vektoriaus x vai zd u, o vektorius x - vektoriaus y
pir ma vaizd ži u. Šį faktą žymime taip: y = 51 x.
Iš apibrėžimo aišku, kad operatorius 51 yra vienareikšmis, nes kiekvieną
pirmavaizdį atitinka vienas vaizdas. Atvirkščias teiginys gali būti ir neteisingas
- vaizdą nebūtinai atitinka vienas pirmavaizdis.
Operatorius 51 bus vadinamas a bip usiškai vienareikšmi u (bijekcini u),
kai ir kiekvieną vaizdą atitiks tik vienas pirmavaizdis.
Du operatoriai 51 : V � W ir 13: V � W vadinami lygiais, kai su bet
kuriuo x e V teisinga lygybė 51X = 13x. Rašoma: 51 = 13.
Operatorius, kuris kiekvienam x E V priskiria nulinį erdvės W vektorių
O E W, vadinamas n ulini u operatori umi ir žymimas O. Taigi Ox = O.
Toliau apibrėšime tiesinį operatorių. Taip vadinamas operatorius, turintis
tiesiškumo savybę.
Apibrėžimas. Operatorius 51 vadinamas tiesiniu, kai su bet kuriais
x 1 , x 2 E V ir su bet kuriuo skaičiumi a teisingi sąryšiai:
1 ) 51 (x 1 + x 2 ) = 51 x 1 +51 x 2 ;
(l)
2) 51 (ax) =a5l x .
(2)
280
Šias dvi sąlygas galima sujungti į vieną:
.JI (a1x 1 + a2 x 2 ) = a1.JI x 1 + a2 .JI x 2 ;
čia a1 , a2 - skaičiai.
Pateiksime tiesinių operatorių pavyzdžių.
l pavyzdys. Nagrinėkime plokštumos R 2 vektorius. Posūkio operatorius
.JI kiekvienam vektoriui x 1 priskiria vektorių .JI x 1 , gautą iš x 1 posūkiu
kampu <p (8 . 1 pav.).
y
y
o
8.1 pav.
X
()
X
8.2 pav.
Šis operatorius yra tiesinis, nes tenkinamos ( l ) ir (2 ) sąlyga. Iš tiesų tą
patį vektorių .JI (x 1 + x 2 ) (8. 1 pav. ) galima gauti dviem būdais: sudedant x1 ir
x 2 bei jų sumą pasukant kampu <p arba iš pradžių pasukant vektorius x1 ir x 2
kampu <p, paskui juos sudedant. Todėl .JI (x 1 + x 2 ) = .Ji x 1 + .Ji x 2 . Lygybė
.JI (ax) = a.JI x irgi yra teisinga (8 .2 pav.), nes tą patį vektorių .JI (ax)
galima gauti dviem būdais: vektorių x padauginant iš skaičiaus a ir pasukant
kampu <p arba darant tai atvirkščia tvarka.
2 pavyzdys. Nagrinėkime daugianarių, kurių laipsnis ne aukštesnis nei n ,
tiesines erdves V =W = Pn . Diferencijavimo operatorius
d
1) = - : Pn � Pn ,
dt
kuris kiekvienam daugianariui priskiria jo išvestinę, yra ttes1ms, nes sumos
išvestinė lygi išvestinių sumai, o pastovų daugiklį galima iškelti prieš
išvestinės ženklą.
3 pavyzdys. Tarkime, kad { e i }, i = � - erdvės V bazė. Taisyklė 'P,
pagal kurią vektoriui x E V
x = a1 e 1 + a2 e 2 + . .. + ak ek + . . . + anen
28 1
l
l
l
l
�
priskiriamas erdvės V vektorius
'P x = a 1 e 1
+ a 2 e 2 + . . . + akek
(čia k ir n fiksuoti, k < n), vadinama pr ojekta vi m o operat ori umi. Žymime
'P : V -t V . Šis operatorius yra tiesinis.
4 pavyzdys. Tarkime, kad vektoriaus x koordinatės tam tikroje bazėje yra
l
Išsiaiškinkime, ar operatorius .'.l{ , kuris vektoriui x priskiria vektorių
J{ X =
2 X1 - X3
X3 ] ,
X] - Xz
2Y1 - y3
YI
Sprendi mas. Pažymėkime: y = l y2 ]. Tada .'.l{ y = r Y3 1
Y1 - Y2
Y3
išreikštą koordinatėmis toje pačioje bazėje, yra tiesinis.
Raskime x + y:
'
Antra vertus,
x+Y =
xz + Y2
+ YI3
rX
X]3 Y
+
ll
=
r ZJ3
,
2(x1
+ Y1 ) - (x3 + y3 )
22
Z
2(x1 + Y1 ) -(x3 + y3 )
2z1 - z3
]
X3 + y3
J{ (x + y) = l Z3 ] = r
x1 + Y1 - (xz + Y2 )
z 1 - z2
.'.l{ X + .'.l{ Y = l
2x1 - x3 + 2 y, - Y3
]=l
X3 + Y3
x1 - xz + Y1 - Y2
x1
Vadinasi, J{ (x + y) =J{ x + J{ y .
1
X3 + Y3
+ Y1 - (xz + Y2 )
282
Kadangi
tai
2 u1 -u3
.Jl (ax) = [
l
l
)l
a(2 x1 - x3
2ax1 -ax3
=
u3
=l ax3
=a.Jl x.
ax3
l
u1 -u2
a(x1 - x2 )
ax1 - ax2
Taigi operatorius .JI yra tiesinis. .A
Tiesinio operatoriau s .JI : V � W reikšmių aibe vadinama visų vektorių
y=.JI x , x E V, aibė. Ši aibė, žymima im.JI (angl. image - vaizdas, įvaiz
dis), yra sudaryta iš visų vektoriaus x vaizdų. Taigi
im.JI = { y e wl y = 31 x, Vx e v }.
5 pavyzdys. a) Diferencijavimo operatoriaus !D : Pn � Pn reikšmių aibė
imV yra daugianarių, kurių laipsnis ne aukštesnis nei n - l , aibė;
b) projektavimo operatoriaus P : V � V reikšmių aibė imP yra erdvės V
poerdvis Wk =L (e 1 , e 2 ,... , ed.
l teorema. Aibė im.JI yra tiesinis erdvės Wpoerdvis.
Įro dy mas. Tarkime, kad y1 , y 2 - aibės im.JI elementai. Tada būtinai
atsiras aibės V elementai x 1 ir x 2 , su kuriais .Jl x 1 =y 1 , .J1 x 2 = Y 2 · Dėl
operatoriaus .JI tiesiškumo
.Jl(a1x1 + a2 x 2 ) = a1.J1 x 1 +a2 .JI X 2 =a1Y1 +a2Y2 ·
Vadinasi, yra elementas z E V , su kuriuo
o tai rodo, kad a1 y1 +a2 y 2 E W , nes .JI z E W . Kadangi tiesinis elementų Y1
ir y 2 darinys priklauso aibei im.JI, tai im.JI yra tiesinis aibės W poerdvis. .A
Tiesinio operatoriaus .JI : V � W branduo liu vadinama vektorių x E V
visuma, su kuriais .Jlx = O. Branduolys žymimas ker.JI (angl. kernel - bran
duolys, vok. der Kern - sėkla, branduolys). Taigi
ker.JI = {x E VI.Ji x=O}.
283
6 pavyzdys. a) Diferencijavimo operatoriaus 'D : Pn � Pn branduolį
sudaro nulinio laipsnio daugianariai;
b) projektavimo operatoriaus 'P : V � V branduolys yra tiesinis erdvės V
poerdvis L(ek + J , · · · , en ) .
Analogiškai l teoremai galima įrodyti tokią teoremą.
2 teorema. Aibė ker.J{yra tiesinis erdvės Vpoerdvis.
Erdvės im3{ dimensija vadinama ti esinio operatoria us .1l rangu 1r
žymima rang.1{ arba dim(im3{), o erdvės ker .1{ dimensija vadinama
operatoria us .1l d efekt u ir žymima defect.1{ arba dim(ker.1{).
Be įrodymo suformuluosime teiginį, kad
dim V =rang.1{ + defect.1{
8.2. Tiesinio operatoriaus matrica. Vektoriaus ir jo vaizdo
koordinačių sąryšis
Tarkime, kad tiesinis operatorius .1{ : V � W baziniams erdvės V vekto
riams e 1 , e 2 ,... , e n priskiria tam tikrus erdvės W vektorius f1 , f2 , . . . , fn. Taigi
f1 = .1{e1 , f2 = .1{e 4 , . . . , fn = .J{ e n . Žinome, kad vektorių x E V galima
išreikšti baziniais erdvės V vektoriais:
čia ai E R, i = l, n.
Dėl operatoriaus .1{ tiesiškumo
.1{ x=a1 .1{ e 1 + a2 .1{ e 2 + ... + an .Jl e n = a1 f1 + a2 f2 +... + a11 fn .
Vadinasi, žinodami bazinių vektorią vaizdus, kartu nusakome ir tiesinį erdvės
operatorių.
Tarkime, kad V - tiesinė erdvė, kurios bazė { ei } , i = [; , o .1{ - tie
sinis operatorius, nusakantis atvaizdį .1{ : V � W ; čia W - tiesinė erdvė,
kurios bazė { e1
j = l, m. Bet kurį vektorių x E V išreiškiame jo dėstiniu
baziniais vektoriais:
x = x1 e 1 + x2 e 2 + ... + xn e n.
},
Kadangi operatorius .1{ yra tiesinis, tai
(3 )
284
Vektoriai .JI e i
e 1 ,e2 , . . . ,e� :
E
W ir juos galima išreikšti baziniais erdvės W vektoriais
.JI e1 =a1 1 e1 + a21 e2 +... + am1 e� ,
.JI e 2 =a12 e , + az2 e2 +.. . + amze � ,
Taigi
.J{e; = "f. a1i eJ ;
J =l
čia aJi E R.
(4)
Vektorius .J{ x taip pat priklauso erdvei W, todėl ir jį galima išreikšti
baziniais erdvės W vektoriais:
Iš (3 ) ir (4 ) formulės išplaukia, kad
(5 )
I
.JI x=I, xi .J{ e i = I, xi ( f aJi ei ]=
( ± aJi xi ) ei .
i=I
i=I
J =l
J = I i= I
Palyginę šią .JI x išraišką su (5) formulės išraiška, turime:
I
J =l
( ± aJi xi ) ei = I, yi ei.
i=I
J =l
YJ ="f. aJi xi .
Vadinasi ,
i=I
Suteikdami j reikšmes nuo l iki m, gauname sistemą, sudarytą iš m
lygybių:
Y1 ="f. al ixi =a11X1 + a12 X2 + ... + a1n Xn ,
n
i=I
Y2 ="f. az; X; =a21X1 + az2 x2 + · · · + azn Xn ,
i=I
n
Ym ="f. am; X; =am1 X1 + am 2X2 +... + amn Xn
i=I
(6 )
285
Ši sistema leidžia rasti tiesiniu atvaizdžiu 3{ : V � W gauto vektoriaus
3{ x E W koordinates y1 , y2 , ... , ym , kai žinomos vektoriaus x E V koordi-
natės x1 , xz , . . . , xn bei vektorių 3{ ei ( i = l, n) ir e'; V = l, m ) sąryšiai. Iš (6 )
formulių išplaukia, kad tokiu atveju tiesinį operatorių 3{ : V � W nusako
matrica
a1 l
A = a2 1
a1 2
a 1n
a22
a2n
kuri vadinama tie sinio operatoriaus A matrica pasirinktoje bazėje.
(6 ) formules trumpai galima užrašyti matricine išraiška
Y = AX;
Xt
Xz
čia A - tiesinio operatoriaus matrica, X = . ,
Y=
Y1
Y2
(7 )
Ym
Taigi (7 ) formulė sieja vektorių ir j o vaizdą, gautą atvaizdžiu 3{ : V � W.
Kai erdvė W sutampa su erdve V, tiesinio operatoriaus 3{ : V � V
matrica yra kvadratinė:
ai l
A = a2 1
a1 2
a22
a1n
azn
l pavyzdys. Raskime diferencijavimo operatoriaus 1) : � � P3 matricą
2
bazėje e0 =1 , e1 = t, e 2 = - , e 3 =-.
2!
3!
!
!3
2
Sprendimas. Kadangi 1) e0 =O, 1) e 1 = l, 1J e 2 = t, 1) e3 = !_ , tai
2!
1) e0 =O· e0 + O· e1 +O· e2 + O· e 3,
1)e 1 =l - e 0 +O· e 1 + O- e 2 + O- e 3 ,
v e 2 = 0 - e 0 + l · e 1 +O· e2 +O- e 3,
1) e 3 =O· e0 +O· e 1 + l · e 2 + O· e 3,
todėl operatoriaus 1) matrica
286
o l o o
o o l o -�
A=
o o o l
o o o o
2 pavyzdy s. Tarkime, kad operatorius J'{ : R 2 -+ R 2 kiekvienam vekto
nm
(8.3 pav.) priskiria simetrišką ašies Ox atžvilgiu vektorių J'{
Toks
atvaizdis vadinamas simetr ija ašies Ox atžvilgi u. Operatorius J'{ yra tiesinis.
Parašykime šio operatoriaus matricą.
Sprendimas. Iš 8.3 paveikslo matyti, kad ortonormuotoje bazėje T, ]
x
x.
.i
X
8.3 pav.
teisingos lygybės
J'{ i = i , J'I ] = -],
arba
J'{ i = l · i + O · ],
Tada
matrica
3 pavyzdy s. Tarkime, kad J'{ : R 2 -+ R 2
J'I ] =o - T - 1 · ].
simetrijos operatoriaus
A [l
=
O]- �
O -1
yra posūkio kampu cp
( O < cp < ..:: priešinga laikrodžio rodyklės judėjimo kryptimi) apie koordinačių
2
pradžią operatorius. Parašykime jo matricą.
Sprendi mas. Išnagrinėkime 8.4 paveikslą, iš kurio matyti, kad
ortonormuotoje bazėje T,]
J'{ i = xi f + Y1] =cos cp · i + sin cp · ],
y
J'I ] = xi f + Y2l =- sin cp · T + cos cp · ].
Vadinasi, posūkio matrica
X
8.4 pav.
A=[
cos cp - sin cp
sin cp
cos cp
l-�
287
Sakykime, kad vektoriaus x koordinatės bazėje T, ] yra x = {x; y } .
Rasime vektoriaus x' = {x'; y '} , gauto iš vektoriaus x jo pos ūkiu, koordinates
toje pačioje bazėje T, ] .
Kadangi x' = :A x , tai vaizdo koordinatės nusakomos (7 ) formulėmis:
[;:] � A[:
l
c s
x
-sin cp x
x c s cp - y sin cp
[ :] = [ � cp
l [ ] =[ �
l.
sm cp cos cp y
x sm cp+ y cos cp
y
Taigi gauname formules
{
x' = x cos cp -y sin cp,
y' =x sin cp+ y cos cp,
(8 )
kurios taško koordinates (x; y) s usieja su to taško vaizdo, gauto pos ūkiu,
koordinatėmis (x'; y') toje pačioje bazėje.
[x]
x
Kadangi A- 1 [ :] =
y
y
cp
cos cp sin cp
ir A-1 = [ _
, tai
- sm cp cos cp]
y
=
=
[
[:] [�:;n cp :�::] ;:] [_\��i::: )!::cpl
Iš čia gauname formules
{
x = x' cos cp + y' s in cp,
.
y = y, cos cp - x, sm cp,
(9 )
kurios taško koordinates (x; y) išreiškia jo vaizdo koordinatėmis (x'; y').
Paminėsime, kad (8 ) formulių, kurios nusako kreivės ir jos vaizdo, gauto
posūkiu, sąryšį, negalima s utapatinti su 5.9 skyrelio (2 7 ) formulėmi s,
apibūdinančiomis posūkio transformaciją, nes pirmuoju atveju, kai kalbama
apie posūkiu gautą vaizdą, s ukama kreivė, nejudinant koordinačių sistemos, o
antruoju -koordinačių sistema, nejudinant kreivės.
4 pavyzdys. Įrodykime, kad hiperbolė y = � (k > O) gaunama iš lygia
2
2
2
x
ašės hiperbolės x - y = a , pas ukant ją apie koordinačių pradžią kampu
°
cp = 45 (8 .5 pav. ).
'
!
288
,l
y'
X
x'
8.5 pav.
Spr endi mas. (9) formulėmis nusakomas x ir y išraiškas, kai <p = 45 ,
įrašome į lygtį x 2 - y 2 = a 2 :
°
[,, f y'fJ' -[r' f -,,f)' +
'l
!
·i
l
l
2
0 '
2
2
k "'
a ra1·de k, gauname: y ' = a . PazymeJę
· • č'1a 2 x'y ' = a2 , arba x'y ' = . 1s
• ·· 2
2
�
8.3. Tiesinio operatoriaus matricos keitimas keičiant bazę
Tarkime, kad
bazės. Sakykime,
yra bazės
{ e ; } Ų = G)
ir
SI l
S = s2 1
{ ei } Ų = G)
S1 2
s 22
yra dvi tiesinės erdvės V
SJn
S2 n
{ e ; } keitimo baze {ei } matrica (žr. 6.7 skyreli), o
A=
01 l
02 1
01 2
°22
°1n
°2 n
yra tiesinio operatoriaus -7{ : V � V matrica bazėje { e; }, i = G .
'_t,
J
l
l
l�
,,
1
Vektoriaus x koordinates bazėse
O.t,
k}
ir { e
289
1}
pažymėkime atitinkamai
Uz , . . . , a� , O vektoriaus y = -7{ X , gauto tiesiniu atvaiz
a.l , 0.2 , . . . , a n ir
džiu -7{ : V � V , koordinates tose pačiose bazėse - atitinkamai f3 1 , [32 , . . . , f3 n
ir f3i , f3z , . . . , f3� . Kai
a1
2
X = a. , X' =
tai teisingi sąryšiai
lš jų išplaukia, kad
aj
a. '2
a'n
,
f3 1
A
Y = 1-'Z , Y' =
f3 i
A '2
l-'
X= SX', Y = SY', Y= AX.
SY' = Y = AX = ASX' ,
taigi
SY'= ASX' .
Abi šios lygybės puses iš kairės padauginę iš s - 1 , gauname:
s - 1 SY' = s - 1 ASX' .
Tada
Y'= S- 1ASX' '
čia
Y'= A'X' ;
arba
-7{
Atvirkščiai, žinodami matricą A' bazėje { e 1 }, matricą A bazėje
Matrica A' ugi yra tiesinio operatoriaus
{ e1 }, J = � -
{ e i } , i = l, n randame pagal formulę
A= S A'S- 1 .
l pavyzdys. Tarkime, kad
operatorius -7{ : R 2 � R 2 apibūdi
na simetriją ašies Oy atžvilgiu (8.6
pav.). Kadangi
.7{ i= -i = - l · i + O · ],
matrica, tiktai jau bazėje
y
-7{ ]= ]= o · i + l • ] ,
tai simetrijos operatoriaus matrica
ortonormuotoje bazėje T, ] yra
X
8.6 pav.
290
Sakykime, nauji baziniai vektoriai i', ]' gauti iš bazinių vektorių i , j
posūkiu 4 5 ° kampu priešinga laikrodžio rodyklės judėjimui kryptimi (8.6
pav.).
Raskime simetrijos operatoriaus 3{ matricą A' naujoje bazėje i', ]'.
Iš brėžinio matyti, kad
3( i' = ]', 3l]' = i',
arba
3l i' =O· i' + l · ]',
A ' : [�
3l ]' = l · i' + O- ]',
nes operatorius 3{ apibūdina simetriją ašies Oy atžvilgiu. Tada
�l
Šį uždavinį galima spręsti ir taikant formulę
1
A' = S - AS .
-i ' = cos45 · -i + sin45 · j- =fi Ji -i + -},
Spręsdami tokiu būdu, pirmiausia turime rasti bazės keitimo matricą S. Ją
gauname parašę vektorių i' ir ]' išraiškas bazėje T,J . Aišku, kad
°
°
2
s�[i -;1
2
fi - fi -
J' = -cos45 · i + sin45 · } = -- i + -}.
-
o
-
Vadinasi, bazės keitimo matrica
Kadangi
o
-
2
s-• � � Ji '
[- �
2
29 1
tai
A'=S - I AS=
Ji. l l -1 O Ji. 1 -l =
·
·
2 [- l l ] [ O l ] 2 [l l ]
1] _ .._
.!.. o 2
.!.. -1 1
0
1 -1
= [
= [
=
·
2 l l] [l l ] 2 2 O] [ l O
2 pavyzdys. Tiesinio operatoriaus .J{ matrica bazėje e 1, e 2 , e3 yra
Raskime operatoriaus .J{ matricą A' bazėje
ej =e 1 + e 2 + 2 e 3 , e2 =3 e 1 + 2 e 2 -e3 , e3 =2 e1 + 2 e 2 +5e3.
Sprendi m as. Žinodami vienos ir kitos bazės vektorių sąryšius, sudarome
bazių keitimo matricą
=[T �� -t]
ir randame jos atvirkštinę matricą
s
-,
Pritaikę formulę
gauname:
- 2
A'= :
r
5
=
-2
-2
0 · : ; 0 1. [ :
1 [
l
-l 2
l
2
l � � : �:1 · l : � � 1 l � �
��
-7
- 3 - 19 -9
j
2 -l 5
=
�
� =
1
-l 5
218
- 1 6 . .A.
1
- 40 - 3 8 - 8 9
292
8.4. Tiesinių operatorių veiksmai
Tarkime, kad V ir W - tiesinės erdvės, o tiesiniai operatoriai ..11, 13 ir C
nusako atvaizdžius ..11 : V � W , 13 : V � W ir C : V � W .
l apibrėžimas. Operatorius C vadinamas tiesin ių opera tor ių ..11 ir 13
s uma, jei su kiekvienu x E V teisinga lygybė
C X=(.JI+ 13) X=..1{ X + 13 X .
Operatorių ..11 ir 13 sumą žymime taip: C = ..11 + 13 .
Nesunku įsitikinti, kad operatorius C yra tiesinis. Tarkime, kad x, y E V,
A, µ E R. Tada
c lh + µy)=..11 lh + µy )+ 13 lh + µy)=A..11 x+ µ31 y + A13 x + µ13 y =
= A l..11 x + 13 x ) + µ l..11 y+ 13 y) = AC x + µC y
l teorema. Jei A ir Byra tiesinių operatorių ..11 ir 13 matricos tam tikroje
bazėje, tai operatoriaus C = ..11 + 13 matrica toje pačioje bazėje bus C = A+B.
Įr ody mas. Tarkime, kad ..11 x = y, 13 x=z . Apskaičiuokime Cx:
C X=(.JI + 13) X = ..1{ X + 13 X =y+ Z
.
Remdamiesi (7 ) formule, galime parašyti, kad
Y = AX, Z = BX ,
Y + Z=CX.
Sudėję ( lO) lygybes ir atsižvelgę į (1 1 ) lygybę, gauname:
C = A + B. lr..
( 1 0)
(1 1)
2 apibrėžimas. Skaičiaus a ir tiesinio operatoriaus ..11 sandauga
vadinamas operatorius 13,jei su kiekvienu x E V teisinga lygybė
Žymime: 13 = a.JI.
Operatorius 13 yra tiesinis, nes
13 x=a.JI x .
13 lA x + µ y)=a..11 l"- x + µ y)=alA..11 x + µ,JI y ) =
=A la..11 x ) + µ la..11 y ) = A.13 x + µ13 y.
Toliau, nagrinėdami operatorių veiksmus, apsiribosime erdvės V atvaiz
džiais į tą pačią erdvę V.
Tarkime, kad tiesiniai operatoriai ..11, 13 ir C apibūdina atvaizdžius
..11 : V � V , 13 : V � V ir C : V � V. Sakykime, y = ..11 x, o 13 y =z. Taigi
vektorius z gautas iš vektoriaus x nuosekliai panaudojant operatorius ..11 ir 13.
l
293
3 apibrėžimas. Operatorius C vadinamas ti esinių op erat orių ;7{ ir 13
sandauga (arba k ompozicija ),jeigu su kiekvienu x E V teisinga lygybė
C x=13 (.'.1I x) .
Žymime: C = 13.'.1{ arba C = 13 o .'.1l .
Operatorius C yra tiesinis, nes
C lA .X + µy ) = 13 l.'.1{ lA .X + µy)) = 13 lA..'.1{ X + µ.'.1{ y ) = A.13 l.'.1{ X ) + µ13 l.'.1{ y )=
=11.C x + µC y.
2 teorema. Jei A ir Byra tiesinių operatorių .'.1{ ir 13 matricos tam tikroje
bazėje, tai operatoriaus C = $;7fmatrica toje pačioje bazėje bus C = BA.
Įr ody mas. Tarkime, kad y =.'.1{ x ir z = 13 y , taigi z =13 (.'.1l x ) . Tada
Y=AX, Z=BY ,
Z = CX.
Iš ( 1 2 ) lygybių išplaukia, jog
Z = B(AX) = (BA)X
(1 2 )
( l3 )
Sulyginę šią lygybę su (13 ), gauname:
C = BA. .A.
Tiesinis operatorius .'.1{, turintis savybę .'.l{x = x, vadinamas tapa či uoju
(vieneti ni u) ir žymimas 8. Taigi 8x = x. Aišku, kad tapačiojo operatoriaus 8
matrica yra vienetinė matrica E.
Tiesinis operatorius .'.1{ vadinamas neišsigim usi uoju, j eigu jo matrica A
yra neišsigimusi.
Tarkime, kad tiesiniai operatoriai .'.1{, 13 ir 8 apibūdina atvaizdžius
.'.1{ : V � V , 13 : V � V ir 8 : V � V .
4 apibrėžimas. Tiesinis operatorius 13 vadinamas operatoriaus
.'.1{ at virk šti ni u operat ori umi ,jei
(14 )
13 = .'.1{ - l
Tarkime, kad A, B, E - operatorių .'.1{, 13, 8 matricos tam tikroje bazėje.
Tuomet iš (14 ) sąlygos gauname:
AB=BA =E.
1
Todėl B= A • Iš čia išplaukia tokios išvados:
l išvada. Tiesinis operatorius .'.1{ turi atvirkštinį operatorių .'.1{ - I tada ir
tik tada, kaijo matrica A yra neišsigimusi.
2 išvada. Kai A - neišsigimusiojo operatoriaus .'.1{ matrica tam tikroje
bazėje, tai A- 1 yra operatoriaus .'.1{- l matrica toje pačioje bazėje.
Ž ym1me
.
294
1 pavyzdys.
Tarkime,
kad
operatorius
.1{
.1{ : R 2 � R 2 , priskirdamas vektoriui {x; y vektorių { x;
}
apibūdina
atvaizdį
½ y} (8.7 pav.).
Operatorius .1{ yra plokštu mos s ąsp ūd is prie ašies Ox. Atvirkštinis operatorius
.11 - 1 yra plokštu mos ištempis nuo
y
ašies Ox ir to ištempia koeficientas
lygius 3. Taigi
.1{ : �;y} � {x;
(x,Jy)
o
.1{ - 1 : �;y}� �;3y}.
Kadangi
.1I i = i = l · i + O · ],
X
.1{ j
-
8.7 pav.
tai sąspūdžio matrica
Antra vertus,
.1{ -) 7z = 7z = l · 7z + O · J�,
.11
todėl ištempia matrica
J
-l -
=
=
-
-
[' -[: �l
2 pavyzdys. Tarkime, kad operatorius .1{
turi matricą
=
O·i +
· J,
- 1 3
!l
-
2
-2 3
Raskime operatoriaus .1113 matricą bazėje b1 , b2 .
l
bazėje a 1 = (3;-1), a 2 = (2; l)
A - [�
o operatorius 13 bazėje b = (5; O), b = (7; l) turi matricą
[ 2 l] .
B=
J
1 -
3
3J = O · i + 3 · J ,
Nesunku įsitikinti, kad AA - 1 = E . .A.
1
½ y},
l
295
Spren di ma s . Norėdami rasti operatoriaus .'.lW matricą bazėje b1 , b2 ,
turime žinoti abiejų operatorių 3{ ir 13 matricas šioje bazėje. Vadinasi, reikia
rasti operatoriaus 3{ matricą bazėje b1 , b2 , nes būtent toje bazėje duota
operatoriaus 13 matrica. Ieškodami operatoriaus 3{ matricos A' bazėje b1 , b2
pagal formulę
A' =s-1 AS '
pirmiausia turime sužinoti bazių keitimo matricą S, kurią apibūdina bazių
vektorių a1 ,a 2 ir b1 , b2 sąryšiai. Sakykime, vektorius b1 , b2 su vektoriais
a 1 , a 2 siej a sąryšiai
b1 = a 1 a1 + a 2a 2 ,
b2 = P1 a 1 + P2 a2 ,
t. y. sąryšiai
(5 ; O) = a 1 (3 ; - 1) + a 2 (2; l),
(7 ; l) = P 1 (3 ; - 1) + P 2 (2 ; l).
Iš čia gauname lygtis
3a 1 + 2a 2 = 5,
- a 1 + a 2 = 0,
3P1 + 2P2 = 7,
- P1 + P2 = l .
Jas išsprendę, randame: a 1 = l , a 2 = l, P1 = l, P2 = 2 . Vadinasi, b1 = a1 +a 2 ,
b2 = a 1 + 2a 2 . Todėl bazių keitimo matrica
s � [: :]
Tada
1T
s-1
2
-l
A'=s- 1AS =. [
=[
2
-l
-/]
-iJ[; !] [: �H �][: �H� :J
Vadinasi, operatoriaus 3{13 matrica bazėje b1 , b2 bus lygi A'B:
3 5] [ 2
,
·
A B=[
2 3
l]
-2 3
=[
-4
18 ]
-2 1 1
.A
296
8.5. Tiesinio operatoriaus tikrinės reikšmės ir tikriniai
vektoriai
Apibrėžimas. Tiesinės erdvės V nenulinis vektorius x vadinamas tiesinio
operatoriaus JI : V � V tikriniu vektoriumi , jei egzistuoja skaičius A, su
kuriuo teisinga lygybė
JI X = AX.
(1 5)
Skaičius A vadinamas operatoriaus JI tikrine reikšme. Ji yra realusis skaičius,
kai erdvė V yra realioji, ir kompleksinis skaičius, kai erdvė V yra kompleksinė.
d
l pavyzdys. Nagrinėkime diferencijavimo operatorių :D =- : Pn � Pn .
dt
Kadangi bet kurio nulinio laipsnio daugianario a0
dao 0
= =O · ao '
dt
tai nulinio laipsnio daugianaris yra tikrinis operatoriaus :D vektorius, o tikrinė
operatoriaus :D reikšmė lygi nuliui. .6,,
( 1 5) lygybę atitinka matricinė lygybė
AX = A.X,
kurią galima parašyti taip:
AX= ).,EX;
iš čia
(A - AE) X = O.
Tarkime, kad pasirinktoje bazėje
A=
a11
a21
( 16 )
{ei }, i=l,n , operatoriaus JI matrica yra
a12
a22
a1n
azn
ir vektoriaus x koordinatės šioje bazėje nusakomos matrica
l
l
Tada (1 6) formulė, parašyta koordinatine išraiška, bus tokia:
(a1 1 -A) x1 + a1 2 x2 + ... + a1n xn =0 ,
a21X1 + (a22 - A) x2 + ... + a2n Xn = O,
an1 X1 + an2 X2 + ... + (ann -- A) Xn =0.
297
(17 )
Tikrinio vektoriaus x, kuris yra nenulinis vektorius, koordinatės yra šios
homogeninių lygčių sistemos nenulinis sprendinys. Žinome, kad homogeninė
lygčių sistema turi nenulinį sprendinį, kai sistemos deterrninantas det (A - AE)
lygus nuliui, taigi kai
det (A - AE) = O,
arba
al n
a1 1 -A
a1 2
a2n
a2 1
a22 -A
=0.
(18 )
Lygtis
anl
an2
ann - A
det (A - AE) = O,
arba (18 ) lygtis, vadinama charaktering ąja operatoria us 3{ (arba matricos A)
lygti mi , o jos sprendiniai vadinami tikrin ė mis operatoria us 3{ (arba matricos
A) reikšm ė mis.
Išskleidę n-tosios eilės determinantą det (A - A.E) ir prilyginę jį nuliui,
gauname n-tosios eilės algebrinę lygtį. Ji turi lygiai n sprendinių, tarp kurių
gali būti ir kompleksinių. Toliau nagrinėsime tą atvejį, kai visi charakterin
gosios lygties sprendiniai yra realūs, taigi tikrinės operatoriaus 3{ reikšmės yra
realieji skaičiai.
Norėdami rasti tikrinio vektoriaus x, atitinkančio tikrinę reikšmę
A ; , i=l, n , koordinates, gautąją A ; reikšmę įrašysime į (17 ) lygčių sistemą.
Nenuliniai šios lygčių sistemos sprendiniai ir apibrėš tikrinius operatoriaus 3l
vektorius.
2 pavyzdys. Raskime projektavimo operatoriaus 'P : V3 -t V3 , kuris
vektoriui xi + y] + zk priskiria vektorių xi + y] , tikrines reikšmes ir tikrinius
vektorius.
Sprendi mas. Kadangi
'P i =i =l · i + O· ] + O· k,
'P ]=]=O· i + l · ] + O· k,
'P k = O = O· i +O· ] + 0 - k,
298
tai operatoriaus 'P matrica
Tada charakteringoji lygtis įgyja išraišką
1- A
O
O 1- A
O
O
O
O = 0,
-A
(l - A) 2 (-A) = 0 .
Jos sprendiniai yra A 1 = O, A 2, 3 = l . Sprendinį A 1 = O atitinka homogeninė
lygčių sistema
{
Jos sprendinys yra vektorius
l · x + 0 · y + 0 · z = 0,
o . X + l . y + o . z = O,
o . X + o . y + o . z = O.
x = [�l = m
n ; n e R.
Sprendinį A 2, 3 = l atitinka homogeninė lygčių sistema
{0 · X + 0 • y + 0 · Z = 0
0 · X + 0 · y + 0 · Z = 0:
0 · X + 0 · y - l · Z = 0,
kurios sprnndffiys yrn toks, [�} �. y e R.
Taigi operatorius 'P turi bet kurį tikrinį vektorių ak , atitinkantį tikrinę
reikšmę O, ir bet kurį vektorių p T + y}, atitinkantį tikrinę reikšmę l . ..&.
299
3 pavyzdys. Raskime operatoriaus .'.ll tikrines reikšmes ir tikrinius
vektorius, kai šio operatoriaus matrica yra
A-[: ;
-n
Spren di ma s . Sudarome charakteringąją lygtį
l -A
l
l
2
-A
3
-2
3 = O,
- A,
2
A- - A - 9A + 9 = O'·
3
iš čia A J = l, A z =3 , A- 3 =-3 .
Įrašę į (1 7 ) sistemą A-1 = l , gauname sistemą
{o·
turinčią sprendinį
x1 +2 x2 - 2x3 = O,
x1 - x2 + 3x3 = O,
x1 +3 x2 -x3 = O,
[-:l[-:'J · a; ae
Įrašę į (1 7 ) sistemą A z = 3 , gauname sistemą
kurios sprendinys
R.
- 2x1 +2 x2 - 2x3 = O,
{ x1 -3 x2 + 3x3 =0,
x1 +3 x2 - 3x3 =O,
Kai A- 3 = -3 , gauname sistemą
4x1 +2 x2 - 2x3 =O,
{x1 +3 x2 + 3x3 = O,
x1 +3 x2 + 3x3 = 0,
300
kurios sprendinys
Pavyzdžiui, kai a = l, � =l ir y = l , gauname tokius tris tikrinius
vektorius:
8.6. Tiesinio operatoriaus matricos keitimas
diagonaliąja matrica
8.3 skyrelyje įsitikinome, jog operatoriaus matrica priklauso nuo bazės.
Įrodėme, kad operatoriaus .1{ matricą A bazėje { e;}, i = l, n , bei to paties
operatoriaus matricą A ' bazėje { e1 j = l, n , sieja formulė
A'=S -1 AS '·
},
čia S - bazės keitimo matrica. Natūraliai kyla klausimas, kaip parinkti bazę,
kad matrica A būtų paprastesnė. Toliau kalbėsime apie diagonaliąją matricos
formą, kurią vadinsime kan onine jos forma.
Apibrėžimas. Tiesinis operatorius .1{ vadinamas diagona /izuoja m u, jei
egzistuoja bazė, kurioje jo matrica yra diagonalioji.
Teorema. Tiesinis operatorius .1{ : V ---+ V yra diagonalizuojamas tada ir
tik tada, kai egzistuoja bazė, sudaryta iš tikrinių operatoriaus .1{ vektorių.
Įr ody mas. Būtinumas. Tarkime, kad operatoriaus .1{ matrica A bazėje
{ei }, i = � , yra diagonalioji:
o
A=
"-2
o
o
( 19 )
Remdamiesi 8.2 skyrelio (4 ) formule, galime parašyti: .J{ e ; = "- ie i , i = l, n .
Taigi nenulinis vektorius ei tenkina sąlygą .1{ x = h , reiškiančią, jog
vektorius e i yra tikrinis operatoriaus .1{ vektorius, o skaičius "- i - tikrinė jo
reikšmė.
301
Pakankamumas. Tarkime, kad bazę { ei }, i = l , n , sudaro tikriniai opera
toriaus .'.l{ vektoriai, atitinkantys tikrines reikšmes A i , i =l, n. Tuomet teisinga
lygybė .J{ei = A i e i. Iš čia išplaukia, kad operatoriaus .'.l{ matrica nusakoma
(19 ) formule, taigi ji yra diagonalioji . .A.
Sakykime, operatoriaus .'.l{ matrica tam tikroje bazėje yra A, o bazėje,
1
sudarytoje iš tikrinių jo vektorių - A'. Tada A' = s - AS ; čia S - pradinės
bazės keitimo matrica, kurios stulpeliai sudaryti iš tikrinių vektorių
koordinačių.
Pavyzdys. Matricą (žr. 8.5 skyrelio 3 pavyzdį)
A= :
[
-ti
�
pakeisime diagonaliąja.
Sprendi mas. Kadangi ši matrica turi tikrines reikšmes 'A 1 = l, 'A 2 =3 ,
'A 3 = -3 , tai diagonalioji jos forma yra tokia:
! -�J
A' = [i
Kad taip yra iš tikrųjų, galime įsitikinti ir pritaikę
Kadangi matrica A turi tikrinius vektorius
[J- [:l [-:,}
tai
o
s f(
Tada
2
s - 1 = -l
2
o
-:,1
2
3
4
4
l
3
l
l
12 12
302
s-1
2
3
A=
2
o
4
2
l
4
4
l
4
8.7. Ortogonaliosios matricos
Apibrėžimas. Kvadratinė matrica
A=
a11
a2 1
a12
a22
a,n
a2n
susidedanti iš realiųjų skaičių ai} (i = l, n, j = l, n) , vadinama ortogonali ąja,
kai vektorių
X1 =
(a, , ; a2 , ;... ; an1 ) ,
X2 =
(
(a,2 ; a22 ;... ; an2 ) , · · · , X n = (a1n ; a2n ;... ; ann ) ,
)
sudarytų iš matricos A stulpelių elementų, sistema yra ortonormuotoji.
Vadinasi,
n
l kai i = j '
x P· x ]· = L.,
" ak1- akg· = { '
O' kai" l• -:;: J..
k =I
(20 )
l teorema. Matrica A yra ortogonali tada ir tik tada, kai
A T = A- 1.'
čia AT - matricos A transponuotoji matrica.
Įrodymas. Būtinumas. Tarkime, kad matrica A yra ortogonali. Apskaičiuokime sandaugą C = A T A . Kadangi
AT =
a, ,
a,2
a2 1
a22
anl
an2
303
tai matricos C elementas cij apskaičiuojamas pagal formulę
n
cij =
ak; akj .
k =l
Atsižvelgę į (20 ) formulę, gauname:
··
l, kai j = j,
C = {
y
O, kai i j.
Todėl
L
*
Taigi
(2 1 )
Ar A = E .
1
1
Iš čia A T A - A - = E· A-l ir A r = A- .
Pakankamumas. Tarkime, kad A r =A- 1. Įrodysime, kad A - ortogo
nalioji matrica. Turime:
A T = A -l <=> A T A = E.
Todėl matricos A r A elementai cij tenkina sąryšį
l, kai i = J,
cij = {
O, kai i * J.
Antra vertus, matricos A r A elementus ciJ galima apskaičiuoti pagal
formulę
Todėl
cij =
L ak;akJ.
k =l
n
l, kai i = J ,
L aki a/g = {
0 , kai i c;Į; j.
k =I
Šis sąryšis rodo, kad matrica A yra ortogonali. ,._
l išvada. Kai A - ortogonalioji matrica, tai l det AI = l .
Ši išvada išplaukia iš sąlygos A r A = E, kuri teisinga, kai matrica A yra
ortogonali. Tada det ( A r A )= det E. Kadangi, pagal determinantų savybes,
304
det (AT A) =det A T · det A = det A · det A = (det A) 2 ,
(det A) 2 = l ; iš čia l det AJ = l .
tai
teisinga
lygybė
Atvirkštinis teiginys gali būti ir klaidingas. Iš sąlygos l det AI = l nebūti
nai išplaukia matricos ortogonalumas.
2 išvada. Ortogonalioji matrica yra neišsigimusi.
3 išvada. Dviejų vienodos eilės ortogonaliųjų matricų sandauga yra orto
gonalioji matrica.
Iš tikrųjų, kai A ir B - ortogonaliosios matricos, tai
(AB{ (AB) = ( BT A T ) <AB) = s T ( AT A) B= BT EB= BT B = E.
Taigi matrica ABtenkina (21 ) sąryšį, todėl ji yra ortogonali.
4 išvada. Kai A - ortogonalioji matrica, tai matricos A T ir A- 1 irgi yra
ortogonalios.
Kadangi
( A T r A T =AAT = AA- 1 = E '
tai AT tenki na (21 ) sąryšį, vadi nasi, AT - ortogonalioji matrica. Kadangi
A T = A-l , tai ir A - 1 - ortogonalioji matrica.
2 teorema. Vienos ortonormuotosios bazės keitimo kita ortonormuotąja
baze matrica yra ortogonali.
Įrody mas. Tarkime, bazės { e; } ir { e; }, i = l, n , yra ortonormuotos, o
bazės keitimo matrica
S=
SJ l
S12
SJn
Sz J
Szz
Szn
Pagal 6. 7 skyrelio ( 16 ) formulę, teisingas sąryšis
n
ei = L, SkJ ek.
k= I
Kadangi nagrinėjamos bazės yra ortonormuotos, tai
1, kai i=j,
l, ,
,e1· ' e 1· ) - {
O, kai i j.
*
305
Antra vertus,
Vadinasi,
=s1; s1J + s2 ; s2 J + ... + s ni snj = L ski skj .
k =I
l, kai i = j,
�
L, SkI- Sk· = {
O, kai i et= j.
k =I
CJ
Šis sąryšis rodo, kad matrica S yra ortogonali. .A.
Pavyzdys. Nustatykime, su kuriomis a, b ir e reikšmėmis matrica
J3l l
A=
- J3l fil
J3 fi
l
o
a
b
e
yra ortogonali, ir raskime A-1.
Sprend imas. Matrica A bus ortogonali, kai bus tenkinama sąlyga
A r A = E . Atsižvelgę į ją, gauname:
J3 lJ3 J3
l
0 -a +-·b+-·c = O
fi fi
l
l
l
-·a - - · b+-· c = O
arba
2
2
2
a + b + c = l,
a - b + c = O,
{ b + c =0 ,
2
2
2
a + b + c = l.
306
Šios sistemos sprendiniai yra
Vadinasi,
o
fil
fi
l
A=
o
arba
A=
Tada iš sąlygos A -1 = A r išplaukia, kad
J6
2
fil
fi
l
J3l
. ...
fil
J6
l
arba
8.8. Ortogonalieji operatoriai
Toliau nagrinėsime tiesinius operatorius Euklido erdvėje E.
Apibrėžimas. Tiesinis Euklido erdvės E operatorius .JI vadinamas
ort og onali uoju, jei su kiekvienu x, y E E teisinga lygybė
{x, y) =t.JI X, .JI y).
Vadinasi, ortogonalusis operatorius nekeičia vektorių skaliarinės
sandaugos, todėl nekeičia ir vektorių ilgio bei kampų tarp jų. Pavyzdžiui, kai x,
y - ortogonalieji vektoriai, tai .J{x, .Jly - irgi ortogonalieji vektoriai. Kai
{ ei i = l, n - ortonormuotoji erdvės E bazė, tai į.JI e i } - taip pat ortonor
muotoji tos erdvės bazė.
Kai vektoriai x, y yra išreikšti ortonormuotoje bazėje { e i i = l, n , tai ska
liarinė jų sandauga lygi jų vienavardžių koordinačių sandaugų sumai. Užrašę
vektorių x ir y koordinates stulpeliais matricomis
i
i
307
'
gauname:
Y2
Yn
(x, y ) = X1Y1 + X2 Y2 +... + Xn Yn
Sakykime, operatoriaus .JI : E -4 E
{ ei },
Y=
Y1
i =l, n, yra A. Tada
=
X T Y.
(22 )
matrica ortonormuotoje bazėje
(23 )
l teorema. Operatorius .JI : E -4 E yra ortogonalus tada ir tik tada, kai
jo matrica A ortonormuotoje bazėje ortogonali.
Įrody mas. Būtinumas. Tarkime, kad operatorius .JI yra ortogonalus. Iš
sąlygos (x, y) = l.JI x, .JI y) , atsižvelgę į (22 ) ir (2 3) sąryšį, gauname:
X T Y =X T A r AY.
Iš šios lygybės išplaukia, kad A r A = E , todėl matrica A ortogonali.
Pakankamumas. Tarkime, kad matrica A yra ortogonali. Tuomet
r
A A = E. Iš (23 ) sąryšio turime:
(.J{ x, .J{ y )=x T AT AY =x T EY =x T y = (x, y).
Vadinasi, .JI - ortogonalusis operatorius. A
2 teorema. Operatorius .JI : E -4 E yra ortogonalus tada ir tik tada, kai
jis ortonormuotąją bazę keičia kita ortonormuotąja baze.
[rody mas. Būtinumas išplaukia iš to, kad bazė {Jr ei }, i =1 , n , yra
ortonormuota, kai bazė
ortonormuota.
Pakankamumas išplaukia iš to, kad ortonormuotosios bazės keitimo
ortonormuotąja baze matrica yra ortogonali. Tada, pagal l teoremą,
operatorius .JI yra ortogonalus. A
{e; }
Pavyzdys. Išnagrinėkime ortogonaliojo operatoriaus .JI : R 2 -4 R 2
geometrinę prasmę.
Sprendi mas. Tarkime, kad ortoriormuotoje bazėje T, ] ortogonaliojo
operatoriaus .JI matrica yra
308
[::; ::J [:�:l
1
Kadangi A - ortogonalioji matrica, tai AT = A- . Vadinas i,
de: A
-a::
2
l
At sižvelgę į matricų lygybės apibrėžimą ir sąlygą det A =± 1 , gauname:
a I l = ±a22 , a2 I = + a12
·
Iš matricos A ortogonalumo apibrėžimo išplaukia, kad
af1 + a?1 = l .
Todėl, pažymėję a I I = cos cp , turime: a 21 = sin cp. Taigi gauname dvi matricos
A išraiškas :
Ir
cos cp - sin cp
l , kai det A = l ,
Ai = [ .
s m cp
cos cp
c s cp sin cp
cos cp - sin <p [ l O
l
l =[
l·
l= A · [
Az =[ �
- cos cp
s in cp
cos cp
s m cp
, O
O -l
kai det A = -1
Matrica A1 , kaip įsitikinome s prę sdami 8.2
posūkio operatoriaus matrica. Kadangi
s- [� �,]
s kyrelio
3 pavyzdį, yra
yra simetrijos ašies Ox atžvilgiu matrica, o A2 = A1 S, tai matrica A2 yra
simetrijos ašies
Ox atžvilgiu operatoriaus bei pos ūkio operatoriaus
kompozicijos matrica. A
8.9. Jungusis operatorius
Tarkime, kad tiesinis operatorius ..'.l{ nusako atvaizdį ..'.l{ : E � E .
Apibrėžimas. Tiesinis operatorius
.JI• : E � E
vadinamas operatoriaus .:,7/ jungi uoju operatori umi, kai su b et kuriais
x, y e E teisinga lygybė
(..'.l{ X, y ) = ( X, ..'.l{ • y ) .
(24 )
Teorema. Kiekvienas tiesinis operatorius ..'.l{ turi vienintelį jungųjį
operatorių ..'.l{ *. Jei A - operatoriaus ..'.l{ matrica ortonormuotoje bazėje
309
T
{ e; }, i = l,n , tai A yra jungiojo operatoriaus .71* matrica toje pačioje
bazėje.
Įrody mas. Parinkime erdvės E ortononnuotąją bazę { e i }, i = 1, n.
Kiekvieną tiesini operatorių .71 : E � E šioje bazėje atitiks jo matrica
A=
a1 l
a21
a12
a22
Tarkime, kad transponuotoji jos matrica
T
A =
a1 l
a12
a2 1
a22
a1 n
a2 n
anl
an 2
yra tam tikro operatoriaus 13 matrica toje pačioje bazėje. Panaudosime 8 .2
skyrelio (4 ) formulę, turėdami galvoje, kad bazės { e ; } ir { e sutampa, nes
V = W = E. Atsižvelgę į operatorių .71 ir 13 matricas, gauname:
1}
.7{ e i = "'I, aJi e i = al ie l + a2i e 2 +... + anie n ,
J= I
13 e 1 ="'I, aji e i =a1 1 e 1 + a1 2e 2 +... + a1ne n.
i =I
Apskaičiuokime skaliarines sandaugas:
( .71 e ;, e1 ) = (a1; e 1 + a2; e 2 +... + ani en , eJ ) = aji ,
Vadinasi,
(e;, 13 e J ) =( e ; , a1 1 e 1 + a1 2 e 2 +. . . + a1n e n ) =a1; .
(2 5)
Ši lygybė rodo, kad baziniai vektoriai tenkina (24 ) sąlygą.
Sakykime, bet kurie du erdvės E vektoriai x ir y bazėje { e i }, i =1 , n
išreiškiami taip:
310
x = x1 e 1 + x2 e 2 + . . . + xn e n = L xi ei ,
i =l
Y =Y1e 1 + Y2e2 + . . . + Yn e n = L YJ e J
j= l
Apskaičiuokime skaliarines sandaugas:
(9! x, y) = [ 9!t,x; • ; , t,Yh ] = t, t, x; Y; ( 9! e; , e ; ) ,
(x , tly ) = [ t, x;e ; , 23t,Y;•
j] = t, t,X;Y; ( ; , 23 •; }
e
Kadangi teisingas (25 ) sąryšis, tai iš šių lygybių išplaukia, kad
Vadinasi, 3 = 3{• .
{3i x,y) = {x, 3 y), 'vx, y e E .
Įrodėme, kad operatorius 3{ turi jungųjį operatorių 3{ • , kurio matrica yra
transponuotoji operatoriaus 3{ matrica. Liko įrodyti, kad jungusis operatorius
yra vienintelis. Tarkime priešingai, kad yra du jungieji operatoriaus 3i
operatoriai 3 ir C, tenkinantys sąlygas:
t3{ x, y ) = tx, 3 y ),
t-1{ x, y)= tx, e y).
Tada
tx, 3 y )= tx, C y );
iš čia
{x, 3 y -C y )= O .
Ši lygybė rodo, kad vektorius 3 y -C y yra ortogonalus bet kokiam vektoriui
x, kartu ir pačiam sau. Tai įmanoma tik tada, kai 3 y -C y = O, t. y. kai
3 y = C y . Kadangi y - bet kuris erdvės E vektorius, tai 3 =
Teorema
įrodyta. .t.
Jungiesiems operatoriams būdingos šios savybės:
e.
l ) (a 3f)
°
= a-1{ • ; čia a -realusis skaičius;
311
·3 ) ( .JI 3) * =3 * .JI * ;
4 ) ( .JI * ) * =J'{ ;
5) ( .JI -l ) • =( .JI * ) - 1 .
1 -4 s avybė išplaukia iš matricų bei transponuotųjų matricų analogiškų
l
s ąryšių, o 5 s avybę įrodys ime. Tarkime, kad operatorius J'{ - egzi stuoja. Tada
=8 bei 3 s avybės išplaukia, kad
iš sąryšių J'{J'{ - I =8 ir
Vadinas i, ( J'{- l
r
e·
.JI * = 8 , todėl ( J'l - l
r
=( J'l• r
l
Pritaikę tik ką įrodytą lygybę matricoms, gauname dar vieną svarbią
transponuotųjų matricų savybę
l pavyzdys. Tarkime, kad operatorius J'{ : R 2 � R 2 apibūdina plokštu
mos posūkį kampu cp apie koordinačių pradžią. Tokio posūkio operatoriaus
matrica
c s cp -sin cp
A=[ �
l.
sm cp cos cp
Vadinasi, jungiojo operatoriaus A* matrica bus
A T =[
c s(- cp) - sin(- cp )
cos cp sin cp
l
l =[ �
_
cos(-cp)
s m(-cp)
- sm cp cos cp
Kadangi matrica A T yra pos ūkio kampu (- cp) operatoriaus matrica, tai
jungusis operatorius J'{• : R 2 � R 2 apibūdina plokštumos posūkį kampu cp
apie koordinačių pradžią priešingąja kryptimi. .._
2 pavyzdys. Tiesinio operatoriaus .JI bazėje ej , e2 , e 3 matrica
312
Yra žinoma, kad e1 = e 1 +2 e 2 + e 3 , e2 = e 1 + e 2 +2 e 3, e3 = e1 + e 2 ir bazė
e1 , e 2 , e 3 yra ortonormuota. Raskime jungiojo operatoriaus .JI* matricą bazėje
e 1, e 2 , e 3 .
Spr endi m as. Kadangi bazė e 1 , e 2 , e3 yra ortonormuota, tai jungiojo
operatoriaus .JI* matrica šioje bazėje bus (A'/ ; čia A' - operatoriaus .JI
matrica bazėje e 1 , e 2 , e3. Vadinasi, pirmiausia turime rasti operatoriaus .JI
matricą bazėje e 1 , e 2 , e3 . Iš sąryšių, siejančių bazinius vektorius, išreiškę
e 1 , e 2 ir e 3 , gauname:
e 1 = -e; + 0,5e2 + l,5e3 ,
e 2 = e1 -0,5e2 -05e3 ,
e 3 = 0,5e2 -0,5e3 .
Todėl bazės e 1 , e2 , e3 keitimo baze e 1 , e 2 , e 3 matrica bus tokia:
Kadangi bazės e 1 , e 2 , e 3 keitimo baze e1 , e2 , e3 matrica yra
l
S = [2
l
l
l
l
l] ,
2 O
tai B = s - 1 . Matricą A' gausime, taikydami formulę A' = SAs - 1
Nuosekliai randame:
[l
l
SA = 2
l
•
l 2
Vadinasi, jungiojo operatoriaus .JI* matrica bazėje e 1 , e 2 , e 3 bus tokia:
6
-4
6
8.10. Savijungis operatorius
313
Šiame skyrelyje nagrinėsime tam tikros rūšies jungiuosius operatorius,
vadinamus savijungiai s , arba simetrinia is operatoriais.
Apibrėžimas. Tiesinis operatorius .'.1{ : E ---+ E vadinamas savijungiu
(arba simetriniu), kaijis sutampa sujungiuoju savo operatoriumi .'.1{*.
Taigi operatorius .'.7{ yra savijungis, kai su bet kuriais x , y e E teisingi
sąryšiai:
.'.7{ = .'.7{ * <:> (.'.l{ x, y) = (x, .'.l{ y) .
Toliau įrodysime teoremą, kuri apibūdina savijungio operatoriaus ir jo
matricos sąryšį.
l teorema. Operatorius .'.1{ : E ---+ E yra savijungis tada ir tik tada, kai jo
matrica A tam tikroje ortonormuotoje bazėje { ei }, i=l, n , yra simetrinė.
Įrody mas. Būtinumas. Tarkime, kad ortonormuotoje bazėje { ei }, i = l, n ,
operatorius .'.7{ yra savijungis, taigi .'.7{ = .'.7{•. Kadangi šie operatoriai sutampa,
tai turi sutapti ir jų matricos A ir A T (iš 8 .9 skyrelio žinome, kad operatoriaus
.'.7{ * matrica ortonormuotoje bazėje yra A T ). Iš sąlygos A = A r išplaukia, kad
A yra simetrinė matrica.
Pakankamumas. Tarkime, kad A - simetrinė matrica ortonormuotoje
bazėje { ei }, i = 1 , n. Tada A T = A. Vadinasi, operatorių .'.7{• ir .'.7{ matricos
sutampa, todėl .'.7{ = .'.7{ *. A
Iš šios teoremos akivaizdu, kodėl savijungis operatorius dar vadinamas
simetriniu.
Pavyzdys. Kadangi simetrijos ašies Oy atžvilgiu operatoriaus matrica (8 .3
skyrelio pavyzdys)
[-1 o] '
o
l
[� ½l
[i Į �l
plokštumos sąspūdžio prie ašies Ox matrica (8.4 skyrelio pavyzdys)
bei projektavimo operatoriaus matrica (8 .5 skyrelio 2 pavyzdys)
yra simetrinės, tai visi šie trys operatoriai yra simetriniai (savijungiai). A
3 14
Toliau pateiksime dvi teoremas apie savijungių operatorių tikrinius
vektorius.
2 teorema. Tikriniai savijungio operatoriaus vektoriai, atitinkantys skir
tingas tikrines reikšmes, yra ortogonalūs.
Įrody mas. Tarkime, kad x 1 , x 2 - tikriniai operatoriaus .JI vektoriai, atitinkantys tikrines reikšmes A- 1, A- 2 , {1,,1 ,Į )., 2 ). Tada teisingi sąryšiai
Kadangi operatorius .JI yra savijungis, tai
l.JI x , , X 2 )= lx , , .JI x 2 )
ir
arba
Iš čia
Kadangi )., 1 ,Į )., 2 , tai (x 1 , x 2 ) =O. Vadinasi, vektoriai x 1 ir x 2 yra ortogo
nalūs. A
3 teorema (apie tikrinių vektorių pilnumą). Kiekvienas savijungis
operatorius .JI n-matėje Euklido erdvėje turi n poromis ortogonalių tikrinių
vektorių. Šiuos vektorius atitinkančios tikrinės reikšmės yra realieji skaičiai.
Įrody mas. Įrodydami šią teoremą, apsiribosime atveju n = 2 (bendruoju
atveju ją galima įrodyti matematinės indukcijos būdu). Imkime simetrinę
matricą
l
l
ir sudarykime charakteringąją jos lygtį
a,2
a11 -A2
=O.
=O<=> ).,2 -(a1 1 + a22 ) A-+ a1 1a22 -a12
a12
a22 - A-
Šios lygties sprendiniai yra
(a11 + a22 ) 2 -4 a1 , a22 +4 af2
a1 1 + a22 ± �
--------=
--'---A-1' 2 =---
2
=
2
a11 + a22 ± �(a11 -a22 ) +4 af2
2
315
Kai pošalmis (a1 1 - a22 ) 2 + 4af2 'c/= O , tai t-. 1 'c/= t-.2 - du skirtingi realieji
skaičiai. Pagal l teoremą, juos atitinkantys tikriniai vektoriai yra ortogonalūs.
Kai ( a1 1 - a22 ) 2 + 4af2 = O , tai a1 1 = a22 ir a1 2 = O . Tada
a 1
A=[ 1
O
O
a1 1
l·
Tikriniai ortogonalieji šios matricos vektoriai yra tokie:
[�] u
8.11. Savijungio operatoriaus matricos keitimas
diagonaliąj a matrica
Šiame skyrelyje apibendrinsime anksčiau gautus rezultatus ir padarytomis
išvadomis remsimės 9 skyriuje, nagrinėdami kvadratinių formų keitimą
kanoninės išraiškos formomis.
Tarkime, kad operatorius .J{ yra savijungis. Vadinasi, jo matrica A orto
normuotoje bazėje yra simetrinė.
Kadangi operatorius .J{ yra savijungis, tai jis turi n poromis ortogonaliųjų
tikrinių vektorių, iš kurių galima sudaryti ortonormuotą bazę. Operatoriaus .J{
matrica A' šioje bazėje bus diagonali. Bazės keitimo matrica S, kuri tenkina
sąryšį A' = s - 1 AS , bus ortogonali, todėl s - 1 = S T . Vadinasi, kai A simetrinė matrica, tai egzistuoja ortogonalioji matrica S, su kuria
s- 1 AS = s rAS yra diagonalioji matrica.
Iš čia išplaukia toks simetrinės matricos A keitimo diagonaliąja matrica
A' algoritmas:
l ) randamos matricos A tikrinės reikšmės ir tikriniai vektoriai;
2) iš tikrinių matricos vektorių, juos sunormavus, sudaroma bazės
keitimo matrica S;
3) diagonalioji matrica A' gaunama taikant formulę
A' = S TAS .
Pavyzdys. Raskime bazę, kurioje simetrinė matrica
yra diagonalizuojama.
316
Sprendimas. Sudarykime charakteringąją matricos lygtį
5 -A -6
-3
[ -6 9 -A
O i = 0 e> (5 -A) (9 - A} 2 -45 (9 -A) =O.
O 9 -A
-3
Ši lygtis turi sprendinius "- I =O, A z =9 , A- 3 =14 , kuriuos atitinka tikriniai
F, [
vektoriai
o 1 -2
[3 2 1
sudarome bazės keitimo matricą:
F, [- s
3
S=
$4
2
$4
$4
6 3
o
F.
- fio5
Juos
sunormavę,
Js2 fio
3
- Js fio
l
o o
A' = [O 9
o o
6
Diagonalioji matricos A išraiška yra tokia:
�i-
14
Nesunku įsitikinti, kad tuomet teisingas sąryšis A' = S T AS . �
Uždaviniai
l. Operatorius .JI kiekvienam vektoriui x = (a 1 ; a 2 ; a 3 ) priskiria vektorių y,
išreikštą koordinatėmis toje pačioje bazėje. Ištirkite, ar operatorius .JI yra tiesinis, kai:
a) y = (5 a 1 - a 2 ; a 3 + a 2 ; a 1 ) ;
b) y = (a 1 + 3; a 2 ; a 3 ) ;
e) y = (at ; at a� ) .
2. Operatorius .JI: R 3 � R 3 kiekvienam erdvės R 3 vektoriui i priskiria
vektorių ji . Ištirkite, ar operatorius .JI yra tiesinis, kai:
a) ji = (a, x)a ; čia
a - pastovus erdvės R 3
b) ji = [i, a]a ; čia a - pastovus erdvės R 3
vektorius; simboliu [ i, a]
vektorius;
317
pažymėta vektorinė sandauga i x a.
3. Tiesinis operatorius .71 kiekvienam vektoriui x = (a 1 ; a 2 ; a 3 ) priskiria
vektorių y, išreikštą koordinatėmis toje pačioje bazėje. Parašykite operatorius .71
matricą, kai:
a) y = (3a 1 - 4a 2 + 5a3 ; 2a 1 + a 2 ; a 2 - a3 ) ;
b} y = (a 1 + a 2 + a 3 ; - a 3 ; a 2 )
;
c). y = (a 1 + a 3 ; O; 4a 1 + 7a 2 - 8a 3 ) .
4. Tiesinis operatorius _71: R 3 � R 3 vektoriui
x
priskiria vektorių y = (a, x)a .
Raskite operatoriaus _JI matricą ortonormuotoje bazėje T, ], k , kai a = 7i - 6] + 5k .
5. Diferencijavimo operatorius 1) apibrėžtas dvimatėje tiesinėje erdvėje, kurios
bazę sudaro vektoriai v 1 = i cos t, v2 = i sin t . Raskite operatoriaus 1) matricą.
x
6. Tarkime, kad operatorius _71: R 2 � R 2 kiekvienam vektoriui
priskiria
simetrišką ašies Oy atžvilgiu vektorių .71 . Parašykite šio operatoriaus matricą.
7. Tarkime, kad {e; } ir {e 1 } Ų =
j=
yra dvi tiesinės erdvės bazės, A -
x
i:-;;, i:-;;)
tiesinio operatoriaus .71 matrica bazėje {e;} , i = l, n . Raskite šio operatoriaus matricą
bazėje {e 1 }, j = l , n , kai:
A = [l
2
eį = 3e 1 + 2e 2 - e3 ,
b) e 2 = e 1 + e 2 + e 3 ,
e3 = 2e 1 - 3e 3 ,
-3
·
4] '
8. Erdvėje P2 , kurios bazė l , t, 1 2 , operatoriaus .71 matrica
Raskite šio operatoriaus matricą bazėje 2t 2 + 31 + l, 3t 2 - 1, t 2 - 5t + 3 .
9. Bazėje e 1 ,e 2 ,e 3 tiesinio operatoriaus .71 matrica
-11
Raskite jo matricą bazėje e1 ,e 2 ,e'.i , kai
- 15
-7
318
10. Bazėje a 1 = (8;-6; 7), a 2 = (- 1 6; 7;-1 3), a 3 = (9;-3; 7) tiesinio operatoriaus
.JI matrica
[ l -1 8 1 5 ]
A = - 1 - 22 20 .
l - 25 22
Raskite jo matricą bazėje b1 = (1;-2; l), b2 = (3;-1; 2), b3 = (2; l; 2) .
1 1 . Tarkime, kad bazėje e 1 , e 2 operatoriaus .JI matrica yra
bazėje e 1 = e 1 + e 2 , e 2 = e 1 + 2e 2 operatoriaus 13 matrica yra
B=[
o]
l
.
2 -l
Raskite šių operatorių matricas nurodytose bazėse:
a) .JI + 13 bazėje e 1 , ei ;
b)
c)
2.Jt - 313 bazėje e 1 ,e 2 ;
.J{13 bazėje e 1 , e 2 .
12. Bazėje a1 = (l; 2), a2 = (2; 3) tiesinio operatoriaus .JI matrica yra
[! �] .
Bazėje b1 = (3; 1), b2 = (4; 2) tiesinio operatoriaus 13 matrica yra [: :] . Raskite
operatoriaus .JI + 13 matricą bazėje b1 , b2 .
13. Bazėje a1 = (-3; 7), a 2 = (l;- 2) tiesinio operatoriaus .JI matrica
A =[
2 -l
J
5 -3 '
o bazėje b1 = (6; - 7), b2 = (-5; 6) tiesinio operatoriaus 13 matrica
Raskite:
=
B [�
�l
a) operatoriaus .JI matricą bazėje i = (l; O), j = (O; l) ;
b) operatoriaus 13 matricą bazėje i = (l; O), j = (O; l)
3 19
c) operatoriaus .'.lIB matricą bazėje i = (\; O), j = (O; l) .
14. Raskite tiesinio operatoriaus tikrines reikšmes ir tikrinius vektorius, kai jo
matrica yra:
4
5
2
-7
a) [ 5 3] ;
6 -9 4
l 4
[
b) 4 - 37 8] .
6 -7 7
15. Šias matricas pakeiskite diagonaliosiomis ir raskite bazes, kuriose jos yra
diagonalizuojamos:
r,
2
b) [- 2
O
-2
O
l
-2
- 2l .
O
1 6. Ištirkite, ar šios matricos yra ortogonalios:
-1
-Ji
a) - 3 o 4 ; b)
1 -2 10
l
2
2
Js ../6 Fo
l
l
2
- Js ../6l Fo5
o
../6 - Fo
1 7. Raskite ortonormuotąją bazę, kurioje simetrinės matricos yra diagona
lizuojamos ir parašykite bazės keitimo matricą:
-,'
-2
a) [; �l
Atsakymai
l. a) Taip; b) ne; e) ne. 2. a) Taip; b) taip. 3. a)
c)
[: _:,l
o
o
7
49
4.
[- 42
35
- 42
35 l
36 - 30 . 5.
- 30 25
" ] ['"
[�l :] .
19
33 - 22]
[ 78
b) ½ - 1 23 - 26 - 1 00 . 8. \ - 27 - 34 54 . 9.
4
- 66 - 1 7 - 49
23
36
12
[l
6.
[i
-:,]
-4
[
-oi
o
2
o
:J. b) [:
-l
�l
o
o
7. a)
:] [:
10.
[
�l
2 -2
]2 3 '
2
-l
-3
-:,]
320
[! !l [=�: ��]; [!� =!�].
i: �!].
1 1 . a)
b)
3
b ) [� ��
1,. 2
= 1,. 3 = O
cx[½ l
- ��2] ; e ) [1
1
Ir,
e)
.[6 - .fi
l
- .[6 - .fi
l
.[6
l
cx[l
2
3)
7
.fi
o
l
.fil
.fi
[
-�sl
_ ::,S
; b)
o A. 2 = A. 3 = - l - tikrinis vektorius cx[l
l
l
1 2.
-2
1 3. a) [
1
1 4. a) 1,. 1 = l atitinka tikrinis vektorius cx[l
- tikrinis vektorius
16. a) Ne;
2
e)
b) taip.
1 7. a)
1,. 1
.fi
2
l
2
2
.fi
2
tf ,
o
atitinka tikrinis vektorius
tf ; cx E R, cx ctc O . 15. a)
2
-
=3
l
�T
3
b)
fo
2
fo
[-oi �] ;
9
KVADRATINĖS FORMOS
9.1. Pagrindinės sąvokos
Tarkime, kad kintamieji x1, x2 , . . . , xn įgyja realiąsias skaitines reikšmes.
Apibrėžimas. Kintamųjų x1, x2 , . . . , xn kvadratine for ma v adinamas
reiškinys
2
2
a11X1 + a12 X1X2 + a13 X1X3 + . . . + a1n X1Xn + a2 1X2 X1 + a22 X2 + . . . +
+ a2n X2 Xn + . . . + an1XnX1 + an2XnX2 + . . . + ann x; =
n
n
L 2: 0u xixj ;
i =l j=I
čia aij - skaičiai, vadinami kvadratin ės formos ko efici entais.
Kvadratinę formą žymėsime taip:
Matricą
n
(l)
n
Q (x1, X2 , .. , , xn )=L L aij xi xj .
i =l j = I
A=
a11 a12
a2 1 a22
a1n
azn
vadinsime kvadratin ės formos matrica . Toliau tarsime, kad au = aji (i
* j) ,
322
todėl matrica A bus simetrinė. Šiuo atveju (l) reiškinyje prieš sandaugą x; xj
bus koeficientas 2 aiJ .
*
Kai det A O, tai kvadratinė forma vadinama neišsigimusiąja, kaip ir jos
matrica A.
Kvadratin ės formos rang u vadinamas jos matricos A rangas.
Pažymėkime:
Apskaičiuokime sandaugą x r AX.
Kadangi
AX =
a1 1 X1 + a1 2 X2 + · · · + a1n Xn
a21 X1 + a22 X2 + · · · + azn Xn
x r AX = [(a1 1x1 + a12X2 +... + a1n xn )x1 +... + (an1X1 + an 2 X2 +...+ ann xn )xn ]=
tai
=
[±
f, aij xi xj ] = [Q ( x1 , Xz ,... , xn > ].
i=l j =l
Jeigu matricą, turinčią vieną elementą, sutapatintume su tuo elementu, tai
galėtume parašyti:
r
Q (x1 , Xz , ... , xn ) = x AX .
Taigi x r AX yra matricin ė kvadratin ės for mos išraiška.
Pavyzdys. Kvadratinę formą
Q (x1 , x2 , x3 ) =4 xf +3 x? - xf +2 x1 x2 -4 x1 x3 +8 x2 x3
parašykime matricine išraiška.
Sprendima s . Kadangi
tai
(2)
323
Sakykime, kad Y{ : E � E yra savijungis operatorius, kurio matrica A, o
vektoriaus x koordinatės tam tikroje ortonormuotoje bazėje { e i } (i = l, n) yra
lygios x1 , x2 ,... , xn. Remdamiesi 8.8 skyrelio (22) bei 8.2 skyrelio (7 )
formule, galime parašyti:
(Y{ x, x) = (AXl X = X T A T X .
Kadangi savijungio operatoriaus Y{ matrica A ortonormuotoje bazėje yra
simetrinė (žr. 8. 10 skyrelį), tai A T =A. Todėl
(Y{ x,x) = x T AX = Q (x1 , xz ,. .. , xn ).
9.2. Kvadratinės formos kanonizavimas naudojant
ortogonaliąją matricą
Sakoma, kad kvadratinės formos ( l ) išraiška yra kanonin ė , jei visi jos
koeficientai aiJ = O, kai i j. Taigi kanoninė kvadratinės formos išraiška yra
tokia:
*
Šios formos matrica A' yra diagonalioji:
o
A' =
o
o
o
o
Jos ieškojimo procesas vadinamas matricos A kanonizavimu. Vadinasi , norint
kanonizuoti ( l ) kvadratinę formą , reikia simetrinę jos matricą A pakeisti
diagonaliąja matrica A' . Šio proceso algoritmas aprašytas 8. 1 1 skyrelyje.
Teorema. Kiekvieną kvadratinę formą galima pakeisti kanoninės
išraiškos forma.
Įrody mas . Tarkime, duota kvadratinės formos matrica A bazėje
{ eJ, i = l, n. Kadangi A - simetrinė matrica, tai egzistuoja ortoganalioji
bazės keitimo matrica S, su kuria teisingas sąryšis
324
o
o
o
o "-2
A' = S TAS =
"-1
o
o
"-n
čia A' - diagonalioji matricos A išraiška, S - bazės {e i } keitimo tam tikra
ortonormuotąja baze {e; } Ų = l, n) matrica; A. 1 J. 2 , ... , "- n - tikrinės matricos
A reikšmės.
Tarkime, kad tam tikro vektoriaus x koordinatės bazėse {e i } ir
{e; } Ų = l, n) nusakomos matricomis stulpeliais
' Y=
Y1
Y2
Yn
Remdamiesi 6.7 skyrelio (1 8) formule, gauname: X = SY. Tada
x TAX =
Kadangi
y A ' Y = �l
T
= ["-1 Y1
"- 2Y2
(srf ASY = y
T
s T ASY = y TA ' Y .
o
"-1
O "-2
Y2 ... yJ
o o
· · · "- nYn ].
tai, pagal 9. l skyrelio (2 ) formulę,
Y1
y2
Yn
o
o
YI
Y2
= ["-11f + "- 2Yi + · . . + "- nY�
T
Q (x1 , x2 , - - · , xn ) = X AX =± "- i Yl .
i=I
l
(3 )
Vadinasi, kvadratinę formą pakeitėmė kanoninės išraiškos forma. A
Kaip jau minėjome, šio proceso algoritmas aprašytas 8.1 1 skyrelyje,
nagrinėjant simetrinės matricos diagonalinimą. Teoremos įrodyme pateiktas
būdas vadinamas k vadrat in ės for m os kanoniza vimu naud ojant ort og onal iąją
matr ic ą.
l pavyzdys. Raskime ortogonaliąją matricą, kanonizuojančią kvadratinę
formą Q (x1 , x2 )= 7 xf +3 x} + 6 -Js x1 x2 , ir parašykime kanoninę šios formos
325
išraišką.
Sprendi mas . Parašome duotosios kvadratinės formos matricą
ir sudarome charakteringąją lygtį
A=
[
3
7
-Js
3
3
-Jsl
Jos sprendiniai yra A-1 =-2 ir A- 2 =12 . Sprendinį A-1 =-2 atitinka lygtis
3a1 +
.Jsa2 =O, turinti sprendinį
Iš čia, parinkę � = -3 , gauname tikrinį vektorių [
Js
A- 2 =12 atitinka lygtis 5a1 -3 ,,/sa2 =O, kurios sprendinys
Kai � =
Js ,
[1�1, Jsr
-3
r
Sprendinį
�ER
gauname tikrinį vektorių [3
vektorius, gauname matricą
Js 3
S = ffe
3
Js
- ffe ffe
Sunormavę tikrinius
kanonizuojančią kvadratinę formą. Kanoninė kvadratinės formos išraiška yra
tokia:
326
Js Y1 +
Ji gaunama panaudojant transformacijąX = SY, taigi
[:: ]=
Vadinasi,
Js
3
.jI4
.jI4
.{14
.{14
Y2
3
- -- y, + -- y2
Js
3
x1 = r,; Y1 + r,; Y2 ,
v l4
v l4
Įrašę šias x1 , x2 išraiškas i duotąją kvadratinę formą
Q (xi , x2 ) = 7 xf +3 x} +6 Js x1 x2 ,
gauname kanoninę šios formos išraišką
Q &i , yi ) = -2yt + 1 2y} . •
2 pavyzdys. Raskime ortogonaliąją matricą, kuri kanonizuoja kvadratinę
formą
Q (xi , x2 , x3 )=4 xf + x} +9 x/ -4 x1 x2 -6 x2 x3 +12 x1 x3 ,
(4 )
ir parašykime kanoninę šios formos išraišką.
Sprendimas. Parašome šios kvadratinės formos matricą
ir sudarome charakteringąją lygti
4 -A.
-2
6
-2
l -A.
-3
6
-3 =O<=> -A,3 +14 A.2 =O,
9 -A.
turinčią sprendinius A.1 =14 , A. 2 , 3 =O. Sprendinį A. 1 =14 atitinka sistema
turinti sprendinį
327
- 1 0a 1 - 2a 2 + 6a 3 = O,
{ - 2a 1 - 1 3a 2 - 3a 3 = O,
6a 1 - 3a 2 - 5a 3 = 0,
l
p
-: ] ,
p e R.
- 3P
Iš čia, kai p = l , gauname tikrinį vektorių [- 2 l - 3
Sprendinį A 2 = O
atitinka viena lygtis 2a 1 - a 2 + 3a 3 = O , kurios sprendinys
[ 2 � 3y
�
l �.
f.
yER.
Iš čia, kai p = l, y = O, , gauname tikrinį vektorių [ l 2 O] T .
Trečiąjį tikrinį vektorių, atitinkantį A. 3 = O, gausime iš jo ortogonalumo
vektoriams [ l 2 O
turinčios sprendinį
Y ir [- 2
{
l -3
Y sąlygos, taigi iš sistemos
a 1 + 2a 2 = O,
- 2a 1 + a 2 - 3a 3 = O,
- 2p
p
�p
3
, f} e R .
Iš čia, kai p = 3 , gauname tikrinį vektorių [- 6 3 5 ]r Sunormavę tikrinius
.
vektorius, gauname matricą
Js2 - Fo
- ffe
l
3
S=
ffe Js Fo
3
5
o
- JI4
Fo
2
l
6
328
kanonizuoj ančią kvadratinę formą. Kanoninė kvadratinės formos išraiška yra
tokia:
Ji gaunama panaudojant transformaciją X = SY, taigi
Js Fo
JI4
2
3
l
-- Ji + - J + -- J3
JI43 Js 5 Fo
--- Ji + -- J3
JI4 Fo
6
2
l
- -- Ji + - J2 --- J3
2
JI4 Js Fo
2
l
3
,
X = j14 J +
J +
Jš
Fo J3
3
5
.
X3 =J1 +
JI4 Fo J3
iš čia gauname transformacijos formules
6
l
2
Xt =--- JI + - J2 --- J3 ,
2
1
2
Įrašę šias x1 , x2 , x3 išraiškas į (4 ) formulę, gautume: Q �1 , J2 , J3 )=14 Jf. ..6.
9.3. Kvadratinės formos kanonizavimas Lagranžo • metodu
Šiuo metodu kvadratinė forma
(
)
Q x1 , x2 ,... , x,, =
n
n
L L a xix
iJ
J
i =I J= I
kanonizuojama, nuosekliai išskiriant pilnuosius kvadratus.
Tarkime, kad bent vienas iš koeficientų aii O. Kad būtų paprasčiau,
sakykime, jog a1 1 O. Pirmiausia surinkime ir surašykime skliaustuose visus
kvadratinės formos narius, turinčius x1. Kitų narių, kurių sudėtyje nėra x1 ,
sumą pažymėkime Q1 (x2 , x3 ,... , Xn ). Tada
*
*
Q (xi , x2 ,... , xn )=(a1 1xf +2 a1 2 x1 x2 +2 a13 x1 x3 +... +2 a1 n xl xn )+
• Žozefas Luji Lagranžas (J. L. Lagrange, 1 736-1 8 1 3) - prancūzų matematikas ir mechanikas.
329
{
l
l
l
' l
+ Q1 (x2 , X3 , . . . , xn ) = a 1 1 ( Xf + � x1 (a1 2 X2 + a13 X3 + . . . + a1n X11 ) +
a1 1
2
2
+ -½- (a12 x2 + a13 X3 + . . . + a1n Xn ) - -½- (a1 2 X2 + a13 x3 + . . . + ain xn ) )+
a1 1
a1 1
+ Q1
(x2 , x3
,. · ·
2
1
, xn ) = a1 l (x1 + -- (a1 2 x2 + a13 x3 + · · · + a1n x,JJ +
a1 1
·
·
+ Q2 (x2 , X3 , . . , xn ) + Q1 (x2 , x3 , . . , xn ) ;
čia Q2 (x2 , x3 , . . . , xn ) = a 1 1 ( - + (a 1 2x2 + a13 x3 + . . . + a 1 n xn )2 ] .
a1 1
Pažymėję Q1 (x2 , x3 , . . . , xn )+ Q2 (x2 , x3 , . . . , xn ) = Q3 (x2 , x3 , . . . , xn ) ,
gauname:
Q (X1 , X2 , · · · , xn
)- (
)J
a 1 1 X1 + (a1 2 X2 + a1 3 x3 + · · · + a 1n x11
- a 1 1 �����-��--��
a1 1
2
+
l
2
+ Q3 (x2 , X3 , . . . , xn ) = -- (a1 1 x1 + a1 2 x2 + . . . + a1n xn ) + Q3 (x2 , x3 , . . . , xn )
a1 1
Jei kvadratinė forma Q3 lx2 , x3 , . . . , x11 ) turi bent vieną nelygų nuliui
koeficientą prie nežinomųjų kvadrato, tai ji toliau pertvarkoma analogišku
būdu. Pažymėję y1 = a1 1 x1 + a1 2 x2 + . . . + a1 11 x11 , gautume pirmąjį kvadratinės
1
formos Q 1 , y2 , . . . , Yn ) dėmenį --Yf , kuris jau būdingas kanoninei šios
l;,
formos išraiškai.
Pavyzdys. Kvadratinę formą
a1 1
Q (x1 , x2 , x3 )= -3x} + 4x1 x2 + l Ox1 x3 - 4x2 x3
parašykime kanonine išraiška.
Sprendi mas . Kadangi koeficientas a 22 = -3 * O , tai taikome nurodytą
algoritmą:
330
l
2
11
121 2 121 2
2
2
4 2
2
[
= -3 X2 - - X1 + -x3 ) + - [X1 + 2 · - X1 X3 + - x3 - - X3 + x3 =
3
Pažymėję
3
4
3
Yi
Y2
2
16
16
2
= - 3 X1 + X2 + 3 X3 ,
11
= x, + 4 X3 '
Y3 = X3 ,
gauname kanoninę kvadratinės formos išraišką
Q &1 , Y2 , Y3 ) = -3yf
5
+ i yj - 34
3
yf _ .A.
9.4. Antrosios eilės kreivių lygčių prastinimas
Iš 5 skyriaus žinome tokias kanonines antrosios eilės kreivių lygtis:
l ) elipsės
x2 y2
+2 = l ( a > O, b > O) ;
a2 b
2) hiperbolės
x2 y 2
- = ±l (a > O, b > O) ;
2
a - b2
331
3)
4)
parabolės
y
2
=2 px (p * O) ;
susikertančiųjų tiesių poros
2
2 2
a x -b y 2 = O (a :;e O, b :;e O) ;
5) lygiagrečiųjų arba sutampančiųjų tiesių poros
x2 - a 2 = O (a � O).
2
y2
Dar paminėsime, kad lygtis ;- + 2 = O apibrėžia tašką (O; O), o lygtys
a
b
..:.:_
=-l '
+ Z:..
2
2
a
b
x2 =- a 2 ' y 2 =-a 2 -tuščiąsias aibes.
Nagrinėkime antrosios eilės lygtį
2
a1 1 X + 2 a 1 2 XY + a22 Y 2 + a1 3 x + a23 y + a33 =O,
(5)
kuri vadinama bendr ąja antrosios eil ės krei vė s lygtimi ; čia a 11 , a1 2 , a22 , a13 ,
a 2 3 , a33 - realieji skaičiai.
(5) lygtį parašykime matricine išraiška:
�
yJ [:::
::: l[;] + [a13
a,J [;j + an
= O
Mūsų uždavinys - rasti koordinačių sistemą, kurioje (5) lygtis užrašoma
kanonine išraiška.
Nagrinėkime kvadratinę formą
2
Q (x, y)=a1 1 x + 2 a1 2 xy + a22 i ,
kurios matrica ortonormuotoje bazėje T , ] yra
A=[
a1 1
a12
a12
a22
(6 )
(7 )
].
Sakykime, ortogonalusis operatorius, kurio matrica
S=[
s11
s2 1
kanonizuoja (7 ) kvadratinę formą. Taigi ortonormuotoje bazėje i' = s1 Ji +
+ s2 1l ,
] '=s1iT + s22 l
(7 ) formulės išraiška bus tokia:
A1 x' 2 + A 2 y' 2 ;
čia A 1, A 2 -tikrinės matricos A reikšmės.
332
(6 ) lygtį galima parašyti simboliškai:
S1 2 ]
s22
·
[x']
y
, + a33 =O.
(8 )
Po šio žingsnio (5) lygtis bus pakeista antrosios eilės lygtimi, kurioje nėra
nario su sandauga x 'y' . Bendruoju atveju galima rašyti, kad (5) lygtis pakeista
lygtimi
(9 )
Norėdami išsiaiškinti geometrinę (9 ) lygties prasmę, išskirkime dvinario
kvadratus:
čia
d=¼[:'. < )-e
Pažymėję
,
,
_
b
_
a
X + - = X , y +-- - y
iš ( lO) lygties gauname lygtį
2A1
� -2 � -2 d
11,1 X + 11,2Y =
2A 2 -
(1 1)
,
( 12 )
( l l ) lygtimis nusakoma transformacija yra lygiagretusis postūmis, kuriuo
koordinačių pradžios taškas 0(0 ; O) perkeliamas į tašką
o(- �
2')...1
b
;- --] ·
2')...2
l. Tarkime, kad >.. 1 > O, >.. 2 > O. Tada kairioji (12 ) lygties pusė visada
teigiama. Todėl ( 12 ) lygtis nusako tuščiąją aibę, kai d < O, ir tašką (O; O), kai
d = O. Pirmuoju atveju (d < O) dar sakoma, kad (12 ) lygtis nusako menamąją
333
e lips ę, o antruoju atveju (d = O) - išsigimusi ąj ą e lipsę. Kai d > O, (12 ) lygtį
pakeičiame lygtimi
-2 -2
� + L =1
d
'- 1
d
'-2
iš kurios gauname kan onin ę e lips ės lygt į
-2 y
-2
X
+
;:;2 į;Z
' =l ;
čia
a 2 = .!!.... ,
'-1
p
·
= _i__ .
'-2
Atvejis A-1 < O, A- 2 < O pakeičiamas atveju A-1 > O, A- 2 > O, padauginant
abi (1 2 ) lygties puses iš -1 .
2. Tarkime, kad .1. 1 > O, .1. 2 < O. Pažymėkime A- 2 = -µ 2 ; čia µ 2 > O.
Tada ( 12 ) lygtį galima parašyti taip:
\ -2
-2
(13 )
"-1X - µ2y = d
Kai d =O, tai ( 13 ) lygtis apibrėžia dvi susikertančias tieses:
Fi x - .pi y = O
ir Fi x + .{µ; y = O .
Kai d > O, iš ( 13 ) lygties gauname lygtį
-2 y
-2
X
- = l.
d d
'-1
µ2
d - 2 d -2
.
" .. . hiper
" bo ["es lygą.
PazymeJę
= a , - = b , tunme kanomnę
'- 1
µ2
-2
-2
y
;:;2 p =l.
X
Atvejis d < O nagrinėjamas analogiškai.
3. Tarkime, kad .1. 1 = O, .1. 2 � O. Tada (9 ) lygtis virsta tokia:
Išskirkime dvinario kvadratą:
"-2 ( Y
\
A. 2 y' 2 + a x' + by' + e = O.
,
, 2 + b y' ]
+ a.x + e = 0
�
,
( 14 )
334
Pažymėję
). 2
(y'
A2
(y'
2
b
+ --) + ax' + e -±._=O
4A 2
2 A2
2
b
+ --) =-a (x' + -=- -L] (a * O).
a 4aA 2
2 ). 2
X
,
yl+
b
=y,
2 A. 2
2
e
b
+ - ---=X
a 4aA 2
gauname k anoninę par abol ės lygtį
-
a
=2 p ,
-;;:;_
y 2 =2 px.
Kai a = O, iš (14 ) lygties gauname lygtį
A 2 (Y ' +
Pažymėję
_.!?._)
2 A2
b
( y' + 2 A2
yl +
2
b_
_
4A}
turime arba dvi lygiagrečiąsias tieses
arba menamąją kreivę
]2
2
±._ - e ,
=
4A 2
b
-,
=y
2 A. 2
- --=-- = -+f
A2
2
y2 = 1 2 ,
y 2 =-/ 2.
Žinome, kad A1 , A. 2 - matricos A charakteringosios lygties
sprendiniai. Išskleidę š į determinantą, turime
335
')...,2 -A. ( a1 1 + a22 ) + a1 1 a22 - af2 = O.
Pagal Vieto· teoremą, šios lygties sprendinių A. 1 ir A z sandauga lygi
A1 A 2 = a1 1a22 -afz ·
Apibendrinsime atlikto tyrimo rezultatus:
l ) kai A 1 A 2 = a 1 1a 22 -a f2 > O, (5) lygtis apibrėžia elipsinę kreivę (arba
realiąją, arba menamąją, arba išsigimusiąją elipsę);
2 ) kai A 1 A 2 = a 1 1a 22 - a ;2 < O, (5) lygtis apibrėžia hiper bolinę kreivę
(arba hiperbolę, arba susikertančiųjų tiesių porą);
3 ) kai A t A 2 = a 1 1a 22 - a f2 = O, ( 5) lygtis apibrėžia para bolinę kreivę
(arba parabolę, arba lygiagrečiųjų tiesių porą, arba menamąją kreivę).
Baigdami skyrelį, suformuluosime (5) lygties keitimo kanonine lygtimi
alg orit m ą.
2
2
l. Sudarome kvadratinės formos Q (x, y) = a 1 1 x + 2 a 1 2 xy + a 22 y
matricą
2. Randame tikrines matricos A reikšmes A. 1 ir A. 2 bei normuotuosius
tikrinius vektorius
3. Sudarome ortogonaliąją bazės keitimo matricą
4. Taikydami formules
a1 az
S =[
].
f31 f32
[ xl = s [ x: <=> J x =a1X : + az<,
]
Y
Y
1 Y = f31 x + f32 Y ,
( 1 5)
įvedame naują koordinačių sistemą. Žinome, kad ( 1 5) formulės nusako posūkį.
5. Įrašę (1 5) formules į (5) lygtį, gauname lygtį, kurioje nėra sandaugos
x'y '.
• Fransua Vietas (F. Viete, 1540-1603) - prancūzų matematikas.
336
6. Gautoje lygtyje išskiriame dvinario kvadratus ir panaudojame
transformacijas, nusakomas ( 1 1 ) formulėmis, kitaip tariant, lygiagrečiai
pastumiame koordinačių ašis.
7. Braižome visas tris koordinačių sistemas xpy, x'py' , xOy bei pačią
kreivę.
l pavyzdys. Parašykime kanoninę kreivės lygties
5x 2 +8 xy +5 y 2 + 18 .[i. y +8 1 =O
išraišką ir nubraižykime šią kreivę.
Sprendi mas . Sudarome kvadratinės formos Q (x, y) =5x 2 +8 xy +5y 2
matricą
bei charakteringąją jos lygtį
4
5 -l
=0 <::> (5 - l) 2 =16 <::>5 -A. =±4 .
4
5-l
r.
Ši lygtis turi du sprendinius: l 1 =l, l 2 =9 . Kadangi l 1 l 2 =9 > O, tai nagri
nėjama kreivė yra elipsinė.
Tikrinę reikšmę l 1 =l atitinka tikrinis vektorius [1 - l] T , o tikrinę
.fi.l - .fi.l ,
reikšmę l 2 =9 - tikrinis vektorius [1 l
.
Šie: V 1 =
[ l
bazės keitimo matricą
r
]r . Normuotieji tikriniai vektoriai yra
v2 = [fi ft
Tada sudarnme ortogonaliają
[x']
Senąsias koordinates x, y bei naująsias koordinates x', y' sieja formulė
.Ji.l . y' .
l
ls
l
Iš čia
337
X=
l l
l l
y,
X+
Įi
Įi
l
l
( 16 )
y =-- x + - y.
Įi
Įi
l
l
Šios transformacijos formulės apibūdina koordinačių ašių posūkį apie
°
koordinačių pradži ą O (žr. 5 skyriaus (2 7) formules) kampu <p=-45 . Įrašę
( 16 ) formules į kreivės lygtį, gauname lygtį
x' 2 +9y' 2 -18 x' + 18 y'+8 1 =O.
Iš čia, išskyrę dvinario kvadratus, turime:
(x' - 9) 2 +9 (y' +1 ) 2 =9 ,
(x' -9) 2 (y' + 1) 2
=l.
+
9
l
Pažymėję x' -9=x ir y' + l =y , gauname koordinačių ašių lygiagrečiojo
postūmio formules.
Vadinasi, kanoninė kreivės lygtis bus tokia:
-2 -2
� + L=l.
l
9
Koordinačių sistemoje xOy ji apibrėžia elipsę, kurios pusašės lygios 3 ir l.
Elipsės centras O yra koordinačių sistemos x'Oy ' , gautos iš xOy posūkiu
°
<p = -45 , taškas (9; - l ) (9.1 pav. ). .A.
y
y'
X
y
9.1 pav.
338
2 pavyzdys. Parašykime kanoninę kreivės lygties
.{s
x2 -4xy + 4y 2 + 4 .{s x -3
y -15 = O
išraišką ir nubraižykime šią kreivę.
Sprendimas. Sudarome kvadratinės formos Q (x, y) = x 2 -4xy + 4y 2
matricą
1 -2 1
A =[ l
-2
- 2]
4
bei charakteringąją jos lygtį
1 -l
= O <=> (1 - 11.) (4 - l) - 4 = O.
-2 4 -A.
Ji turi du sprendinius: 11. 1 = O, 11. 2 = 5 . Kadangi 11. 1 11. 2 = O , tai nagrinėjama
kreivė yra parabolinė. Tikrinę reikšmę 11. 1 = O atitinka tikrinis vektorius
[2 l
f , o tikrinę reikšmę 11.
.
.
.
Šmos
vektonus, turime: v 1
2
2
= [ .{s
l
.{s
ir v ,
sudarykime ortogonaliąją bazės keitimo matricą
S=
r
f.
.
lr =[- }s }s
= 5 - tikrinis vektorius [- 1 2
Sunormavę
Toliau
2
.[s
l
.[s
Kadangi senąsias koordinates x, y ir naująsias koordinates x', y' sieja formulė
[;] = .[sf
2
tai
l
2 , l ,
x = - x -- y
y=
.[s
.[s '
l , 2 ,
.{s x + .{s y .
( 1 7)
fs ,
F5
339
Šios transformacijos formulės nusako koordinačių sistemos xOy posūkį kampu
q>, kuris gaunamas iš sąlygų cos q> =
°
sin q> =
(žr. 5 skyriaus (2 7 )
formules); iš čia q> "" 2 7 . Įrašę ( 1 7 ) formules į kreivės lygtį, gauname lygtį
arba lygtį
5y'2 + 5x' -10 y' -15=O,
y ' 2 - 2 y ' + x' - 3 = O
Išskyrę dvinario kvadratą, turime:
(y' -1)2
= -(x' - 4).
Pažymėję x = x' -4 , y = y' -1 , taigi perkėlę koordinačių sistemos x'Oy'
pradžią O lygiagrečiuoju postūmiu į tašką O (4 ; l ), gauname kanoninę nagri
nėjamos kreivės lygtį
-
-
y 2 = -x .
Koordinačių sistemoje xOy ji apibrėžia parabolę, kurios simetrijos ašis yra
ašis Ox (9.2 pav.). Parabolės židinys šioje koordinačių sistemoje yra
F(-¾; o) . A
X
9.2 pav.
340
9.5. Antrosios eilės paviršių lygčių prastinimas
5 skyriuje nagrinėjome antrosios eilės paviršius, apibrėžiamus tokiomis
lygtimis:
l ) triašius elipsoidus
x 2 y2 z 2
+2 = 1 ;
2+ 2
b
e
a
2 ) vienašakius hiperboloidus
2 y2 z 2
x
·
- 2 + 2 - c 2 =l '
b
a
3 ) dvišakius hiperboloidus
y2 z 2
x2 ·
2
2 - c 2 =l '
b
a
4 ) elipsinius paraboloidus
2
x
y2
z =- + - (pq >0 ) ;
2 p 2q
5) hiperbolinius paraboloidus
x2 y 2
z=- -- (pq >0 ) ;
2 p 2q
6 ) kūginius paviršius
x2 y2 z2
·
+
2
2 c 2 =O'
b
a
7 ) cilindrinius paviršius:
2
2
elipsinį cilindrą ; +,;.. = l
a
b
2
2
hiperbolinį cilindrą ; -.;.. = l
a
b
parabolinį cilindrą y 2 =2 px.
Aišku, kad lygtis
x2 y 2 z 2
-+ - + -=0
2
2
b2 c
a
2
2
nusako tašką (O; O; O), lygtis ; - .;.. = O - susikertančiųjų plokštumų porą,
a
b
2
2
lygtis x =a - lygiagrečiųjų plokštumų porą, o lygtis x 2 = - a 2 - mena
mųjų plokštumų porą.
l
34 1
Nagrinėkime trijų kintamųjų x, y ir z antrosios eilės lygtį
a1 1 x 2 + a22 y 2 + a33z 2 + 2a12 xy + 2 a1 3 xz + 2 a23 yz +
[x
+a 1 4x + a 24y + a34 z + a44 =O.
Ją galime parašyti simboliškai:
y z]. [::�
a1 3
::: ] - [ :] + (a1 4
z
a33
:::
a23
a24
Toliau nagrinėkime kvadratinę formą
a34 1 - [:]+ a44
z
(18 )
= 0.
(19 )
Q ( x, y, z) = a1 1 x2 + a22 y 2 + a33 z 2 + 2 a 1 2 xy + 2 a 1 3 xz + 2 a 23 yz ,
(20)
A=[: � : : : : ] .
kurios matrica ortonormuotoje bazėje T, ], k yra
a1 3
a2 3 a33
S3 l
S 32
Sakykime, ortogonalusis operatorius, kurio matrica
S= [;:: ;:: ;:: ] ,
S 33
kanonizuoja (20) formą. Tai reiškia, kad ortonormuotoje bazėje
kurioje
i', ]', k' ,
i' = SĮ i i + S2 1 } + S3 1 k,
] ' = s1 ii + s22 J + s32 k,
k' = s 1 / + s23 ] + s3 i,
(20) lygties išraiška bus tokia:
"- 1 x' 2 + "- 2 y' 2 + A 3z' 2 ;
čia A i , 11, 2 , 11, 3 - matricos A tikrinės reikšmės.
Po šio žingsnio (19 ) lygtis bus pakeista lygtimi
2
2
2
11, 1 x ' + 11, 2 y' + A 3z' + [a14
a 24
a34 ]. [:::
S1 3
;::
S23
;:: ] - [::] + a44 =O,
Z
S33
taigi lygtimi, kurią bendruoju atveju galima parašyti taip:
342
(2 1 )
Toliau išnagrinėkime tris atvejus, priklausančius nuo tikrinių reikšmių
'- 1 , '- 2 , '- 3
l. Visos trys tikrinės reikšmės nelygios nuliui:
At ,e O, ,__ 2 ,e O, ,__3
*O.
Išskyrę dvinario kvadratus, (2 1 ) lygtį pakeisime lygtimi
'- 1 [
x ' + _!!._]
2A 1
2
+ A2 [Y
2
] + A3 [z ' + -c-] = d ;
2A 2
2 ,_ 3
' + _!!_
•
..
•. - l
b 2 c2
c1a d = - - + - + -] - d . PazymeJę
2
(22)
[a2
4 '- 1
'-2
A.3
a
_
,
X + -=X
2,_ 1
iš (22) lygties gausime lygtį
,
b
_
-y
y + -- -
'
2A 2
'
,
e
2"3
-
z + -- = z
2
-2 + 1 1 -2 + 1 y
"-2
"-3 z = d ·
"- 1 x
(23)
(24)
(23) lygtys apibūdina lygiagretųjį postūmi, kuriuo koordinačių pradžios taškas
-*
-
c_J . Tolesnė tyrimo eiga
O perkeliamas į tašką o [ - _!!._ ;_ _!!_ ; __
2A 1 2" 2 2A 3
priklauso nuo to, ar d O , ar d = O .
1 . d ,t O .
a) Kai A 1 , A 2 , ,_3 ir d ženklai yra vienodi, tai, padaliję abi (24) lygties
puses iš J ir pažymėję
!!._ = a 2 .!!.__ = P,
iš (24) lygties gauname lygtį
'- 1
'
'-2
-2 Z2 =
X- 2 y
l
+
+
2 �
�
a
e
b
nusakančią triašį elipso idą.
b) Kai '- l , '- 2 ir d ženklai yra vienodi, o A 3 ir d ženklai - priešingi,
tai, padaliję abi (24) lygties puses iš J ir pažymėję
343
d
-2
.!!_ = a 2 !!_ = b 2 ' = -e '
' AA.
A-1
3
2
iš (24 ) lygties gauname lygtį
-2 -2 -2
.:._+ L -� = l
a 2 b2 22
nusakančią vienaš akį hiperboloid ą.
e) Kai A- 1 ir d ženklai yra vienodi, o A- 2 ir A. 3 ženklai - vienodi, bet
priešingi d ženklui, tai, padaliję abi (24 ) lygties puses iš d ir pažymėję
d
.!!_ = a 2 ' !!_ = -b 2 ' - = -e-2 '
A. 3
A-1
A- 2
iš (24 ) lygties gauname lygtį
-2 -2 -2
.:._ _ L _� = 1
a 2 b2 2 2
apibūdinančią dvišak į hiper boloidą.
2. d = 0.
a) Kai A-1 , A- 2 ir A. 3 ženklai yra vienodi, gauname tašką (O; O; O).
b) Kai A-1 ir A- 2 ženklai yra vienodi, pavyzdžiui, A-1 > 0, A. 2 > O, o A. 3 -2
l
. l
.
l = -e-2 , gau-2
priešingas, t. y. �11, 3 < O, tai, pažymėJę
=a ,
=b ,
"i;
½
¼
name k ūginio p avi rši au s lygtį
-2
X
-2 -2
Z
y
+
2 - e-2 = O.
-=T
a
b
11. Viena tikrinė reikšmė lygi nuliui, pavyzdžiui,
'-t ;t O, 1.. 2 ;t O, 1..3 = O .
Pažymėję
,
,
_
,
b
_
a
X + - = X , y +-- - y z = z ,
2 "-1
2 "-2
'
l
iš (21 ) lygties gauname lygtį
,._, x 2 + A. 2 y 2 + cz = J;
-
(25)
344
1 . c ;c O .
Iš (25) lygties turime
d
-
'-2 - 2
'-1 -2
z - -=-x -y
e
e
e
Pažymėję 'ž _ :!_ = z , gauname lygtį
(26 )
-� y 2
e
a) Kai '- l ir A- 2 ženklai yra vienodi, bet priešingi e ženklui, tai galima
pažymėti
e
e
--=2 p > 0 , --=2 q > 0 .
-�x
e
2=
2
'- 1
Tada (26 ) lygtis virsta lygtimi
'- 2
'
X
y2
2q
2
z = -+- '
2p
kuri nusako elipsin į para boloid ą.
b) Kai A- 1 ir A- 2 ženklai yra priešingi, pavyzdžiui, A- 1 < O , '- 2 > O , o
e > O, tai galima pažymėti
e
e
- -=2 p > O' -=2 q > O.
'- 1
Tada (26 ) lygtis virsta lygtimi
'-2
,
x2
y2
z =---
2p
kuri nusako hiper bolin į para boloid ą.
2. c = O.
(25) lygtis yra tokia:
-2
� -2
"-l x + �"-2 Y =d
2q '
(2 7 )
Ji apibrėžia cilindrinį paviršių, kurio sudaromoji lygiagreti su ašimi Ož ,
o vedamoji apibūdinama (2 7 ) lygtimi. Nelygu, koks vedamosios tipas,
gaunami skirtingi cilindriniai paviršiai. Kokias kreives nusako (2 7 ) lygtis,
išnagrinėta 9.4 skyrelyje.
III. Dvi tikrinės reikšmės lygios nuliui, pavyzdžiui,
"-t * 0, "- 2 =0, "-3 =O.
Pažymėję
,
a
- y'=y, z l =z- ,
=x,
x +
2 A1
345
iš (21 ) lygties gauname lygti
2
A 1.x + by + cz =d ;
•
(28 )
2
a
. d- =-l čia
- d.
4 Ą
Norėdami išsiaiškinti geometrinę (28 ) lygties prasmę, atliksime koordi
načių transformaciją, apibūdinamą bazių keitimo matrica
l
o
'
o
o
�b 2
b
+
e
o
c2
l
o
l
o
e
b
�b 2 + c 2
Tada (28 ) lygtis virsta lygtimi
2
'A.1 .x + [o b e]
�b 2
+c
2
(29 )
�b 2 + c 2
o
�b 2 + c2
�b 2 + c 2
b
2
�b 2 + c
e
�b 2 + c 2
taigi lygtimi
2
'A.1 .x + �b2 + c2 y =d.
Vadinasi, (29 ) matrica apibūdina transformaciją
x = x,
b
e
- ---;====
y = ---;==== y
z'
+
2
2
2
2
�b + c
�b + c
b
e
-+
z =y
z,
2
2
2
2
�b + c
�b + c
po kurios (28 ) lygtis igyja paprastesnę (30 ) išraišką.
Kai d =O, (30 ) lygtis virsta lygtimi
x2 =2 py ;
A
e
o
b
rn - J .
(30 )
(3 1 )
A
(32 )
346
(32 ) lygtis nusako para bo linį ci lindr ą.
Kai d O, tai, pažymėję
*
2 p =-
2
2
c_
_
��
b+_
"- i
,
x = x,
vėl gauname parabolinio cilindro lygtį
x 2 =2 py.
d
"
y - ---.=== = y '
�b 2 + c 2
(3 1 ) formulėmis nusakomai transformacijai būdinga tai, kad po jos (28 )
lygtis pakeičiama lygtimi, neturinčia vieno iš kintamųjų, būtent z . Taigi
atvejis b O, e O pakeičiamas atveju b O, e=O.
Todėl dar lieka aptarti atvejį b = O, e = O. Šiuo atveju (28 ) lygtis yra
tokia:
2 ;Ą, x =d .
*
*
*
-
-
1
Ji apibūdina lygiagrečiųjų plokštumų porą, kai A 1 d > O, arba sutampančiųjų
plokštumų porą, kai A 1 d =O, arba tuščiąją aibę, kai A 1 d < O.
l pavyzdys. Išnagrinėkime, kokį antrosios eilės paviršių apibrėžia lygtis
7 x 2 +6 y 2 +5z 2 -4 xy -4 yz -6 x -24 y -18 z + 70 =O.
Sprendimas . Sudarome kvadratinės formos
Q (x, y, z) =7 x 2 +6 y 2 +5z 2 - 4 xy -4 yz
matricą
bei charakteringąją jos lygtį
o
7 -A - 2
-2 6 - A -2 = O� 1,.3 -l8 A2 +99 A -162 = O.
- 2 5 -A
o
Ši lygtis turi tris sprendinius: "-l =3 , A 2 =6 , A 3 =9 .
f,
Tikrinę reikšmę A 1 = 3 atitinka tikrinis vektorius [t 2 2
tikrinę
reikšmę A 2 =6 - vektorius [2 l -2
tikrinę reikšmę A. 3 = 9 - vektorius
[-2 2 - l
Sunormavę šiuos tikrinius vektorius, iš jų koordinačių
f.
sudarome bazių keitimo matricą
f,
kuri apibrėžia transformaciją
l
3
2
S=
3
2
3
347
2
3
l
3
- -2
3
2
3
2
3
l
3
Po šios transformacijos nagrinėjama paviršiaus lygtis virsta lygtimi
2
3x' 2 + 6y' 2 + 9z ' - 30x' - 6z' + 70 = O .
Išskyrę dvinarių kvadratus, gauname lygtį
Iš jos, pažymėję
gauname lygtį
arba lygtį
3 (x· - sf + 6y'
2
+9(,·-½r = 6 .
, l x' - 5 = x, y' = y , z - - = z '
3
3x 2 + 6y 2 + 9z 2 = 6 ,
-2 - 2 - 2
�+L+� = l
2
l
2
3
nusakančią triašį elipsoidą . .._
2 pavyzdys. Ištirkime, kokį antrosios eilės paviršių apibūdina lygtis
5x 2 + 2 y 2 + 2z 2 - 2xy + 2xz - 4yz +
Sprendimas. Sudarome kvadratinės formos
matricą
./6 (x - y) + l = O .
Q (x, y, z) = 5x 2 + 2y 2 + 2z 2 - 2xy + 2xz - 4yz
348
bei charakteringąją jos lygti
5 -A. -1
-1 2 - A. -2 =Ū c:> 11.3 - 9 11.2 +18 11. =0 .
-2 2 -A.
l
Ši lygtis turi tris sprendinius: 11. 1 =6 , 11. 2 =3, 11. 3 =O.. Juos atitinka tikriniai
(2 -1 1f, [-1 -1 1 f,
vektoriai
vektorius, gauname bazių keitimo matricą
[o
l If .
Sunormavę
S=
Transformacija, nusakoma formulėmis
2 , l ,
x = -x - -y
J6
ft
l , l ,
l ,
-=
x
- y +- z
y
fi '
J6
ft
l ,
l , l ,
z=
x +
Y +
z,
fi
J6
JJ
'
nagrinėjamą paviršiaus lygtį pakeičia lygtimi
6 x' 2 + 3 y' 2 + 3x' -J3 z' + l =O
Išskyrę dvinario kvadratą, gauname lygti
Pažymėję
+· +¼)' + 3y'' =�f- 5!}
, l , s ft =z
x + = x , y = y , z -24
4
,
-
šiuos
ir padaliję abi puses iš
,J3 , gauname lygtį
349
apibūdinančią elipsinį paraboloidą.•
Uždaviniai
t. Parašykite kvadratinių formų matricas:
a) Q (x1 , X2 ) = 3Xf - 4X1 X2 + 5Xi ;
b) Q (x1 , X2 , x3 ) = xf + 2x? - 3xf + 6X1 X2 - 8X1 X3 + 4X2 X3 .
2. Raskite ortogonaliąją matricą, kanonizuojančią šias kvadratines formas ir
parašykite kanoninę šių formų išraišką:
a) x12 + xl + 4X1 X2 ;
C) Xf + x? + 5xf - 6x1 X2 - 2X1 X3 + 2X2 X3 ;
d) 5Xf + 9Xi + 9xf - J 2X1 X2 - 6X1 X3 .
3. Parašykite kanoninę šių lygčių išraišką ir nubraižykite figūras, apibrėžiamas
šiomis lygtimis:
a) 9x 2 - 4xy + 6y 2 + 1 6x - 8y - 2 = 0 ;
b) 1 7x 2 + 1 2.xy + 8y 2 + 20.Js x + 20 = O ;
c) 5x 2 + 24xy - 5y 2 + 6 .Jo x + 4 .{t3 y + l 3 = 0 ;
d) 1 6x 2 - 24.xy + 9y 2 + 25x - 50y + 50 = 0 ;
e) 5x 2 + 1 2xy - 22x - 1 2y - 1 9 = O .
4. Ištirkite, kokį antrosios eilės paviršių apibrėžia šios lygtys:
a) 5x 2 + 6y 2 + 7z 2 - 4xy + 4yz - l 0x + 8y + 1 4z - 6 = 0 ;
b) x 2 + 2i - z 2 + 1 2 xy - 4xz - 8yz + 1 4x + 1 6y - 1 2z - 3 = 0 ;
c) 2x 2 - 7y 2 - 4z 2 + 4xy - 1 6xz + 20yz + 60x - 1 2y + 1 2z - 90 = O .
350
--4]
Atsakymai
2
. 2. a)
-3
l
9yl - 4 Yi ; e)
-2
.fil
- .fi
l
.fi
2
y
2
:z- 2
3
Jo
2
Jo
Ji
l
l
l
- .[6
2
- .[6
o
Jil
Ji
.[6
-2
;2
l
; 3y? + 6yi - 2 yf ; d)
.[s
5
- fio
6
fio
3
fio
2
o
3 . a) T + :v = 1 ; b) T +
;2
f
l
_
- .[s
-2
Y
4
y
= l ; e) x 2
2
:z-2
- y2 = 0 ;
;Z
z
l
.{t4
2
.{t4
; 9y? + 1 4yi .
l
.{t4
-2
-2
d) y 2 = x ; e) ¾- - ¾- = l .
_
14. a) 6 + 3 + 2 = 1 ; b) 6 + - - 2 = 1 ; e) 2 - = -2z .
3
3
10
TIESINIO PROGRAMAVIMO
ELEMENTAI
10.1. Tiesinio programavimo uždavinių pavyzdžiai
Sprendžiant daugelį ekonomikos uždavinių, reikia maksimizuoti arba
minimizuoti tiesinę kelių kintamųjų funkciją, kai tie kintamieji tenkina tiesinių
lygčių ir tiesinių nelygybių sistemas. Tokie uždaviniai vadinami tiesinio
programavimo uždaviniais. Kadangi šio skyriaus tikslas - iliustruoti tiesinių
lygčių ir nelygybių sistemų teorijos vieną iš galimų taikymų, tai šiame
vadovėlyje apsiribosime geometriniu tokių uždavinių sprendimo būdu.
Norintiems susipažinti su analiziniu jų sprendimo būdu, vadinamuoju
simplekso (lot. simplex - paprastas; matematikoje taip vadinamas paprasčiau
sias iškilasis briaunainis) metodu, siūlome paskaityti literatūrą [2].
Toliau šiame skyrelyje pateiksime trijų tiesinio programavimo uždavinių
pavyzdžių.
Gamybos planavimo uždavinys. Sakykime, iš m rūšių žaliavų Zi
V = l, m ) įmonė gamina n pavadinimų gaminius GJ V = l, n ) , o kiekvienos
rūšies žaliavų atsargos šioje įmonėje sudaro bi Ų = l, m) sąlyginių vienetų.
Žaliavos Z; kiekį, reikalingą gaminiui GJ pagaminti, pažymėkime aij ,
įmonės pelną, gautą realizavus gaminį GJ - eJ . Uždavinio sąlygas galima
pateikti lentele ( l lentelė).
352
Zaliavos
rūšys
Zaliavos
atsargos
Z2
...
b2
...
...
Zm
...
bm
Z1
zi
bi
bi
Pelnas
G1
a1 1
a2 1
...
ail
...
am l
CJ
G2
a1 2
a 22
...
ai 2
...
am2
C2
Gaminių rūšys
...
Gi
...
...
...
...
...
...
...
alJ
a2 J
...
ai}
...
amj
ei
...
. ..
...
...
. ..
. ..
...
...
Tarkime, kad įmonės planuojamo gaminti gaminio GJ
l lentelė
Gn
a1 n
a2n
...
ain
. ..
amn
Cn
kiekis yra
xJ , j =l, n. Tada skaičių rinkinys x1, x2 ,... , Xn bus gamybos planas, kurį
galima užrašyti vektoriumi
T
X =[X1 X2 ... Xn ] .
Realizavusi visą pagal šį planą pagamintą produkciją, įmonė gautų pelną
/(x) =c1 x1 + c2 x2
+ . . . + Cn Xn
= z., c1 xJ .
J =I
Sudarydama planą, įmonė turi atsižvelgti į žaliavų atsargas bei jų poreikį
gaminant tam tikrą gaminį. Gamindama x1 vienetų gaminio G1 , ji sunaudos
a1 1 x1 sąlyginių žaliavos Z1 vienetų, gamindama x2 vienetų gaminio G2 a1 2 x2 sąlyginių žaliavos Z2 vienetų ir t. t. , todėl iš viso bus sunaudota
a1 1 x1 + a12 x2 + . . . + a1n xn sąlyginių žaliavos Z1 vienetų. Turėdami galvoje,
kad žaliavos Z1 atsargų yra b1 sąlyginių vienetų, gauname tokią nelygybę
a11X1 + a1 2 X2 +...+ a1n Xn ::; b1.
Analogiškas nelygybes turi tenkinti ir kitų rūšių žaliavų sąnaudos. Todėl
turi būti teisingos ir tokios nelygybės:
{
,
.
a2
.1.�'.. �.���.��.�.:.. :.�.�����.�.��
am 1 X1 + am 2 X2
+ · · · + amn Xn
::; bm ·
Kintamieji x1 , x2 ,... , xn turi tenkinti sąlygas x1 � O, x2 � O,... , xn � O,
nes xJ =O, kai gaminys GJ negaminamas, ir xJ > O, kai gaminamas.
353
Kadangi, sudarydama planą x = [x1 x2 ... xn f , įmonė siekia gauti
didžiausią pelną, tai gamybos planavimo uždavinys formuluojamas taip: reikia
rasti funkcijos f(x) = 2.. cj xj maksimumą, kai tenkinamos sąlygos
j=l
n
a1 1 X 1 + a1 2 X2 + · · · + a1 n Xn � b1 ,
a2 1 X1 + a22 X2 + · · · + az nXn � b2 ,
Šį uždavinį galima parašyti trumpai:
n
L cj xj � max,
j =l
n
-
2.. aij xj � b;, i =l, m ,
j =I
xj � O, J =l, n.
Tai tiesinio programavimo uždavinys: sprendžiant jį, reikia maksimizuoti
tiesinę funkcijąf (x), kurios kintamieji tenkina tiesines nelygybes.
Pirmasis gamybos planavimo uždavinį (buvo sudarytas faneros gamybos
planas) 1939 m. išsprendė rusų matematikas L. Kantorovičius·. 19 75 m. už
darbus ekonomikos srityje jam buvo paskirta Nobelio premija.
Dietos (raciono) uždavinys. Su šiais uždaviniais susiduriama, kai reikia
paruošti pigiausią maisto mišinį, turintį tam tikrą kiekį maistingųjų medžiagų.
Tokie uždaviniai dažnai pasitaiko maisto pramonėje, žemės ūkyje ir kt. Tai
gali būti ir dietos sudarymo uždavinys.
Sakykime, dieta sudaroma iš maisto produktų Pj V = l, n) (pavyzdžiui,
}j - duona, P2 - žuvis, � - morkos ir t. t. ), o žmogui per dieną skiriama
suvartoti maistingųjų medžiagų B; V = l, m ) (pavyzdžiui, B1 - riebalų, B2 baltymų ir t. t. ) norma yra b;. Pažymėkime: aij - medžiagos B; kiekį
produkto Pj vienete, ej - produkto Pj vieneto kainą, x; - produkto Pj kiekį
dietoje. Uždavinio sąlygas pateiksime lentele (2 lentelė).
• Leonidas Kantorovičius (JI. B. KaHropoBll'I , 1 9 1 2- 1 986) - rusų matematikas.
3 54
Norma
Maistingosios medžiagos
B1
Bz
...
Bm
bi
bz
...
bm
Kaina
Produktų rūšys
Pz
.. .
...
a12
.. .
a22
...
...
...
am z
...
Cz
Pi
a11
a21
. ..
aml
C(
2 lentelė
Pn
al n
az n
...
amn
Cn
Tada dieta yra vektorius x = [x1 x2 ... xn f , o jos kaina - tiesinė
funkcija
/(x) = CJXJ + Cz Xz + . .. + Cn Xn =
n
L,C
J=I
j Xj ,
kurios minimumą reikia rasti.
Suvartojus x1 vienetų produkto Pi , bus pasisavinta a1 1 x1 vienetų
medžiagos B1 , x2 vienetų produkto P2 - a12x2 vienetų tos pačios
medžiagos B1 ir t. t. Kadangi dieta numato, jog bus pasisavinta ne mažiau kaip
bi vienetų maistingosios medžiagos B1 , tai iš čia gauname sąlygą
a1 1X1 + a1 2X2 + · · · + a1n Xn � bi ·
Analogiškai gauname dar tokias nelygybes:
az JXJ + azz Xz + · · · + azn Xn � bz ,
Taigi dietos uždavinys formuluojamas taip :
n
x � min,
:�: C1 1
)=l
I, aiJ xJ � bi , i = l, m ,
n
j � 0, j = l, n .
-
)=l
X
Turime tiesinio programavimo uždavinį, kurį sprendžiant reikia mllll
mizuoti tiesinę funkcijąf (x), kai jos kintamieji tenkina tiesines nelygybes.
355
Pirmasis dietos uždavinį 1939 m. suformulavo ekonomistas D. Stigleris·,
imdamas 7 7 produktus ir tų metų kainas.
Transporto uždavinys. Sakykime, siuntimo punktuose A; Ų = l, m )
sukaupti to paties krovinio kiekiai, atitinkamai lygūs a; Ų = l, m). Šį krovinį
(i = l, n) .
reikia nuvežti į paskirties punktus Bj V = l, n), kuriems jo reikia atitinkamai
bj
V
Krovinio vieneto pervežimo iš punkto A; (; = l, m) į punktą
Bj = l, n) kaina lygi cij . Uždavinio sąlygas galima pateikti lentele
(3 lentelė).
3 lentelė
Krovinio
Paskirties punktai
Siuntimo punktai
atsargos
Bn
...
B
B
A1
A2
.. .
Am
1
2
Cl l
C2 1
C22
Cm ]
Cm2
...
...
Krovinio poreikiai
taigi
...
...
...
...
c1 2
...
b2
CJ n
a1
C2n
a2
. ..
...
Cmn
bn
m
ž: a;
i=I
am
n
= ž: bj
j= I
Dar laikysime, kad krovinio atsargos bei jo poreikiai yra subalansuoti,
m
ž: a;
i=I
n
= ž: bj .
j=I
Ši lygybė vadinama balanso sąlyga. Kartais transporto uždavinys
formuluojamas nereikalaujant balanso sąlygos.
Pažymėkime: xij - krovinio kiekis, kurį reikia pervežti iš siuntimo
punkto A; Ų = l, m ) į paskirties punktą Bj
planas apibūdinamas matrica
X=
X1 l
X2 1
X] 2
x22
V = l, n ) . Tada krovinio pervežimo
X] n
X2n
• Džordžas Stigleris (G. J. Stigler, 191 1-1991 ) - amerikiečių ekonomistas.
356
kuri vadinama per veži mų matrica. Jos elementai xij � O, i = l, m , j = l, n.
Kadangi visi kroviniai turi būti išvežti iš siuntimo punktų, tai
11+
X
x1 2 +... + X1n =a1 ,
zl + Xzz + · · · + Xzn =az ,
X
Kartu turi būti patenkinti visi poreikiai, todėl turi galioti tokios sąlygos:
11+
x21 +... + xml =q ,
XJ 2 + X22 +.. . + Xm2 =bz ,
X
tn + Xzn +... + Xmn
X
Viso krovinio pervežimo kaina lygi
=·bn.
Ct t XI I + CtzXtz + ··· + Ct n Xln + Czt X2I + CzzXzz + · · · + Czn X2n + · · · +
+ CmJ Xml + Cm 2 Xm2 + · · · + Cmn Xmn =
I
i= l
m n
= L L Cij
(c;1 X;1 + C; 2 X; 2 + · · · + C;n Xin ) =
X .
ij
i = l j =I
Ją reikia rninimizuoti tinkamai parinkus matricos X elementus.
Transporto uždavinys formuluojamas taip:
m
L
n
I cij xij � min ,
i =l j =I
n
L Xij =a; , i =1 , m ,
j=I
I xij =bj , J =I, n ,
i=l
xij � O, i = l, m, j = I, n.
Sprendžiant ši tiesinio programavimo uždavinį, reikia minimizuoti tiesinę
funkciją (ši kartą priklausančią nuo mn kintamųjų), kurios kintamieji tenkina
tam tikras tiesines lygtis.
l 0.2. Tiesinio programavimo uždavinių formulavimas
bendruoju atveju
357
lO. l skyrelyje išnagrinėti pavyzdžiai iliustravo, kokios gali būti tiesinio
programavimo uždavinių formuluotės. Šiame skyrelyje suformuluosime
tiesinio programavimo uždavinius, atsiribodami nuo jų turinio bei nuo
uždavinyj e nagrinėjamų objektų prigimties.
Standartinis tiesini o programa vi m o už da vinys formuluojamas taip:
reikia rasti skaičius x1 , x2 ,... , xn , tenkinančius nelygybes
n
(l)
'f. aij xj � bi , i =1 , m ,
j=I
ir su kuriais
xj � O, j = l, n ,
n
f(x) = 'f.cj xj � max.
(2 )
j= l
( l ) nelygybės vadinamos apri bojimų nelygybė mis, (2 ) nelygybės - kinta
mųjų xj neneigia mumo s ąlyg omis, funkcija/ (x) - tiksl o funkc ija.
Pakeitę ( l ) nelygybes lygybėmis, gauname kan oninį tie sini o programa
vi m o už da vinį. Jis formuluojamas taip: reikia rasti skaičius x1 , x2 , . . . , xn ,
tenkinančius sąlygas
n
'f. aij xj = bi , i =1 , m ,
j= l
Xj
ir su kuriais
� 0 , j = l, n ,
(3 )
/(x) = 'f. cj xj � max.
j=I
(3 ) lygybės vadinamos apri boji mų lygybėm is.
Kai vieną apribojimų dalį sudaro tiesinės nelygybės, o kitą - tiesinės
lygtys, turime ben dr ąjį tie sinio pr ogra ma vi m o užda vinį. Jis formuluojamas
taip: reikia rasti skaičius x1 , x2 ,... , xn , tenkinančius nelygybes
n
'f. aij xj � bi , i =l, r ,
j =l
ir lygybes
Xj
� 0 , j = l, n ,
(4)
358
"I, aiJ xJ =bi , i=r +1 , m ,
(5 )
J= I
i r s u kuriais
/(x) = "I, c1 x1 � max .
J= I
Vektorius x = [ x1 x2 •. • Xn f , tenkinantis tiesinio programavimo užda
vinio apribojimus ((1 ) ir (2 ) nelygybes arba (2 ) ir (3 ) nelygybę, arba (2 ), (4 ) ir
(5) nelygybę), vadinamas lei stinuoju vek toriumi arba lei s tinuoju planu, arba
tiesiog lei s tinuoju tašku. Visų leistinųjų vektorių aibę vadinsime leis tin ąja
ai be ir žymėsime raide X.
Apibrėžimas. Leistinosios aibės vektorius x 0 = [ xP x?... x� f , su kuriuo
tikslo funkcija f(x) įgyja didžiausią (mažiausią) reikšmę, vadinamas tiesinio
programavimo uždavinio opti maliuoju (lot. optimus - geriausias ) sprendiniu
arba optimaliuoju planu, arba tiesiog optimaliuoju tašku.
Taigi
1(x ) = max /(x) .
0
xeX
Pateiksime
Pažymėkime:
A=
a11
a2 1
aml
matricinę
tiesinio
a12
a22
a1n
a2 n
am2
amn
programavimo
bi
' b=
b2
bm
uždavinių
išraišką.
CJ
XJ
' X=
X2
Xm
'
C2
C=
Cm
Tada tikslo funkcija/(x) yra vektorių x ir e skaliarinė sandauga, taigi
f (x) = (x, e).
( l ) ir (3 ) apribojimų sistemos išreiškiamos taip:
Ax�b
arba
Ax=b.
Vadinasi, standartinis tiesinio programavimo uždavinys formuluojamas taip:
reikia rasti x, su kuriuo
x � O,
Ax�b,
(c, x) � max ,
o kanoninis - taip: reikia rasti x, su kuriuo
Ax=b,
x�o.
359
(c, x) � max.
Bet kurį tiesinio programavimo uždavinį - standartinį, kanoninį ar
bendrąjį - galima pakeisti vieną kitu. Parodysime, kaip tai daroma, pavyzdžiu
pasirinkę standartinio uždavinio keitimą kanoniniu.
Standartinio uždavinio apribojimų nelygybė
n
-
L aij xj � b;, i=l, m ,
j= l
reiškia, kad kairiojoje pusėje esantis dydis yra ne didesnis negu b; . Todėl
visada galima parinkti tokius neneigiamus dydžius xn+i , kuriuos pridėję prie
n
dydžio "I aij xJ , gautume dydį, lygų b;. Tada standartinis uždavinys virstų
J =I
kanoniniu: reikia rasti vektorių x = [x1 x2 ... Xn
n
ir sąlygas
be to, su kuriuo
L aij xj + Xn + i =b;, i =l, m ,
J =I
xJ � O, j=l, n, Xn + i � O, i=l, m ,
f(x) = "I c1 x1 � max.
j=I
Bet kuri lygtis
yra ekvivalenti sistemai
arba sistemai
f , tenkinantį lygybes
{
{
ai 1x1 + a12X2 + · · · + a1n xn � bi ,
a1 1X1 + a12 X2 +... + a1nXn � /Ji ,
a11x1 + a12x2 +... + a1n Xn � /Ji ,
- a1 1X1 -a12 x2 -... - a1nXn � -/Ji .
Vadinasi, kanoninio uždavinio apribojimų lygybę
n
"I aij xj =b;, i =l, m ,
J=I
360
galima pakeisti nelygybių sistema
n
I, a xJ $ b; , i = l, m,
iJ
j=I
I, (-aij xj ) $ -b; , i = l , m.
J =I
Todėl kanoninį uždavinį galima pakeisti standartiniu: reikia rasti vektorių
x = [ x1 x2... xn
f , tenkinantį nelygybes
I, aij xJ $ bi , i =l, m,
J =I
n
-
I, (-aij xJ ) $ -bi , i = l, m,
J =I
xJ � O, j = l, n ,
ir su kuriuo
/(x) = I, c1 x1 � max .
J= I
n
Pasinaudodami aprašyta lygčių keitimo nelygybėmis ir atvirkščiai
metodika, galėtume bendrąjį tiesinio programavimo uždavinį pakeisti
standartiniu arba kanoniniu.
Jeigu tiesinio programavimo uždavinio kintamieji x1 netenkina nenei-
giamumo sąlygos, tai juos galima pakeisti taip, kad nauji kintamieji ją jau
tenkintų. Kintamąjį x1 $ O galima pakeisti kintamuoju x =- x1 ; čia x � O.
1
1
Kai kintamasis xJ neribojamas ir gali būti bet koks, tai jį galima pakeisti
,
.
.
. - o skirtumu: Xj = Xj, - Xj• .
kmtamŲJų Xj >
- o tr Xj• >
Iki šiol reikalavome, kad funkcija/(x) būtų maksimizuojama. Tačiau bet
kurį minimizavimo uždavinį galima pakeisti maksimizavimo uždaviniu, nes
min /(x) = - maxl- /(x) ) ;
xeX
xeX
čia min f (x) ir max l- /(x) ) įgyjami tame pačiame leistinosios aibės X taške.
xeX
xeX
361
l pavyzdys. Standartinis tiesinio programavimo uždavinys yra toks:
reikia rasti x1 , x2 ir x3 , su kuriais
(
Xj � O, X2 � O, X3 � 0 ,
(6 )
(7 )
3 x1 +4 x2 -5x3 � max.
Pakeiskime jį kanoniniu.
Sprendim as. Prie (6 ) nelygybės pridėję kintamąjį x4 , prie (7 ) nelygybės
- kintamąjį x5 , gauname tokį kanoninį uždavinį: reikia rasti x1, x2 u x3 , su
kuriais
{
x1 +2 x2 -3 x3 + x4 = 5,
Xj + X2 + X3 + X5 = 9 ,
� �� � �� ½ �� ¾ �� ½ ��
3 x1 +4 x2 -5x3 � max. .A.
2 pavyzdys. Bendrasis tiesinio programavimo uždavinys yra toks: reikia
rasti x1 , x2 ir x3 , su kuriais
3 x1 -4 x2 + x3 =2 ,
2x1 -3 x2 + x3 :s; 3 ,
4 x1 + 5x2 +3 x3 � 4 ,
Xj +4 X2 :s; 2 ,
(8 )
(9 )
X1 :s; O, X3 � 0 ,
7x1 + 8x2 - 9x3 � min.
l
l
Pakeiskime jį kanoniniu.
Sprendim as. Kadangi kintamasis x1 :s; O, tai jį pakeičiame x; = -x1 � O.
Kintamajam x2 nekeliamas neneigiamumo apribojimas, todėl jį pakeičiame
dviejų kintamųjų x2 � O ir x2 � O skirtumu: x2 = x2 -x2. Prie (8 ) nelygy
bės kairiosios pusės pridėję naują kintamąjį x4 , gauname lygybę 2 x1 -3 x2 +
+x3 + x4 = 3 ; iš (9 ) nelygybės kairiosios pusės atėmę naują kintamąjį x5 ,
gauname lygybę 4 x1 + 5x2 +3 x3 -x5 =4 . Atsižvelgdami į tai, kad x1 = -x; u
x2 = x2 -x2 , formuluojame tokį kanoninį uždavinį: rasti x;, x2 , x2 , x3 , x4 u
x5 , su kuriais
362
- 3XJ - 4xz + 4X2 + X3 = 2,
{ - 2XJ - 3xz + 3x2 + X3 + X4 = 3,
- 4xi + 5xz - 5x2 + 3x3 - x5 = 4,
-7 XJ + 8xz - 8x2 - 9X3 � min . .A.
10.3. Standartinio tiesinio programavimo uždavinio
geometrinė interpretacija ir jo grafinis sprendimas
Grafiškai galima išspręsti tuos tiesinio programavimo uždavinius, kurie
turi du arba tris kintamuosius. Dviejų kintamųjų uždavinio geometrinė
interpretacija yra paprasčiausia ir vaizdžiausia.
Nagrinėkime dviejų kintamųjų standartinį tiesinio programavimo
uždavinį, kurį sprendžiant reikia maksimizuoti tikslo funkciją
/ (x ) = CtXt + C2X2 ,
kai kintamieji x1 ir x2 tenkina nelygybes
a1 1xI + a12x2 � b1 ,
a2Ix1 + a22X2 � b2,
(10)
XJ ;;:: 0, X2 ;;:: 0.
Parinkime koordinačių sistemą x1 0x2 ir joje pavaizduokime leistinųjų
sprendinių aibę. Kiekviena nelygybė
(11)
geometriškai nusako vieną iš pusplokštumių, į kurias plokštumą xpx2 dalija
tiesė a;1 x1 + a;2 x2 = b; . Norėdami išsiaiškinti, kuri pusplokštumė yra (11)
nelygybės sprendinys, parinkime bet kurį tašką, nepriklausantį ribinei tiesei, ir
jo koordinates įrašykime į (11) nelygybę. Jeigu gausime teisinga nelygybę, tai
(11) nelygybės sprendinys bus ta pusplokštumė, kurioje parinktas taškas. Jeigu
gautoji nelygybė pasirodys esanti klaidinga, tai (11) nelygybės sprendinys bus
priešinga pusplokštumė.
Pavyzdžiui, nelygybės
363
sprendinys yra subrūkšniuotoji
pusplokšturnė (10. l pav.), nes bet
kurio jos taško, pavyzdžiui, taško
0(0; O), koordinatės tinka duotajai
nelygybei.
Vadinasi, ( 1 0) nelygybių
sistemos kiekvienos nelygybės
sprendinys yra pusplokšturnė. Tada
nelygybių
sistemos
( l O)
sprendinys, kartu ir leistinųjų
vektorių aibė, yra tų pusplokšturnių
10.1 pav.
sankirta.
Prieš nagrinėdami, kokią figūrą apibūdina ši pusplokštumių sankirta,
apibrėšime iškilosios aibės (figūros) sąvoką.
Tarkime, kad M1 ir M2 - aibės X taškai. Jeigu aibei X kartu priklauso ir
visi atkarpos M1 M2 taškai, tai aibė X vadinama i ški ląja. Jei bent viena tos
aibės taškų pora šios savybės netenkina, tai aibė nėra iškiloj i . 1 0.2 paveiksle
pavaizduotos figūros a ir b yra iškilosios, e ir d - nėra iškilosios.
a
b
1 0.2 pav.
e
d
Nesunku įsitikinti, jog iškilųjų aibių sankirta yra iškiloji aibė.
Iš tikrųjų, jei M1 ir M2 yra aibių sankirtos taškai, tai jie priklauso
kiekvienai aibei . Kadangi kiekviena tokia aibė yra iškiloji, tai jai priklauso visa
atkarpa M1 M2 . Taigi visa ši atkarpa priklauso kiekvienai aibei, vadinasi, ji
priklauso aibių sankirtai. O tai reiškia, kad iškilųjų aibių sankirta yra iškiloji.
Kaip jau įsitikinome, (l l) sistemos kiekvienos tiesinės nelygybės sprendi
nys yra pusplokštumė, taigi iškiloji aibė.
Jeigu ( l O) tiesinių nelygybių sistema yra nesuderinta, tai atitinkamų
pusplokštumių sankirta yra tuščioj i aibė.
Jeigu (l O) tiesinių nelygybių sistema yra suderinta, tai jos sprendinys yra
atitinkamų pusplokšturnių sankirta, t. y. iškilųjų aibių sankirta. Iš čia išplaukia
364
išvada, kad suderintosios tiesinių nelygybių sistemos sprendinys yra iškiloji
aibė (figūra), kuri vadinama iškiluoju daugiaka mpiu. Vadinasi, leistinųjų
vektorių aibė yra iškilasis daugiakampis.
l pavyzdys. Pavaizduokime geometriškai nelygybių sistemos
3 x1 - 6x2 � 6,
XJ +4 x2 �8 ,
-3 x1 -2 x2 � 6 ,
- x 1 + x2 � 3
sprendinį.
Spr endimas. Parašykime ribojančių tiesių ašines lygtis
.:L + 1 = l
2 -l '
.:l. + 1 = 1
8
2
'
� + -1= 1
-2 -3 '
B- + X2 = l
-3 3
(I)
(JI)
( III )
(IV)
ir nubrėžkime šias tieses, pažymėję ašyse Ox1 ir Ox2 jų atkertamas atkarpas
(10.3 pav.). Parinkę tašką O (O; O), išsiaiškinsime, kuri pusplokštumė yra
kiekvienos nelygybės sprendinys. Nelygybių sprendinių sankirta yra iškilasis
daugiakampis ABCD.
1 0.3 pav.
365
Jeigu sistemoje nebūtų nelygybės x1 + 4 x2 :$ 8 , tai sistemos sprendinys
būtų neuždara figūra MCBN (10.4 pav.).
N
1 0.4 pav.
Jeigu nelygybių sistema būtų tokia:
3 x1 -6 x2 � 6,
x1 +4 x2 � 8 ,
-3 x1 -2 x2 � 6,
- x, + Xz :$ 3 ,
tai ji būtų nesuderinta. Tai iliustruoja l0.5 paveikslas. �
Taigi leistinųjų vektorių aibė X gali būti: l ) iškilasis daugiakampis
(10.3 pav.); 2 ) neaprėžtoji figūra (10.4 pav.); 3 ) tuščioji aibė (10.5 pav. ).
Aišku, kad tiesinio programavimo uždavinys neturi sprendinio, kai aibė X yra
tuščioji.
10.5 pav.
366
Maksimizuoti funkciją /(x) = c1 x1 + c2 x2 reiškia, jog reikia rasti tokį
},
tašką ( xP ; x1 kuriame funkcija įgytų didžiausią reikšmę. Užfiksuokime
funkcijos f(x) reikšmę, lygią u: c1 x1 + c2 x2 = u . Ši lygtis yra tiesės lygtis, o
pati tiesė vadinama lygio tie se. Visuose šios lygio tiesės taškuose funkcij a
įgyja tą pačią reikšmę, lygią u. Mūsų tikslas - taip keisti u reikšmę, kad aibės
X taškuose ji būtų didžiausia. Vadinasi, nuo vienos lygio tiesės turime pereiti
prie kitos, kuriai būdinga vis didesnė u reikšmė. Žinome, kad u reikšmės didėja
judant gradiento u kryptimi. Kadangi grad u ={c1 ; c2 } kartu yra ir tiesės
normalės vektorius, tai lygio tiesę c1 x1 + c2 x2 = u reikia pastumti normalės
vektoriaus č = {c1 ; c2 } kryptimi. Didžiausią reikšmę dydis u įgis labiausiai
nutolusiame aibės X taške. Ieškodami mažiausios funkcijos reikšmės, lygio
tiesę stumiame vektoriaus ( -č ) kryptimi.
Spręsdami grafiškai tiesinio programavimo uždavinį, galime susidurti su
šiais atvejais.
l. Tikslo funkcija įgyja didžiausią (mažiausią) reikšmę iškilojo daugia
kampio X viršūnėje ( l0.6 pav.) -uždavinys turi vieną sprendinį.
10.6 pav.
2. Tikslo funkcija įgyja didžiausią (mažiausią) reikšmę bet kuriame
iškilojo daugiakampio X kraštinės AB taške ( 10. 7 pav. ) - uždavinys turi be
galo daug sprendinių. Taip bus tada, kai lygio tiesė c1 x1 + c2 x2 =u bus
lygiagreti su kraštine AB.
367
x,
C1X1 + C2 X2 = Jrmin
CJXJ + C2 X2 = 0
1 0.7 pav.
3. Kai aibė X nėra aprėžta iš viršaus ir fmax = +oo (l 0.4 pav.), maksimi
zavimo uždavinys sprendinių neturi.
4. Kai aibė X yra tuščioji, uždavinys sprendinių neturi ( 10. 5 pav.).
2 pavyzdys. Grafiškai išspręskime standartinį tiesinio programavimo
uždavinį
/ (x) = 3x1 + 4 x2 � max ,
{
- 3x1 + 2 x2 s; 6, (I )
5x1 + 8x2 s; 40, (JI )
XJ � 0, X2 � 0 .
Sprendimas. Plokštumoje· xpx2 nubraižome leistinųjų vektorių aibę
X - daugiakampį OABC, lygio tiesę T, atitinkančią u = O, taigi tiesę
3x1 + 4 x2 = O, ir vektorių č = {3; 4} , statmeną tiesei T ( 1 0.8 pav.). Kadangi
sprendžiant uždavinį, svarbi tik vektoriaus č kryptis, tai l 0.8 paveiksle ir
toliau vektorius č nubraižytas neįvertinant jo ilgio. Tiesę T stumiame
vektoriaus č kryptimi ir randame labiausiai nutolusį tašką C, kuriame tikslo
funkcija įgyja didžiausią
e
3x1 +4 x2 = 0
10.8 pav.
368
reikšmę. Apskaičiuojame fmax (8 ;0 ) =3 · 8 +4 · O=24 . Vadinasi, optimalusis
f,
uždavinio sprendinys yra vektorius [8 O o fmax = 24 . A
3 pavyzdys. Grafiškai išspręskime standartinį tiesinio programavimo
uždavinį
f(x) = 5x1 + x2 � max ,
(I)
2 x1 - x2 � O,
- 2 x1 + 6x2 � 10 , (JI )
x1 +4 x2 � 36 , ( JI! )
(IV)
x1 + x2 � 15,
x1 � o, x2 � o .
Sprendi ma s. Plokštumoje x1 0x2 nubraižome leistinųjų vektorių aibę
X - daugiakampį ABCD, lygio tiesę T, kurios lygtis 5 x1 + x2 = O, jos
normalės vektorių č = {5; l} (10.9 pav.). Pastūmę lygio tiesę T vektoriaus č
kryptimi, nustatome, jog funkcija f (x) įgyja maksimumą taške D. Taško D
koordinates apskaičiuojame spręsdami sistemą
{
-2 x1 + 6x2 =10 ,
x1 + x2
= 15;
iš čia x1 = lO, x2 = 5. Tada fmax (lO; 5) =5 · lO+5 =55 . Optimalusis uždavi
nio sprendinys yra vektorius x = [ lO 5
f.
l
1 0 .9 pav.
Jeigu, sprendžiant šį pavyzdį, reikėtų maksimizuoti funkciją
f (x) = x1 + x2 , tai, nubraižę lygio tiesę x1 + x2 =O, kurios normalės
vektorius č = {l; l} , ir pastūmę ją šio vektoriaus kryptimi, matytume, kad ji
369
sutampa su tiese, einančia per taškus C ir D. Taigi fmax bus įgyjama bet
kuriame kraštinės CD taške: fmax ( D) = fmax ( C) =lO+5 =15 . .A.
4 pavyzdys. Išspręskime dietos uždavinį, kurio sąlygos pateiktos 4 lente
lėje.
4 lentelė
Maistingosios medžiagos
Norma
4
B1 - riebalai
38
B2 - baltymai
B3 - angliavandeniai
B4 - vitaminai
6
l
Kaina
Produktų rūšys
P2
}j
l
6
2
o
7
l
13
l
l
10
Sprendimas. Tarkime, kad produkto }j imama x1 sąlyginių vienetų,
produkto P2 - x2 sąlyginių vienetų. Tada uždavinys formuluojamas taip:
/(x)=7 x1 + 10 x2 � min ,
(l)
+ X2 2 4 ,
6 x1 + 13 x2 2 38 , (l/ )
2 X1 + X2 2 6 ,
(111)
( J V)
X2 2 l,
XĮ
XĮ
20.
Plokštumoje nubraižome leistinųjų vektorių aibę X - daugiakampę
neuždarą sritį ABCDE, lygio tiesę T, kurios lygtis 7 x1 +10 x2 =70 , jos norma-
lės vektorių č = {7 ; 10 } (10. 10 pav.). Pastūmę lygio tiesę T vektoriaus (-č )
kryptimi, sužinotume, kad tikslo funkcija mažiausią reikšmę
1 0.10 pav.
370
igyja taške C, kurio koordinates randame iš sistemos
X1 + X2 = 4 ,
{6 x1 +13 x2 =38 ,
2 x1 +x2 =6 ;
iš čia x1 = 2 , x2 = 2 . Vadinasi frrun = 7 · 2 +10 · 2 = 34 . Optimalusis uždavi
nio sprendinys yra vektorius x = [2 2 f . .A.
10.4. Kanoninio tiesinio programavimo uždavinio
grafinis sprendimas
Kai kuriuos kanoninius tiesinio programavimo uždavinius galima išspręsti
grafiškai, pirma pakeitus juos standartiniais tiesinio programavimo
uždaviniais. Išnagrinėkime, kokiais atvejais tai įmanoma padaryti.
Tarkime, kad reikia išspręsti kanoninį tiesinio programavimo uždavinį
kai
f(x) = c1x1 + c2 x2 + . . . + cn xn � max ,
a11 X1 + a1 2X2 + · · · + a1n Xn = /Ji ,
a21X1 + a22 X2 + · · · + a2n Xn = b2 ,
(12 )
(13 )
Sakykime, (12 ) tiesinių lygčių sistema yra suderinta, o jos matricos A
rangas lygus r. Apibrėžtumo dėlei tarę, kad m < n, turėsime: r � m < n. Taigi
(12 ) sistemos r nežinomųjų yra baziniai, kiti (n - r) - laisvieji. Jei n - r = 2
(arba n - r = l), tai, bazinius nežinomuosius išreiškę laisvaisiais ir atsižvelgę į
(13 ) nelygybes, kanoninį uždavinį pakeistume standartiniu su dviem (arba
vienu) kintamaisiais. Tokį uždavinį jau galima išspręsti geometriškai.
l pavyzdys. Išspręskime kanoninį tiesinio programavimo uždavinį
kai
f(x) = 2x1 +5x2 +3 x3 + 4x4 + 2x5 � min,
XJ + 2 Xz � X3 =8 ,
{5x1 -3 x3 - 2x4 = 20 ,
2 x2 + X4 + X5 =10 ,
Xj � O,
i =l, 5 .
(14)
371
Sprendi mas. Parašykime (14 ) sistemos matricą A bei išplėstąją jos
matricą A :
2
o
Kadangi minoras
] a r�
2
o
-l
-2
-3
o
i:o]
10
-l o o
-3 -2 O =2 ,t: O,
o
l
tai jis yra bazinis matricos minoras ir rang A=rang A=3 . Taigi trys sistemos
nežinomieji x3 , x4 ir x5 yra baziniai, o kiti du x1 ir x2 - laisvieji.
Bazinius nežinomuosius išreikškime laisvaisiais. Iš pirmosios ( 14 )
sistemos lygties turime:
X3 =X] +2 X2 -8 .
Tada iš antrosios (14 ) sistemos lygties gauname:
iš čia
2 x4 =5 x1 -3 x3 -20 =5 x1 -3 x1 -6 x2 +24 -20 =2 x1 -6 x2 +4 ;
X4 = Xt -3 x2 +2 .
Iš trečiosios (14 ) sistemos lygties
X5 = lO-2
x2 -X4 =lO-2 x2 -X1 +3 x2 -2 = 8 -XĮ + X2 .
Įrašę gautąsias x3 , x4 ir x5 išraiškas į tikslo funkcijąf(x), gauname:
/(x) =2 x1 +5 x2 +3 x1 +6 x2 -24 +4 x1 -12 x2 + 8 + 16 -2 x1 +2 x2 =1 xi + X2 .
Kadangi x3 ;:: O, x4 ;:: O, x5 ;:: O, tai uždavinys formuluojamas taip:
kai
/(x) = 1 x1 + x2 � min,
372
Koordinačių sistemoje x1 0 x2 nubraižome leistinųjų vektorių aibę X trikampę sritį ABC, lygio tiesę T, kurios lygtis 7 x1 + x2 = 7 7 , ir jos normalės
vektorių č = {7 ; l} ( lO. l l pav. ). Pastūmę tiesę T vektoriaus ( -č ) kryptimi,
matome, kad funkcija /(x) minimumą įgyja taške A . Taško A koordinates
randame išsprendę lygčių sistemą
{ Xj + 2 X2 =8 ,
- X1 +3 x2 = 2.
III
o
10.11 pav.
Iš čia x1 =4 , x2 =2 . Apskaičiavę x3 =O, x4 =O u x5
= 6,
gauname
optimalųjį vektorių [4 2 O O 6 f. Vadinasi, /min = 7 · 4 +2 =30 . _..
2 pavyzdys. Išspręskime kanoninį tiesinio programavimo uždavinį
/(x) = 7 x1 + x2 + x3 +5x4 -8 x5 � max ,
kai
- X5 = 5,
4 x1 - x2 -2 x3 +9 x4 -5 x5 = 43 ,
X] + X4
3 x1 - x3 +4 x4 -6 x5 = 3 ,
- x2 - x3 +4 x4 + 2 x5 = 3 5,
X; 2 O, i = l, 5 .
Sprendi m as. Sistemą spręsime Gauso metodu.
A=
4
3
o
o
o
-1 5
-2 9 -5 43
o - l 4 -6 3
-l -l 4 2 3 5
-1
�-
o
l o
o -l -2
o o -1
o - 1 -1
-1 5
5 -1 23
l -3 - 12
4 2 35
(1 5)
J-
l
t
373
l
o
o -l
o o
o o
o
-2
-l
5
-l 5
- l 23
-3 -12
- l 3 12
-r�
o
p
o
l
l
- l
-l
o
l
-l 5
- l -2 5 - l 23
o -l l -3 -12
o
o
o o
- l -2 5
o
o
o o o o
51
- l 23
-3 -12
Iš šios matricos matyti, kad (15) sistema yra suderinta, jos matricos
rang A = rang A =3 . Vadinasi, trys nežinomieji yra baziniai, du - laisvieji.
Baziniais pasirinkime nežinomuosius x1 , x2 ir x3 , laisvaisiais - nežino
muosius x4 ir x5 .
Gautoji matrica apibūdina sistemą
XJ + X4 - X5 =5,
{ - x2 -2 x3 +5 x4 - x5 = 23 ,
- X3 + X4 -3 X5 = -12 ,
i š kurios nuosekliai, pradėję nuo paskutinės lygties, randame:
X3 = 12 + X4 -3 x5 , X2 = -4 7 +3 x4 +5 x5 , XJ =5 - X4 + X5 .
Įrašę šias x1, x2 ir x3 išraiškas į tikslo funkciją, gauname:
f( x ) = 2 x4 + x5.
Turėdami galvoje, kad x1 � O, x2 � O, x3 � O, kanoninį tiesinio programa
vimo uždavinį pakeičiame standartiniu:
/(x) = 2 x4 + x5 � max ,
kai
(l)
X4 - X5 S 5,
{ 3 x4 +5 x5 � 4 7 , (JI )
-X4 +3 x5 S12, (JJJ )
X4 � O, X5 � O.
Koordinačių sistemoje x4 0x5 nubraižome leistinųjų vektorių aibę
X - trikampę sritį ABC, lygio tiesę 2 x4 + x5 = O ir jos normalės vektorių
374
e = {2; l} ( 10. 1 2 pav.). Pastūmę lygio tiesę T vektoriaus e kryptimi, matome,
kad tikslo funkcija įgyja maksimumą taške B. Šio taško koordinates randame
išsprendę lygčių sistemą
{
X4 - X5 = 5,
- x4 +3 x5 = 1 2.
2x4 + X5 = fmax
1 0.12 pav.
Iš čia x4 = 1 3,5, x5 = 8,5 . Dar apskaičiuojame: x1 = O, x2 = 36, x3 = O .
Taigi optimalusis vektorius x = [O 36 O 1 3,5 8,5] , o
fmax = 2 - 1 3,5 + 8,5 = 35,5 . �
Išspręskime transporto uždavinį.
3 pavyzdys. Firma, turinti 3 degalines, benziną perka dviejose naftos
bazėse. 5 lentelėje nurodytos benzino atsargos, esančios naftos bazėse,
kiekvienos degalinės poreikis bei vienos tonos benzino pervežimo iš bazės į
degalinę kaina litais.
5 lentelė
Degalinės
Benzino atsargos,
t
Naftos bazės
B3
B1
B2
40
20
10
30
A1
36
28
12
22
2
BenzinoAporeikis
6
9
7
Reikia sudaryti pervežimo planą, kurio pervežimo kaštai būtų mažiausi.
\p'l
l
Spr endimas. Parašykime pervežimų matricą. Šiuo atveju ji yra tokia:
Sudarykime lygtis
375
XĮ l + X1 2 + X1 3 = 1 0,
x21 + x22 + x23 = 1 2,
kurios rodo, kad visos benzino atsargos iš naftos bazių išvežtos, bei lygtis
X1 1 + X2 1 = 6,
X1 2 + X22 = 9,
x1 3 + x23 = 7,
reiškiančias, jog visų degalinių poreikiai patenkinti. Tada benzino pervežimo
kaštai bus nusakomi tikslo funkcija
f (x) = 20x1 1 + 30x1 2 + 40x1 3 + 36x21 + 22x22 + 2 8x23 .
kai
Uždavinys formuluojamas taip:
f (x) = 20x1 1 + 30x12 + 40x1 3 + 36x2 1 + 22x22 + 2 8x23 � min ,
XJ J + X1 2 + X1 3 = 1 0,
X2 J + X22 + X23 = 1 2,
XI I + X2 J = 6,
XJ 2 + X22 = 9,
X1 3 + X23 = 7,
( 16)
Xij � 0, i = l, 2; j = l, 2, 3 .
Tai kanoninis tiesinio programavimo uždavinys. ( 1 6) sistemą spręsime
Gauso metodu.
l l o o
o o o
l
o
A= l o o
o l o o l
o o l o o
O 10
1 12
6
O 9
l 7
-
l
l l o o
o
o
o
l
o
o o
o o l o o
o o o
0 10
O 6
O 9
l 7
1 12
9
376
l
-o
l
-l -l
-
l
l o
-l -l l
o -l l
o
o o
o o
o
o
o o
o o
o o
o
o o
l o o
o
o
o
o
o
10
0 -4
O 9
l 7
l 12
O 10
0 -4
O 5
l 12
l 12
j_
§)
l
l
-l -l
o -l
o l
o
o
o
o o
o
o o
o
o o
o
l
-l -l l
o -l l
o
o
o o
o
o
o
O 10
0-4
5
7
l 12
O 10
0 -4
O 5
l 12
Sistema yra suderinta, jos rang A = rang A = 4 . Sistema turi keturis
bazinius ir du laisvuosius nežinomuosius. Baziniais parenkame nežinomuosius
x1 1 , x1 2 , x1 3 ir x2 1 , laisvaisiais - x22 u x23 .
Gautoji matrica apibūdina sistemą
XJ J + X] 2 + X1 3 = 1 0,
- XJ 2 - XJ 3 + X2 J = -4,
- X1 3 + Xz J + X22 = 5,
X2 J + X22 + X23 = 12,
iš kurios, pradėdami nuo paskutinės lygties, nuosekliai randame
X2 1
Tada
=
1 2 - X22 - X23 , X1 3
=
7 - X2 3 ,
f (x) = -24x22 - 28x23 + 862 .
Kadangi x1 1 � O, x1 2 � O, x1 3 � O, x2 1 � O, tai gauname toki uždavini:
/ (x) = -24x22 - 28x23 + 862 � min ,
kai
377
Xzz + Xz3 �12, (/ )
Xz3 � 7 ,
(JI )
(IJI )
Xzz � 9 ,
X22 + X23 � 6 , (JV)
X22 � O, X23 � o
.
Šios nelygybės koordinačių sistemoje x22 O x23 apibrėžia leistinųjų
vektorių aibę X- daugiakampę sritįABCDEF (10.13 pav. ). Kadangi
f(x) =862 -24 x22 -28 x23 =862 -4 (6 x22 + 7 x23 ) ,
tai f(x) įgyja minimumą su tomis x22 ir x23 reikšmėmis, su kuriomis
reiškinys 6 x22 + 7 x23 įgyja maksimumą. Nubrėžę lygio tiesę T, kurios lygtis
6 x22 + 7 x23 =4 2 , matome, jog šis reiškinys maksimumą įgyja taške C. Šio
taško koordinates randame iš sistemos
10.13 pav.
378
I š čia optimalios kintamųjų reikšmės yra x23 = 7 , x 22
x1 2 = 4, x1 3 = O , x2 1 = O ir 6x22 + 7x23 = 79.
Optimalioji pervežimų matrica yra
[6 4
o] .
=
5 . Vadinasi, x1 1 = 6,
O 5 7
Ją galima parašyti vektoriumi x = [6 4 O O 5
7{ . Taigi
fmin = 862 - 4 · 79 = 546 . A
Uždaviniai
1. Grafiškai išspręskite šiuos standartinius tiesinio programavimo uždavinius:
a) /(x) = 7x1 + 5x2 � max, kai
2x1 + 3x2 $ 1 9,
2x1 + x2 S l 3,
3x2 $ 1 5,
3x1 S 1 8,
X1 :2: O, X2 :2: O;
b) /(x) = 2x1 + 3x2 � min, kai
XĮ + 5x2 <! 1 0,
3x1 + 2x2 :2: 1 2,
X1 + 2X2 <! 8,
X1 + X2 :2: 5,
X1 :2: l, X2 :2: O;
e) /(x) = 3,8x1 + 4,2x2 � min, kai
O,lx1 + 0,25x2 :2: l,
. XĮ + 0,25x2 <! 5,
1 lx1 + 1 2x2 :2: 40,
X1 <! 0, X2 <! 0.
2. Grafiškai išspręskite šiuos kanoninius tiesinio programavimo uždavinius:
a) /(x) = 2x1 + x2 + 8x3 + 1 1x4 � min, kai
2x1 - 3x2 + 5x3 + 7x4 = l,
4x1 - 6x 2 + 2x3 + 3x4 = 2,
2x1 - 3x2 - l lx3 - l 5x4 = l,
X; :2: O, i = l, 4;
b) /(x) = 8x1
e) f( x ) = 4x1
+ 6x2 + ! Ox3 + 9x4
+ 5x5 + 7x6 � min, kai
XJ + X2 + X3 = J J,
X4 + X5 + X5 = 14,
XJ + X4 = 10,
X2 + X5 = 8,
X3 + X5 = 7,
379
X; ;;:: O, i = J,4;
+ 9x 2 + 3x3 + 4x4 + 8x5 + x6
� min, kai
XJ + X4 = 10,
X2 + x5 = 30,
X3 + X5 = J O,
XJ + X2 + X3 = 20,
X4 + X5 + X5 = 30,
X; ;;:: O, i = J,6.
3. Išspręskite dietos uždavinį, kurio duomenys pateikti šioje lentelėje:
Maistingosios
medžiagos
B1
B2
B3
Kaina
B4
Norma
6
8
6
12
Produktu rūšvs
Pi
3
2
l
9
7
2
4
6
2
6
P2
4. Firmos „Ąžuolas", ,,Klevas" ir „Liepa" ketina investuoti į naujai kuriamą
verslą 750 000 Lt: ,,Ąžuolas" - 230 000 Lt, ,,Klevas" - 360 000 Lt, ,,Liepa" 1 60 000 Lt. Šiuos pinigus firmos ketina skolintis iš dviejų bankų: 260 000 Lt iš
„Šiaurės" banko ir 490 000 Lt iš „Rytų" banko. Skolindami šiuos pinigus, bankai ima
palūkanas, kurių norma nurodyta lentelėje:
Bankas
Firma
,,Šiaurės"
,,Rytų"
7%
8%
,,Ąžuolas",
10 %
8%
,,Klevas"
,,Liepa"
8%
6%
Sudarykite tokį paskolos planą, kad firmų sumokėtos palūkanos būtų mažiausios.
Apskaičiuokite mažiausią palūkanų sumą.
380
Atsakymai
O 2
l. a) /max (5; 3) = 50; b) /min(2; 3) = 1 3 ; e) /min ( : ; : ) = 26 ¾ . 2. a) /min (½;
O; O; O)
= l; b) /min (1 0; l; O; O; 7; 7)= 1 70; e) /min (10; 1 0; O; O; 20; 10) = 300. 3. /min ll;l,5 )= 1 6 .
4. Paskolos planas pate1"k tas lentelė1· e
Firma
,, Ąžuolas"
, ,Klevas"
,,Lieoa"
Bankas
,,Šiaurės"
,,Rytų"
1 00 000
1 30 000
o
360 000
o
1 60 000
fmin = 55 500 Lt.
381
DALYKINĖ RODYKLĖ
A
Adjunktas 23, 27
Aibė
iškiloji - 363
leistinoji - 358
tiesinio operatoriaus reikš
mių - 282
Asimptotės 1 9 1
Ašis
didžioji elipsės - 1 87
mažoji elipsės - 1 87
menamoji hiperbolės - 190
parabolės - 1 97
polinė - 224
realioji hiperbolės - 190
Atstumas Euklido erdvėje 264
B
Balnas 2 1 9
Bazė
ortogonalioji - 1 1 3, 267
ortonormuotoji - 1 13, 267
tiesinė erdvės - 242
Bazinės eilutės 61
Baziniai stulpeliai 6 1
Bemulio lemniskatė 227
e
Cilindras
elipsinis - 220
hiperbolinis - 220
parabolinis - 220, 346
D
Daugiakampis
iškilasis - 364
Determinantas
antrosios eilės - 19
n-tosios eilės - 26
trečiosios eilės - 20
trikampis - 36
Vandermondo - 3 7
Direktrisė
parabolės - 1 96
Direktrisės
elipsės - 1 94
hiperbolės - 195
E
Ekscentricitetas
elipsės - 1 87
hiperbolės - 1 9 1
Elipsė
išsigimusioji - 333
menamoji - 332
Elipsoidas
sukimosi - 2 1 5
ištemptas - - 2 1 5
suspaustas - - 2 1 5
triašis - 2 1 6, 222, 342
Erdvė
baigtiniamatė - 247
begaliniamatė - 247
Euklido - 261
n-matė - 247
realioji koordinatinė - 237
tiesinė - 235
kompleksinė - - 236
realioji - - 236
unitarioji - 275
vektorinė - 236
Erdvės atvaizdis i erdvę 279
Erdvės dimensija 247
Erdvės matmenų skaičius 247
Erdvių izomorfiškumas 253
Erdvių sankirta 250
3 82
Formulės
Kramerio - 75
postūmio - 206
posūkio - 207
Fundamentalioji sprendinių sistema 95
F
Gramo ir Šmidto ortogonalinimo
procesas 270
G
H
Hiperbolė
lygiaašė - 1 92
Hiperbolės
jungtinės - 1 92
Hiperboloidas
dvišakis - 2 1 7, 222, 343
dvišakis sukimosi - 2 1 6
vienašakis - 2 1 7, 222, 343
vienašakis sukimosi - 2 1 6
Kampas
- tarp plokštumų 1 67
- tarp tiesės ir plokštumos 1 74
- tarp tiesių 1 55
-tarp vektorių l 07, 265
Kanoninė matricos forma 300
Kardioidė 23 1
Koordinatės
polinės - 224
apibendrintosios - - 225
vektoriaus - 1 12, 1 14
Kreivė
antrosios eilės - 1 83
elipsinė - 209, 335
hiperbolinė - 209, 335
parabolinė - 209, 335
Kreivės
Gvido Grandi (,,rožės") - 23 1
Krypties kosinusai 1 15
Kronekerio simbolis 267
Kūgio pjūviai 204
K
Kūgis
elipsinis - 221 , 223
sukimosi - 22 1
Kvadratinė forma 321
Lygiagretusis postūmis 206
Lygčių sistema
apibrėžtoji - 72
homogeninė - 69
išsigimusioji - 72
neapibrėžtoji - 72
nehomogeninė - 69
neišsigimusioji - 72
nesuderintoji - 72
suderintoji - 72
tiesinė - 69
Lygybės
apribojimų - 357
Lygio tiesė 366
Lygtis
apskritimo - 1 84
ašinė plokštumos - 1 65
ašinė tiesės - 1 53
bendroji antrosios eilės
kreivės - 3 3 1
bendroji plokštumos - 1 64
bendroji tiesės - 1 52
charakteringoji operatoriaus-297
elipsės liestinės - 1 99
hiperbolės liestinės - 1 99
kanoninė elipsės - 1 86, 333
kanoninė hiperbolės - 1 90, 333
kanoninė parabolės - l 97, 3 34
kanoninė sferos - 214
kanoninė tiesės - 1 54
kreivės - l 83
kryptinė tiesės - 1 55
normalinė plokštumos - 1 66
normalinė tiesės - 1 62
parabolės liestinės - 200
paviršiaus - 2 1 4
tiesės, einančios per du taškus, 1 54, 1 70
vektorinė plokštumos - l 64
vektorinė tiesės - 1 52, l 69
L
1
)
l
Lygtys
bazinės - 79
bendrosios tiesės - 1 72
erdvės tiesės kanoninės - 1 70
nebazinės - 79
parametrinės tiesės - 170
M
Matrica
antisimetrinė - 1 9
atvirkštinė - 40
bazės keitimo - 255
diagonalioji - l l
išsigimusioji - 40
kanoninė - 48
kvadratinė - l O
kvadratinės formos - 321
m x n eilės - l O
neišsigimusioji - 40
nulinė - l l
ortogonalioji - 302
pervežimų - 356
prijungtinė - 40
simetrinė - l l
sistemos - 70
išplėstoji - - 70
tiesinio operatoriaus - 285
transponuotoji - 1 8
trapecinė - 46
trikampė - l l, 46
vienetinė - 1 1
Matricos
komutuojančiosios - 1 5
priešingosios - 1 2
suderintosios - 1 3
Matricos eilė l O
Matricos rangas 42
Matricos stulpeliai
tiesiškai nepriklausomi - 60
tiesiškai priklausomi - 60
Metodas
Gauso - 84
Gauso ir Žordano - 89
kvadratinės formos kanoni
zavimo Lagranžo - 328
nežinomųjų eliminavimo - 84
ortogonalinimo - 268
Žordano - 57
Minoras
aprėpiantysis - 63
bazinis matricos - 61
elemento - 23, 27
matricos k-tosios eilės - 42
3 83
N
Nelygybė
Koši - 262
Minkovskio - 264
trikampio - 264
Nelygybės
apribojimų - 357
Nežinomieji
baziniai - 79
laisvieji - 79
Operatorius
abipusiškai vienareikšmis
(bijekcinis) - 279
atvirkštinis - 293
diagonalizuojarnas - 300
jungusis - 308
neišsigimęs - 293
nulinis - 279
ortogonalusis - 306
projektavimo - 28 1
savijungis (simetrinis) - 3 1 3
tapatusis (vienetinis) - 293
tiesinis - 279
Ortas 1 05
Ortogonalieji poerdviai 271
Ortogonalioji vektoriaus komponentė
273
Ortogonalioji vektoriaus projekcija
273
Ortogonalioji vektorių sistema 267
Ortogonalusis papildinys 272
o
p
Parabolė l 96
Parabolės parametras 1 97
Parabolės židinys 1 96
384
Paraboloidas
elipsinis - 2 1 8, 223, 344
hiperbolinis - 2 1 8, 223, 344
sukimosi - 2 1 8
Paskalio sraigė 230
Paviršius
antrosios eilės - 2 1 4
cilindrinis - 2 1 9, 344
kūginis - 220, 343
sukimosi - 2 1 4
tiesiškasis - 2 1 7
Pertvarkiai
elementarieji determinanto - 23
elementarieji matricos - 44
Pirmavaizdis 279
Planas
leistinasis - 358
optimalusis - 358
Plokštumos ištempis 294
Plokštumos sąspūdis 294
Polius 224
Posūkis 206
Pusašė
didžioji elipsės - 1 87
mažoji elipsės - 1 87
menamoji hiperbolės - 1 9 1
realioji hiperbolės - 1 9 1
Pusašės
triašio elipsoido - 2 1 6
R
Rangas
kvadratinės formos - 322
matricos - 42
tiesinio operatoriaus - 283
s
Sąlyga
balanso - 355
plokštumų lygiagretumo - 1 68
plokštumų statmenumo - 1 67
tiesės ir plokštumos lygiagre
tumo - 1 74
tiesės ir plokštumos statmenu
mo - 1 74
tiesių lygiagretumo - 1 56, 1 58
tiesių statmenumo - 1 56, 1 5 8
Sąlygos
neneigiamumo - 357
Sandauga
Hermito - 275
matricos ir skaičiaus - 1 2
matricų - 1 4
mišrioji - 1 40
skaliarinė - 1 25
tiesinių operatorių - 293
vektoriaus ir skaičiaus - l 05
vektorinė - 1 30
vektorinė dvilypė - 1 46
Savybė
optinė elipsės - 202
optinė hiperbolės - 202
optinė parabolės - 203
Skirtumas
matricų - 1 3
vektorių - l 05
Spindulys vektorius 1 1 9
Spiralė
Archimedo - 228
hiperbolinė - 228
logaritminė - 230
Sprendinys
atskirasis sistemos - 8 1
bendrasis sistemos - 8 1 , 95
nulinis (trivialusis) - 9 1
optimalusis - 358
tiesinės lygčių sistemos - 70
Sudaromoji 2 1 9, 220
Suderintoji sistema 72
Suderintumo kriterijus 75
Suma
matricų - 1 2
tiesinių erdvių - 250
tiesinių operatorių - 292
tiesioginė paerdvių - 25 1
vektorių - l 04
T
Taisyklė
lygiagretainio - l 04
Sarijaus - 20
trikampio - l 04
385
Taškas
leistinasis - 358
optimalusis - 358
Teorema
anuliavimo - 34
bazinio minoro - 6 1
Kronekerio ir Kapelio - 75
Pitagoro - 266
Tiesės krypties koeficientas 1 54
Tiesinis apvalkas 249
Tiesinis darinys
stulpelių - 60
vektorių - 1 1 O
Tiesinis perdvis 249
Tiesinio operatoriaus branduolys 282
Tiesinio operatoriaus defektas 283
Tiesinių erdvių sankirta 250
Tikrinė operatoriaus reikšmė 296
Tikslo funkcija 357
u
Uždavinys
dietos (raciono) - 353
gamybos planavimo - 3 5 1
tiesinio programavimo - 357
bendrasis - - 357
kanoninis - - 357
standartinis - - 357
transporto - 355
V
Vaizdas 279
Vedamoji 2 1 9, 220
Vektoriai
baziniai - 242
erdvės R 3 - - 1 1 3
plokštumos - - 1 1 2
kolinearieji - l 04
komplanarieji - l 04
lygieji - l 04
ortogonalieji - 266
priešpriešiniai - 1 04
tiesiškai nepriklausomi - l 09,
239
tiesiškai priklausomi - 1 09, 239
vienakrypčiai - l 04
Vektoriaus ilgis 1 04
Vektoriaus koordinatės 1 1 2, 1 1 4, 243
Vektoriaus modulis l 04
Vektoriaus norma 263
Vektoriaus projekcija 1 08
Vektorius
leistinasis - 358
nulinis - l 03
plokštumos normalės - 1 63
priešingasis - l 05
tiesės krypties - 1 53, 1 69
tiesės normalės - 1 5 1
tikrinis - 296
vienetinis - 1 05
Viršūnė
kūginio paviršiaus - 220
parabolės - 1 97
Viršūnės
elipsės - 1 87
ž
Židiniai
elipsės - l 84
hiperbolės - 1 89
Židinys
parabolės - 1 96
LITERATŪRA
l.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
9.
10.
11.
12.
Apynis A., Stankus E. Matematika. - V. : TEV, 2001.-357 p.
Čiočys V., Jasilionis R. Matematinis programavimas. - V. : Mokslas,
1990. - 304 p.
Matuliauskas A. Algebra. -V.: Mokslas, 1985. -384 p.
Rumšas P. Trwnpas aukštosios matematikos kursas. - V.: Mokslas,
1 9 76. -559 p.
Ansorge R. , Ober/e H. J Mathematik fiir Ingenieure. B. l. - Berlin:
Akademic Verlag, 1994. -442 S.
Anton H. Elementary linear algebra. - New York: John Wiley &
sons, 198 7 , -548 p.
Blyth T. S., Robertson E. F. Basic linear algebra. - London:Springer
-Verlag, 2002. -232 p.
James G. Modern Engineering Mathematics. Addison-Wesley
Publishing Company, 1996. - 935 p.
Lay D. C. Linear algebra and its applications. Addison - Wesley
Publishing Company, 2000. -486 p.
AnameHOK P. <:P. , MapKuHa A. M, Ilonoea H. B., XeuHM aH B. E.
3rreMeHThI mrneiiHoii arrre6phI 11 aHaJIHT11ąecKoii reOMeTpHH. M11HCK: BhIIII3iiIIIrui: IIIKorra, l986.-2 72 c.
KpacHOB M JI. , KuceJ1eB A. M., MaKapeHKO r. M., llluKUH E. B.,
3aJIJlnuH B. M., Co6011ee C. K. Bc.11 BhICIIIa.11 MaTeMaTHKa. q_ l. MocKBa: 3,D.mop11arr YPCC, 2000. -32 7 e.
C6opHHK Ja,D.aq no MaTeMaTHKe ,D.JI.11 BTYJ0B / Ilo.D. pe,D.aKų11eii A. B.
Epw.toea, E. II. /Įe;wui:>oeuųa, q_ l. -MocKBa: HayKa, 1981. - 464 e.