Текст
                    И. А. КАПЛАН
ПРАКТИЧЕСКИЕ ЗАНЯТИЯ ПО
ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ
(АНАЛИТИЧЕСКАЯ ГЕОМЕТРИЯ НА ПЛОСКОСТИ
В ПРОСТРАНСТВЕ. ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ
' ФУНКЦИЙ ОДНОЙ И МНОГИХ НЕЗАВИСИМЫХ
ЕРЕМЕННЫХ, ИНТЕГРАЛЬНОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ ФУНКЦИЙ
ДНОЙ НЕЗАВИСИМОЙ ПЕРЕМЕННОЙ, ИНТЕГРИРОВАНИЕ
ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫХ УРАВНЕНИЙ)
Третье издание
Допущено Министерством высшего и среднего специального
образования в качестве учебного пособия для студентов
высших технических учебных заведений УССР
.;;<г Кп. Пед. Ич-та fsfe
ИЗДАТЕЛЬСТВО
ХАРЬКОВСКОГО ОРДЕНА ТРУДОВОГО КРАСНОГО ЗНАМЕНИ
ГОСУДАРСТВЕННОГО УНИВЕРСИТЕТА имени А, М. ГОРЬКОГО
арьков 1967


517@7) K20 В книге разобраны и подробно решены типовые задачи по аналитической геометрии на плоскости и в пространстве, дифференциальному н интегральному исчислениям и по интегрированию дифференциальных уравнений. Из задач, помещенных для самостоятельного решения, многие снабжены указаниями, промежуточными результатами и ответами. Книга рассчитана на студентов высших технических учебных заведений, может быть полезна также преподавателям, ведущим практические занятия. Ответственный редактор первой части кандидат физико-математических наук доцент Д. 3. Гордевский. Ответственный редактор второй и третьей части кандидат физико-мате- физико-математических наук доцеит Р. В. Солодовников. 2—2—3 13-67Р
ПРЕДИСЛОВИЕ В этой книге объединены три ее части, изданные в прошлые годы отдельными книгами. В нее вошли практические занятия по аналитической геометрии на плоскости и в пространстве, дифференциальному исчислению функций одной и многих неза- независимых переменных, по неопределенным и определенным инте- интегралам и их приложениям к задачам геометрии, механики и гид- гидравлики и по интегрированию обыкновенных дифференциальных уравнений и систем дифференциальных уравнений. Цель книги — помочь студенту научиться самостоятельно ре- решать задачи по указанным разделам курса высшей математики в высших технических учебных заведениях. Она рассчитана прежде всего на студентов, обучающихся заочно и по вечерней системе, но может быть полезной и студентам стационарных выс- высших технических учебных заведений, а также преподавателям, ведущим практические занятия. Книга написана в полном соответствии с новой программой по высшей математике. Весь учебный материал разделен на отдельные практические занятия. Перед каждым занятием помещены основные сведения из теории, относящиеся к этому практическому занятию, теоремы, определения, формулы и подробное решение типовых задач раз- различной степени трудности с полным анализом решения, причем большое количество этих задач решаются различными способами и целесообразность этих способов сравнивается. Каждое практи- практическое занятие содержит большое число задач для самостоятель- самостоятельного решения, многие из них снабжены методическими указа- указаниями к решению и промежуточными результатами. Такое построение книги предоставляет студенту широкие воз- возможности для активной самостоятельной работы и экономит его время. Студент, пользующийся этим пособием, должен перед каждым практическим занятием выучить относящийся к нему раздел теории, внимательно, с выполнением всех действий на бумаге, разобрать решенные задачи, и только после этого при- приступить к решению задач, предложенных для самостоятельного решения.
Для удобства пользования книгой перед первой и второй частью помещен указатель рекомендованных учебников и пара- параграфов в них, которые должны быть изучены перед каждым практическим занятием. Книга написана так, что она допускает не только последо- последовательное проведение всех практических занятий, но и исполь- использование их в выборочном порядке. Автор приносит глубокую благодарность рецензенту этой книги доктору физико-математических наук профессору Г. М. Ба- Баженову и ее ответственным редакторам кандидатам физико-мате- физико-математических наук доцентам Д. 3. Гордевскому и Р. В. Солодов- никову, ценные советы и замечания которых, "учтенные автором, способствовали значительному улучшению книги. Автор признателен также сотрудникам кафедры высшей математики Харьковского инженерно-строительного института В. Г. Александрову, Э. Б. Александровой, В. М. Аветисовой, И. М. Каневской, Ю. В. Князеву, 3. Ф. Паскаловой и Л. В. Олей- ник, проверившим ответы к задачам и Р. А. Ежовой за помощь в оформлении рукописи.
ЧАСТЬ 1 ПРАКТИЧЕСКИЕ ЗАНЯТИЯ АНАЛИТИЧЕСКОЙ ГЕОМЕТРИИ 1ЛОСКОСТИ И В ПРОСТРАНСТВЕ
¦у—b,i.-ua;=fc ?:: I
Указатель учебников и параграфов, которые должны быть изучены перед каждым практическим занятием X та оз со Си О &§ к ^ q^ S fe СР Н 1 2 3 4 5 6 7 8 и 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 Из учебника И. И. Привалова «Аналитическая геометрия» Гл. 1, § 1-5 Гл. I, § 6, 10 Гл. II, § 1—4 Гл. III, § 1—6, 14, 15' Гл. III, § 7—13 Из гл. III повторить все ра- ранее изученные параграфы Гл. III, § 16 Гл. I, § 11; гл. II, § 16 Повторить из гл. I § 11 и из гл. II § 1—6 Гл. IV, § 1, 2, 3, 8 Гл. IV, § 4, 5, 9, 10, 17 Гл. V, 1, 2, 6, п. 3 Гл. V, § 3, 6, п. 2 Разобрать страницы 29, 33 по книге «Высшая математика. Ме- Методические указания и конт- контрольные задания», 1959 г. Гл. VI, § 1—8 Ч. II, гл. I, § 1—4 и гл. II, § 1—15 Ч. II, гл. III, § 1—3 и гл. IV, § 1—10 Ч. II, гл. V, § 1—5 Ч. II, гл. V, § 6—10 Ч. II, гл. III, § 4—6, гл. VI, § 1—12 Из учебника Н. В. Ефимова «Краткий курс аналитической геометрии» § 1, 2, 3, 5 § 6, 7 § 11—13, 16, 17, 19, 20, 22 § 18, 23 Повторить § 6—23 § 22 § 4, § 11-15 Повторить § 4 и § И—15 § 24, 25, 26 § 14, 30—32, 35, 36 § 10, 43, 45 § Ю, 45 То же самое Приложение, § 1—6 § 46—61 § 62, 66, 67, 68, 71 § 69-71 § 69-71 § 64, 65, 72—76
ПЕРВОЕ ПРАКТИЧЕСКОЕ ЗАНЯТИЕ Содержание: Координаты точки на плоскости. Расстояние между двумя точками. На первых двух практических занятиях мы будем решать задачи, связанные с применением первоначальных формул ана- аналитической геометрии на плоскости. Сюда относятся такие задачи: 1) определение расстояния между двумя точками на пло- плоскости; 2) деление отрезка прямой в заданном отношении; 3) определение площади треугольника по координатам его вершин. На этом и последующих практических занятиях по анали- аналитической геометрии будут применяться только две системы коор- координат: прямоугольная система на плоскости и в пространстве и полярная. Когда в условии задачи будет сказано «дана точка», то это значит, что координаты точки известны. Если же в задаче будет поставлено требование «найти точку», то это означает, что сле- следует определить ее координаты. Фраза «дан отрезок прямой» означает, что координаты концов этого отрезка известны. Если известны координаты концов от- отрезка прямой, то тем самым положение отрезка на плоскости вполне определено. Координаты точки записываются в скобках рядом с названием точки, причем всегда на первом месте в пря- прямоугольной системе координат записывцется абсцисса точки, а на втором — ее ордината. Например, если хг — абсцисса точки А, а ух— ее ордината, то это записывается так: A {xlt yj. У точки, лежащей на оси абсцисс, ордината равна нулю; у точки, лежащей на оси ординат, абсцисса равна нулю. Обе координаты начала координат равны нулю. 1. Расстояние d между точками A (xlt уг) и В (х2, и2) пло- плоскости определяется по формуле d = У(х2-Х1J + (У2-Уг)г. A, 1)
Задача 1,1- Построить точку С B, 4). Решение. Абсцисса точки С равна 2, а ее ордината равна 4. Выберем единицу масштаба и возьмем на плоскости прямоуголь- прямоугольную систему координат. Отложим на оси Ох вправо от начала координат О отрезок ОА длиною в 2 ед. масштаба, а по оси Оу вверх от начала координат — отрезок ОВ длиною 4 ед. масштаба. Из точки А восстановим перпендикуляр к оси Ох, а из точки В — перпендикуляр к оси Оу. Пересечение этих перпендикуляров и определит искомую точку С (фиг. 1,1). ?N,0) r1- J -2-l\ f ? 1 1 3 4 4 Ч в{2, 1 i t i t г Фиг. 1,2. Задача 1,2 (для самостоятельного решения). Построить точ- точки А (-2, 4); 5B,3); С(-1, -2); D@, -5); ?(-3, 0) (фиг. 1,2). Задача 1,3. Построить точку, симметричную точке А (х, у) относительно: а) оси Ох, б) оси Оу, в) начала координат. Решение. Две точки Мг и М2 называются симметричными относительно прямой, если отрезок МгМ2 перпендикулярен этой прямой, причем его средина лежит на этой прямой. Две точки Mj и М2 называются симметричными относительно точки О, если точка О является срединой отрезка М1М2. Эти определения следует иметь в виду при решении задач 1,3 и 1,4. а) Точка В, симметричная с точкой А (х, у) относительно осп Ох, имеет абсциссу такую же, как и точка А, а ординату, равную по абсолютной величине ординате точки А, но противоположную ей по знаку. Значит, точка В имеет координаты х и —у: В{х,—у) (фиг. 1,3). б) Точка С, симметричная с точкой А (х, у) относительно оси Оу, будет иметь ординату такую же, как и точка А, а абсцисса точки С будет по абсолютной величине равна абсциссе точки А, 9
но противоположна ей по знаку. Значит, точка С имеет коор- координаты —х и у: С{—х, у) (фиг. 1,3). в) Точка D, симметричная точке А {х, у) относительно начала координат, будет иметь абсциссу и ординату, равные по абсо- абсолютной величине абсциссе и ординате точки А, но про- противоположные им по знаку, т. е. координаты точки D будут равны —х и — у: D(-x, -у) (фиг. 1,3). Задача 1,4 (для самосто- самостоятельного решения). Дана точка А C, —4). Построить точки, симметричные ей от- относительно: а) оси абсцисс, б) оси ординат, в) начала координат. Ответ. а) В C, 4); б) С(—3, -4); в) D(—3, +4). Задача 1, 5. Какое соотношение существует между координа- координатами точки, если она лежит: а) на биссектрисе первого и тре- третьего координатных углов; б) на биссектрисе второго и четвертого координатных углов. Решение, а) Биссектри- Биссектриса первого и третьего коор- координатных углов делит эти углы пополам и с положи- положительным направлением оси Од: составляет угол в 45°. Если из любой точки А (х, у) этой Фиг. 1,3. aj Фиг. 1,4. биссектрисы опустить перпендикуляр на ось Од:, то треугольник ОАВ будет равнобедренным прямоугольным треугольником, и потому его катеты О В и А В между, собою равны (фиг. 1,4 а). Так как катет ОВ есть абсцисса точки А, а катет АВ — ее ор- ордината*, то заключение состоит в том, что абсцисса и ордината любой точки этой биссектрисы между собою равны, причем это верно независимо от того, находится ли точка А в первом коор- координатном углу или в третьем, так как в каждом из них абсцисса * Координатами точки могут быть не только числа, ио и отрезки, изме- измеренные единицей масштаба. 10
и ордината точки имеют один и тот же знак. Итак, для координат точек этой биссектрисы имеет место равенство х = у. б) для точек биссектрисы второго и четвертого координатных углов мы, рассуждая так же, придем к заключению, что абсцисса и ордината любой точки на этой биссектрисе также равны между собою по абсолютной величине, но противоположны по знаку, что следует из таблицы знаков абсциссы и ординаты во второй и четвертой четвертях: Четверти IV 0 / 8 /i\ У i / >^ ч \ < Фиг. 1,5. X У Таким образом, для координат точек, лежащих на этой биссек- биссектрисе, выполняется равенство х = — у. Задача 1,6. Точка А (а, в) находится внутри Первого коорди- координатного угла. Определить координаты точки В, симметричной с точкой А относительно биссектрисы этого координатного угла. Решение. Так как точка В симметрична точке А относи- относительно биссектрисы первого координатного угла, то она лежит с точкой А на перпендикуляре к ОС и АС = СВ (фиг. 1,5). Учитывая это, а также то, что в треугольниках ОАС и ОСВ катет ОС — общий, заключаем, что эти прямоугольные треуголь- треугольники между собою равны (фиг. 1,5). Рассмотрев теперь треугольники О BE и OAD, мы придем к заключению, что и они равны, так как, будучи'прямоугольными они имеют равные гипотенузы и равные острые углы AOD и ОВЕ. Почему? Из равенства треугольников ОВЕ и OAD заключаем, что 0D = BE, a AD'= 0E. Так как по условию абсцисса 0D точки А равна а, а ее ордината AD = в, то мы приходим к заключе- заключению, что точка В имеет абсциссу ОЕ = AD = в, а ординату BE = 0D = а. Итак, координатами точки В служат числа в и а: В (в, а). Задача 1,7 (для самостоятельного решения). Найти коорди- координаты точки В, симметричной точке А (—12, 4) относительно биссектрисы третьего координатного угла. Ответ. В D, —12). 11
В -7-6-54-3-2-1 О Фиг. 1,6. Задача 1,8 (для самостоятельного решения). Найти коорди- координаты точки В, симметричной точке А B,4) относительно биссек- биссектрисы второго и четвертого координатных углов. Ответ. В(—4, —2). Задача 1,9. Точки А (—4, 2) и В(х, у) лежат на прямой, па- параллельной оси Ох, причем расстояние меж- ду ними равно 2 ед. масштаба. Определить —х координаты точки В. Решение. Задача допускает два решения: точка В может находи- находиться как слева, так и справа от точки А. Так как в каждом из этих случаев точка В лежит на прямой, параллельной оси Ох, то ордината ее у в обоих случаях будет равна ординате точки А, т. е. у = 2. Абсцисса же ее в том случае, когда она находится слева от точки А, бу- будет равна —6, а когда она на- находится справа от А, будет рав- равна — 2. Итак, В( — 6, 2), а Вх(—2, 2) (фиг. 1,6). Задача 1, 10 (для самостоятель- самостоятельного решения). Точки ,Л (— 5, 2) и В (х, у) лежат на прямой, парал- параллельной оси Оу. Найти коорди- координаты точки В, если она находит- находится от точки А на расстоянии 6 ед. масштаба. Построить чертеж. Ответ. Вг(—5, 8) и ?2(— 5, —4). Задача 1,11. Точки А E, 5) и В (х, у) лежат на биссектрисе первого координатного угла. Расстояние между ними равно 4 ед. масштаба. Найти координаты точки В. Решение. Так как точка 5 лежит на биссектрисе первого координатного угла, то ее абсцисса, и ордината между собою равны (задача 1,5). В равнобедренном прямоугольном треуголь- треугольнике ABC (фиг. 1,7) гипотенуза АВ = 4, а АС = ВС. Тогда по теореме Пифагора АС2 + ВС2 = АВ2 и 2ЛС2 = 16, АС2 = 8; АС = ВС = 2/2. Таким образом, абсцисса искомой точки (а значит, и ее ор- ордината) получится из абсциссы точки А, если к ней сначала прибавить, а потом из нее вычесть 21/ 2, и задача имеет два решения: В E+ 21/2, 5 + 21/2). и В1 E-2/2, 5-2/2). 12 Фиг. 1,7.
Задача 1,12. Найти расстояние между точками А (А, —5) и В G, -1). Решение. По формуле A, 1) для расстояния d между двумя точками, если взять в ней хг = 4; х2 = 7; у1 = —5; г/2= — 1. получаем d = VG — 4J + [— 1 — (—5)]2; d= 5 ед. масштаба. Задача 1, 13 (для лить расстояние между А (-3, 9) и В C, 1). Ответ. d= 10 ед. масштаба. Задача 1,14 (для самостоя- самостоятельного решения). Найти длину отрезка А В, соединяющего точки А (-11,5) и В A,0). Ответ, d— 13 ед. масштаба. Задача 1,15. Под каким углом к положительному направлению оси Ох наклонен отрезок, сое- соединяющий точки Л (—1, 3) и В G, -3)? самостоятельного точками решения)." Опреде- ОпредеУ У, 0 1 i В С *, X, ¦X Фиг. 1,8. Решение. По известным координатам точек Лив можно определить тангенс угла, под которым отрезок АВ наклонен" к оси Ох. Если хг и Ух—координаты точки Л, а х2 и у2 — коорди- координаты точки В, то из фиг. 1,8 усматриваем, что величина АС — = х2—хг, а величина ВС = у2—ylt и тогда = ^f. A,2) По этой формуле определится тангенс угла между отрезком АВ и положительным направлением оси Ох, причем этот угол от- считывается от оси Ох против часовой стрелки. Формула A,2) верна при любом расположении точек Л и В на плоскости. Подставляя в формулу A,2) координаты точек Л и В, по- получим, что _ — 3 — (+3) _ 3 g?== 7-1-1) ="~Т' tgcp=— — или — tg<p'=0,75. Но — tg<p = tgA80° — <p), и у нас tg A80° — <р) = 0,75; отсюда 180° - <р = 36°52\ а <р = 180° — — 36°52' = 143°08'. В дальнейшем мы будем пользоваться форму- формулой A,2) для определения угла между прямой и положительным направлением оси абсцисс. Определенный по этой формуле tg cp называется угловым коэффициентом прямой. Решим еще одну аналогичную задачу. 13
Задача 1,16. Отрезок АВ соединяет точки А(—6, 7) и 5A,—2). Определить длину этого отрезка н угол между ним и положительным направлением оси Ох. Решение. По формуле A, 1), полагая в ней хх =—6, х2 = = 1, уг = 7, у2 = — 2, получаем, что длина АВл^ 11,4 ед. мас- масштаба (знак ж означает, что имеет место приближенное равенство). Теперь по формуле A,2) находим угловой коэффициент отрезка АВ: tgср = —у- Перепишем это равенство в виде — tg<p = д — у. Отсюда следует, что tg A80° — <р) = 1,2857, и по таблицам найдем, что <р= 127°52'. Задача 1,17 (для самостоятельного решения). Найти длину отрезка АВ, соединяющего точки А(—4, 5) и В(—6, 7) и угол между этим отрезком и положительным направлением оси Ох. Ответ. АВ = У% ед. масштаба; <р = 135°. Задача 1,18. Найти периметр треугольника, если координаты его вершин известны: А{—3, —6); В D, —1); С E, —2). Ответ. АВ ж8,6 ед.,масштаба; АС^и 8,9 ед. масштаба; ВС я^ 1,4 ед. масштаба; периметр треугольника А В + АС + ВС zz 8,6 + 8,9 + 1,4 = = 18,9 ед. масштаба. Задача 1, 19 (для самостоятельного решения). Найти периметр треугольника с вершинами А(\, 3), В (А, 5), С(—5, —7). Ответ. Периметр треугольника приближенно равен 30,3 ед. масштаба. Задача 1,20. Доказать, что треугольник, вершины которого Л B, 3); В F, 7); С(—7, 2)—тупоугольный. Решение. 1) Определяем длины сторон и находим, что АВ — |/л32 ед. масштаба; АС — У82 ед. масштаба; ВС = >^194 ед. масштаба. Значит, ВСг > АВ2 + АС2 A94 > 32 + 82); треугольник действи- действительно тупоугольный. Замечание. Из элементарной геометрии известно, что если квадрат одной стороны треугольника равен сумме квадратов двух других сторон, то треугольник — прямоугольный; если квадрат большей стороны треугольника меньше суммы квадратов двух других сторон, то треугольник — остроугольный; если же квад- квадрат большей из сторон треугольника больше суммы квадратов двух других сторон, то треугольник — тупоугольный. Пользуясь этим замечанием, решите самостоятельно следующую задачу. Задача 1,21. Определить вид треугольника, если координаты его вершин известны: А B, -5); В (-7, -4); С(-1, 6). 14
Ответ. Треугольник — остроугольный, так как длины сто- сторон равны: АВ = J/82; АС = /156; ВС = /Ж Задача 1,22 (для самостоятельного решения). Доказать, что треугольник ABC — прямоугольный, если координаты его вершин Л @, 0); В D, 2); С (-2, 4). ВТОРОЕ ПРАКТИЧЕСКОЕ ЗАНЯТИЕ Содержание: Деление отрезка в заданном отношении. Координаты середины отрезка. Определение площади треугольника по известным коорди- координатам его вершин. ОСНОВНЫЕ СВЕДЕНИЯ ИЗ ТЕОРИИ 1. Если хг и у1— координаты точки А, а х2 и t/2 —коорди- —координаты точки В, то координаты х и у точки С, делящей отрезок АС А В в отношении X = ^, определяются по формулам _ х ~ Если Х=1, то точка С(х, у) делит отрезок АВ цополам, и тогда координаты х и у средины отрезка А В определятся по формулам ЦЬ Ь+. B,2) 2. Плошадь треугольника по известным координатам его вер- вершин А {хи yi), В{х2, у2), С(х3, у3) вычисляется по формуле S = у [(*i — *з) (Уа — Уз) — (*2 — ха)(у1 —Уз)]. B, 3) Полученное с помощью этой формулы число следует взять по абсолютной величине. v Задача 2,1.-Найти координаты точки С — средины отрезка, соединяющего точки А (—2, 4) и В (—4, 10). Решение. Воспользуемся формулами B,2). Запомните, что каждая координата средины отрезка равна полусумме соответ- соответствующих координат его концов. В формулах B,2) возьмем хг = — 2; х2 = —4} ух = 4; у2 =» = 10. Тогда абсцисса средины отрезка АВ _-2 + (-4) -6 о 2 ~-Т=—д' 15
а ордината средины отрезка А В и - у^ + у* - 4+10 _ 14 _ 7 Итак, средина отрезка А В — точка С(—3,7). Задача 2, 2 (для самостоятельного решения). Найти коорди- координаты точки С — средины отрезка АВ, если координаты концов отрезка известны: А(—7, 5); В A1, —9). Ответ. х = 2; у=— 2; СB, —2). Задача 2,3. Найти координаты конца В отрезка, если дру- другой конец отрезка — точка А (—5, —7), а средина отрезка — С (-9, -12). Решение. В формулах B,2) координаты средины отрезка обозначены через х и у. По условию задачи х=—9; у =—12. Координаты одного конца отрезка точки А в этих формулах х'г = —5; г/j = — 7. Координаты точки В (другого конца от- отрезка) — величины неизвестные, которые мы обозначим через х2 и г/2- Тогда по формулам B,2) для определения этих неизвестных получаем два уравнения: —У - g, 2 Отсюда — 18 = —? + *а и *, = —13, _24 = —7 + г/2 и у, = -17. Задача 2,4 (для самостоятельного решения). Один конец от- отрезка Д(—4,2), средина отрезка С(—6,5). Найти координаты, точки В другого конца отрезка. Ответ. хг = —8; г/2 = 8. Задача 2,5 (для самостоятельного решения). Даны вершины треугольника: Л (-7, 4); В (-5, 2); С F, -3). Найти координаты средин его сторон. Ответ. Если обозначить средину стороны АВ буквой Е, сре- средину стороны АС буквой F, а- средину стороны ВС буквой К, то координаты этих точек: ?(—6,3); W— у; ±\; К l-j, — j). Задача 2, 6 (для самостоятельного решения). Даны вершины треугольника: Л (—4, 6); В (—8, 9); С E, —6). Найти координаты точек Е, F и /С средин сторон ЛВ, ЛС и ВС. Ответ. ?(-6; ^;/^-}-±; о); *(-¦|; |) • 16
Задача 2,7. Даны координаты средин сторон треугольника: ?G,8); F{—4, 5); КA, —-4). Определить координаты вершин треугольника. Решение. Пусть точки А, В и С — вершины треугольника, точка ? —средина стороны АВ, точка F — средина стороны АС, а /(—средина стороны ВС. Требуегся найти координаты точек А, В и С. Обозначим чере'з хА и уА — координаты вершины А, » хв и ув — координаты вершины В, * хс и Ус — координаты вершины С. По формулам B, 2) имеем у* = Подставляя в эти формулы координаты точек ?, F и К, мы для определения неизвестных получим следующие уравнения: а) Уравнения, отмеченные (*), после подстановки в них коор- координат точки Е запишутся так: 7 _ ХА + ХВ о _ У А + У В , / - 2 ' °- ~2 ' или «д + а:в = 14; . уА + ув — 16. б) Уравнения, отмеченные (**), если подставить в них коор- координаты точки F, запишутся в- виде л _ха + хс. г_У_а±Ус — 2 ' — 2 ' или хА + хс = — 8; t/д + г/с = Ю. в) Если же в уравнения, отмеченные (***), подставить коор- координаты точки К, то эти уравнения запишутся так: , _*в + хс л _Ув + Ус 2 '• —4 - 2 или хв + хс = 2, ув + ус = —8. Итак, для определения шести неизвестных мы получили такие две системы уравнений: Первая система Вторая система уравнений уравнений Xa + хв = 14 xA + хс = — 8 Хв + Хс = 2 2 И. А. Каплан Уа + Ув = 16 Уд + г/с = Ю У в + Ус = — 8
Складывая почленно уравнения первой системы, будем иметь Ха + хв + хА + хс + хв + хс = 8. После приведения подобных членов и деления обеих частей урав- уравнения на 2 получим ха + хв + хс = 4. B, 4) Так как на основании третьего уравнения первой системы хв + хс = 2, то из B,4) получаем хА + 2 = 4, а хА = 2; исполь- используя второе уравнение первой системы хА + хс = — 8, получим хв — 8 = 4; хв = 12; на основании первого уравнения первой си- системы ха + хв = 14, и уравнение B, 4) примет вид хс + 14 = 4; а *с = — Ю. Итак, *л = 2; хв = 12; д;с = — 10. Поступая так же, найдем из вто- второй системы уравнений Уа =17; ув= — 1; ус = —Т. Вершины треугольника имеют та- такие координаты: •s-5ч-з-г-f о Тг Фиг. 2,1- Л B, 17); В A2, -1); С(—10, -7) (проверить правильность полученного решения по условию задачи). Задача 2,8 (для самостоятельного решения). Координаты сре- средин сторон треугольника Е(—4, 6); F B, —6); К@, _4). Найти координаты вершин треугольника. Ответ. Ха + хв + хс= — 2; хА — — 2; хв = — 6; хс = 6; г/л + Ув + Ус = — 4; г/д = 4; t/B = 8; ус = — 16. Координаты вершин треугольника: Л (—2, 4); В(—6, 8); С F, —16). Задача 2, 9. Точки А B, 4), В (—3, 7) и С(—6, 6) —три вер- вершины параллелограмма, причем Л и С — противоположные вер- вершины. Найти четвертую вершину. Решение. Требование задачи: «найти четвертую вершину» означает, что следует найти ее координаты. Решение задачи облег- облегчит чертеж (фиг.. 2, 1). Известно, что диагонали параллелограмма в точке пересечения делятся пополам. Поэтому координаты точки Е — пересечения диагоналей найдем как координаты средины отрезка АС. Обозна- Обозначая их через Хе и Уе, получим, что 2 4- (—6) о хе = ^Ч>—-; хЕ = —2; 4 + 6 Уе = -j-; ?(—2, 5). = 5. 18
Зная координаты точки Е—средины диагонали BD и коорди- координаты одного из ее концов В (—3, 7), по формулам B, 2) легко определим искомые координаты вершины D параллелограмма. В формулах B, 2) надо положить х = — 2; у = 5; хх = —3; ух = = 7. Искомыми будут xd и г/г> — координаты точки D. Получаем такие уравнения: — 2 = к—— ; —4 = —3 + xd) xd = — 1. Итак, вершина D (—1,3). Задача 2, 10 (для самостоятельного решения). Три вершины параллелограмма имеют координаты А (—6, —4); В (—4, 8); С(—1,5), причем А и С — противоположные вершины. Опреде- Определить координаты четвертой вершины параллелограмма. Ответ. Координаты точки Е пересечения диагоналей Е (—s", к) . Координаты четвертой вершины параллелограмма D(-3, -7). Теперь решим несколько задач, связанных с делением отрезка АВ в данном отношении (формула B, 1)). Если точка С делит отрезок АВ в отношении X, то это следует понимать так: Х = ^. Числитель этой дроби есть длина отрезка," начало которого на- находится в точке А—в начале отрезка АВ, а конец в точке С, делящей этот отрезок. Знаменатель дроби есть длина отрезка, имеющего начало в точке С, а конец в точке В — в конце от- отрезка АВ. Это замечание, разъясняющее смысл числа X, поможет избежать ошибок. В формулах B, 1) в числителе X является множителем при координатах конца отрезка. Задача 2,11. Отрезок АВ, соединяющий точки /1B,5) и В (А, 9), разделить в отношении 1:3. Решение. Условие задачи требует найти координаты точки С, делящей отрезок АВ в отношении Х = 4-. 3 Точку А B, 5) будем считать началом отрезка, а точку В (А, 9)— ее концом. В формулах B, 1) х и у — искомые координаты точ- точки С, хх и ух — координаты точки А, х2 и у2 — координаты точ- точки В; X = -g-. Значит, у нас хх = 2; х2 = 4; уг = 5; yz = 9. Итак, по формулам B, 1) _2+1Л _2 + ±_ 5 х - ; х j— ; х — —; о* i 19
у = 5+3"'9. — у = 5+3 Точка С имеет координаты С[-^, 6). Задача 2,12. Концы отрезка АВ имеют координаты: А (—4, 8), В F, —2). Найти координаты точек С и D, делящих отрезок А В на три равные части (фиг. 2, 2). Решение. Отрезок АВ разделен. на три равные части, а у точка С делит отрезок АВ в отношении Л * X = ^ • Так как &С = у СВ, то от- отсюда следует, что , _ АС_ 1 СВ~ ?• -4-з-г-/., /Z3J\.B Фиг. 2,2. 5 S В первой из формул B, 1) следует поло- жить = 6; *с — искомая абсцисса точки С. Во второй из формул B, 1) надо положить, что Ух = 8; Уч. = —^» ус — искомая ордината точки С. Итак, -4 +-§¦-6 1 8 + -g- • (-2) Ус = ^—; ус = —з —4 + 3 . О 1 8 — 1 2 2 14\ Координаты точки С найдены: С( —-j, -gj 20 14
Координаты точки D можно определить просто, как коорди- координаты средины отрезка СВ. Пользуясь формулами для определения координат средины отрезка, получаем > XD — "з" > •з-2. 2 ' Задача 2,13 (для самостоятельного решения). Найти коордит наты точек, делящих отрезок „ с началом в точке А (—6, 10) и концом в точке В (—2, —6) в отношениях: 1) X = 1; 2) ; =4; 4) Х = |. = 2; 3) X = Ответ. 1) 2) 4) 10- -^ • ~3' 3J' Фиг. 2,3. (-5' 5,1- Задача 2,14. Найти координаты центра тяжести однородной пластинки, имеющей форму треугольника, вершинам которого соответствуют координаты: А (хъ Ух), В {х2, уа)> С (х3, у3) (тол- (толщину пластинки не учитывать). Решение. Центр тяжести треугольника, указанного,в усло- условии задачи, находится в точке пересечения его медиан. Из эле- элементарной геометрии известно, что три медианы треугольника пересекаются в одной точке, причем эта точка делит медианы в отношении 2:1, считая от вершины треугольника. Обозначим эту точку буквой Е, ее координаты — хе и Уе (фиг. 2,3). Рассмотрим медиану, проведенную из вершины А. Один ее конец А имеет координаты (х1У yj, а координаты другого ее конца получим, как координаты средины отрезка ВС, концы которого имеют известные координаты: В(хг, уг), С (х3, у3). Координаты точки D обозначим через хо и t/д и по формулам B,2) для определения координат средины отрезка получим Ч + х3 . .. _Уг_ 2 ' yD ~ °ГЖ 2 )
Теперь, зная координаты начала А и конца D отрезка AD и то, что точка Е (хЕ, уЕ) делит этот отрезок в отношении X = 2, по формулам B, 1) получаем Г 2 ¦*!+*« + *» ¦ Y ? 1+2 3 ' ХЕ ~ Полученный результат приводит к выводу, что координаты центра тяжести однородной треугольной пластинки, если не учитывать ее толщину, равны среднему арифметическому одно- одноименных координат ее вершин. Задача 2, 15 (для самостоятельного решения). Найти центр тяжести однородной треугольной пластинки, вершины которой имеют координаты (толщиной пластинки пренебречь): А B, —3); Б(-3, 6); С(-7, 0). Ответ, х =—-j ; у = 1. Задача 2,16. Найти площадь треугольника, вершины которого находятся в точках А B, —3), ВA, 1), С (—6, 5). Решение. Задачу очень просто решить, воспользовавшись формулой B, 3), в которой нужно взять хг = 2, х2 = 1, х3 = — 6; уг = —3, #2 =1, у3 = 5. Подставляя эти числа в B,3), получим S = ±{[2-(-6)] .A-5)-[1-(-6)] .(-3-5)} = = 1 {B + 6) • (-4) -A + 6) ¦ (-8)} = -i [-32-(- 56)] = = 1. (-32+ 56) = 1.24 =12; S= 12 кв. ед. Решение задач, в которых требуется определить площадь тре- треугольника по координатам его вершин, не представляет труд- трудности, а потому можно ограничиться самрстоятельным решением еще одной задачи. Задача 2,17 (для самостоятельного решения). Координаты вершин треугольника: А (—2, 4), В (—6, 8), С E, —6). Опреде- Определить площадь этого треугольника. Ответ. S = 6 кв. ед. Задача 2,18. Доказать, что три точки Л A, 8), В (—2, -^7), С (—4, —17) лежат на одной прямой, 22
Решение. Если три точки А, В и С лежат на одной пря- прямой, то треугольник ABC обратится в отрезок прямой, а потому его площадь должна быть равна нулю. Полагая в формуле B,3) S = О, получим условие, при котором три точки лежат на одной прямой (*i — *з) {Уг — Уз) — (*» — х3) (f/j — у3) = О, или (*1 — *3) (У2 — Уз) = (*2 — Х3) (Ух — У3). В более удобной форме условие, при котором три точки лежат на одной прямой, можно записать так: *i — *з _ j/i — у г B д\ Ч— Ч 1/2—1/3 ¦ К ' ' Подставляя сюда координаты данных точек, получим, что левая часть B, 5) будет равна а правая часть УхцУ? = Л Уг-Уз 2* Требование B,5) выполнено: А — 1 2 ~~ 2 * и, значит, три данные точки лежат на одной прямой. Задача 2, 19 (для самостоятельного решения). Проверить, что три точки: А{1, 5), В(—5, —1), С (—8, —4) лежат на одной прямой. ТРЕТЬЕ ПРАКТИЧЕСКОЕ ЗАНЯТИЕ Содержание: Различные виды уравнения прямой. Исследование общего уравнения прямой. Построение прямой по ее уравнению. ОСНОВНЫЕ СВЕДЕНИЯ ИЗ ТЕОРИИ В прямоугольных координатах уравнение прямой на плоскости задается в одном из следующих видов: 1. Уравнение прямой с угловым коэффициентом y = kx + b, C, 1) где k — угловой коэффициент прямой, т. е. тангенс того угла, который прямая образует с положительным направлением оси Ох, причем этот угол отсчитывается от оси Ох к прямой против часовой стрелки, b — величина отрезка, отсекаемого прямой на оси ординат. При Ь = 0 уравнение C, 1) имеет вид у = kx, и соответствующая ему прямая проходит через начало координат. 23
Уравнением C, 1) может быть определена любая прямая на плоскости, не перпендикулярная оси Ох. Уравнение прямой с угловым коэффициентом разрешено отно- относительно текущей координаты у. 2. Общее уравнение прямой Ах + Ву + С = 0. C,2) Частные случаи общего уравнения прямой: а) Если С = О, уравнение C, 2) будет иметь вид Ах + By = О, и прямая, определяемая этим уравнением, проходит через начало координат, так как координаты начала координат х — О, у = О удовлетворяют этому уравнению. б) Если в общем уравнении C,2) В = 0, то уравнение при- примет вид Ах + С = 0, или х— —-г-. Уравнение не содержит переменной у, а определяемая этим урав- уравнением прямая параллельна оси Оу. в) Если в общем уравнении прямой C,2) А = О, то это урав- уравнение примет вид Q Ву + С = О, или у = — g-; уравнение не содержит переменной х, а определяемая им прямая параллельна оси Ох. Следует запомнить: если прямая параллельна какой-нибудь координатной оси, то в ее уравнении отсутствует член, содер- содержащий координату, одноименную с этой осью. г) При С = О и А — 0 уравнение C, 2) принимает вид By = О, или у = 0. Это уравнение оси Ох. д) При С =. 0 и В — 0 уравнение C,2) запишется в виде Ах= 0 или х = 0. Это уравнение оси Оу. 3. Уравнение прямой в отрезках на осях где а — величина отрезка, отсекаемого прямой на оси Ох; b — величина отрезка, отсекаемого прямой на оси Оу. 24
Каждый из этих отрезков отложен от начала координат. Особенности этого уравнения такие: в левой части уравнения между дробями -стоит знак плюс, величины аий могут быть как положительными, так и отрицательными, правая часть уравнения равна единице. 4. Нормальное уравнение прямой jecosa + t/sina—р = 0. C,4) Здесь р—длина перпендикуляра, опущенного из начала коор- координат на прямую, измеренная в ед. масштаба, а a — угол, ко- который этот перпендикуляр образует с положительным направ- направлением оси Ох. Отсчитывается этот угол от оси Ох против часо- часовой стрелки. Для приведения общего уравнения прямой C,2) к нормальному виду обе его части надо умножить на нормиру- нормирующий множитель. N= ± 1 , C,5) причем перед дробью следует выбрать знак, противоположный знаку свободного члена С в общем уравнении прямой C, 2). Особенности нормального уравнения прямой: сумма квадратов коэффициентов при текущих координатах равна единице, свобод- свободный член отрицателен, а правая часть его равна нулю. ПОСТРОЕНИЕ ПРЯМОЙ ПО ЕЕ УРАВНЕНИЮ Прямая вполне определена, если известны две принадлежа- принадлежащие ей точки. Для того, чтобы построить прямую по ее урав- уравнению, надо, пользуясь этим уравнением, найти координаты двух ее точек. Твердо следует помнить, что если точка принадлежит прямой, то координаты этой точки удовлетворяют уравнению прямой. При практическом построении прямой по ее уравнению наибо- наиболее точный график получится тогда, когда координаты взятых для ее построения двух точек — целые числа. 1. Если прямая определена общим уравнением Ах + By + С — = 0 и С Ф 0, то для ее построения проще всего определить точки пересечения прямой с координатными осями. Укажем, как определить координаты точек пересечения прямой с координатными осями. Координаты точки пересечения прямой с осью Ох находят из следующих соображений: ординаты всех точек, ^ расположенных на оси Ох, равны нулю. В уравнении прямой полагают, что у равно нулю, и из полученного уравне- уравнения находят х. Найденное значение х и есть абсцисса точки пе- пересечения прямой с осью Ох. Если окажется, что х = а, то коор- координаты точки пересечения прямой с осью Ох будут (а, 0). 25
Чтобы определить координаты точки пересечения прямой с осью Оу, рассуждают так: абсциссы всех точек, расположенных на оси Оу, равны нулю. Взяв в уравнении прямой х равным нулю, из полученного уравнения определяют у. Найденное зна- значение у и будет ординатой точки пересечения прямой с осью Оу. Если окажется, например, что у — Ь, то точка пересечения прямой с осью Оу имеет координаты (О, Ь). Пример. Прямая 2х + у — 6 = 0 пересекает ось Ох в точке C,0). Действительно, взяв в этом уравнении у~0, получим для определения х уравнение 2х — 6 = 0, откуда х = 3. Чтобы определить точку пересечения этой прямой с осью Оу, положим в уравнении прямой х = 0. Получим уравнение у — 6 = = 0, из которого следует, что у — 6. Таким образом, прямая пересекает координатные оси в точках C,0) и @,6). Если же в общем уравнении прямой С = 0, то прямая, опре- определяемая этим уравнением, проходит через начало координат. Таким образом, уже известна одна ее точка, и для построения прямой остается только найти ее еще одну точку. Абсциссу х этой точки задают произвольно, а ординату у находят из уравне- уравнения прямой. Пример. Прямая 2х — 4г/=0 проходит через начало коорди- координат. Вторую точку прямой определим, взяв, например, х = 2. Тогда для определения у получаем уравнение 2-2 — 4у = 0; 4# = 4; у = 1. Итак, прямая 2х — 4г/= 0 проходит через точки @, 0) и B, 1). 2. Если прямая задана уравнением C,1) с угловым коэффи- коэффициентом, то из этого уравнения уже известна величина отрезка Ь, отсекаемого прямой на оси ординат, и для построения прямой остается определить координаты еще только одной точки, принад- принадлежащей этой прямой. Если в уравнении C, 1) k ф0 v. b Ф0, то легче всего определить координаты точки пересечения прямой с осью Ох. Выше было указано, как это сделать. Если же в уравнении C,1) b — 0, то прямая проходит через начало координат, и тем самым уже известна одна принадлежа- принадлежащая ей точка. Чтобы найти еще одну точку, следует дать х лю- любое значение и определить из уравнения прямой значение у, соот- соответствующее этому значению х. Пример. Прямая у=-^х проходит через начало координат и точку B, 1) так как при х= 2 из ее уравнения г/ = у • 2 = 1. Построение прямых, параллельных координатным осям, за- затруднений не вызывает. Теперь будем строить прямые по их уравнениям. Задача 3. 1. Построить прямые: а) х + 2у — 4 = 0; б) 2х — — 3</ + 6 = 0; в) у = Зл; + 2; г) у =—2х; д) 2лг + Зу = 0; 26
e) 1+1=1; ж) |-|=1; з) А л:-±</-4 = 0; и) г/= 2; к) х + 3 = 0. а) Определим точки пересечения прямой х -\-2у — 4=0 с коор- координатными осями. Взяв в этом уравнении сначала у = 0, найдем у \У 0 Фиг. 3,1. из него, что точка А пересечения прямой с осью Ох имеет абс- абсциссу х = 4. Координаты точки А D, 0). Положив теперь в урав- уравнении х = 0, найдем, что точка В пересечения прямой с осью Оу имеет ординату у — 2. Координаты точки В @,2). Построив эти точки, соединим их прямой (фиг. 3,1а). Эта прямая и соответствует данному уравнению. б) Определим точки пересечения пря- прямой 2х — Ъу + 6 = 0 с координатными ося- осями: при у = 0 получаем 2х + 6 = 0, х = =—3. Точка А пересечения прямой с осью Ох имеет координаты (—3,0); при х = 0 имеем —2>у + 6 = 0; у — 2, и прямая пересекаетесь Оу в точке В @, 2). Построим эти точки, соединим их прямой и полу- получим прямую, соответствующую данному уравнению (фиг. 3,16). в) Прямая у = Ъх + 2 задана уравнением с угловым коэффи- коэффициентом. Из уравнения видно, что прямая отсекает на оси ординат отрезок, величина которого Ь = 2 (фиг. .3,2). Значит, точка А @, 2) принадлежит прямой. Найдем еще одну точку на этой пря- прямой. Как указано выше, легче всего определить точку пересече- пересечения прямой с осью Ох. Взяв в уравнении прямой равным ну- лю, получим 0 = Зх + 2, ах— — у, и точка В пересечения пря- —jj-, 0). Построив точки @,2) B \ — j, 0J и соединив их прямой, получим прямую, соответ- соответствующую этому уравнению. 27 Фиг. 3,2.
Фиг. 3,3. г) Прямая у = —2х проходит через начало координат (Ь = 0), а поэтому для ее построения достаточно найти еще только одну точку, принадлежащую ей. Взяв х = — 1, получим, что у——2 • (—1) = 2 и, значит, точка А(—1,2) принадлежит прямой. Проведя прямую через на- начало координат и точку (—1,2), мы получим прямую, соответ- соответствующую данному уравнению (фиг. 3,3а). д) Прямая 2х + Зу == — 0 проходит через на- начало координат, так как ее уравнение не содержит свободного члена. Найдем^ еще од- одну точку, принадлежа- принадлежащую прямой. Возьмем, например, на прямой точку с абсциссой х — 2. Подставляя в уравнение прямой х — — 2, получим для определения ординаты этой точки уравнение 2 • 2 + Ъу = 0; Зу = -4; у = - 1 Таким образом, прямой принадлежит и точка А B, —А- Пря- Прямая, проведенная через начало координат и точку А12,—-А, и будет соот- ветствовать данному урав- уравнению (фиг. 3,3 6). е) Уравнение ?¦ + ¦§¦ = = 1 — уравнение прямой в отрезках на осях. Из . Фиг. 3,4. него сразу усматриваем, что прямая отсекает на осях Ох и Оу отрезки, величины которых а = 4, b = 5 (фиг. 3,4 а). ж) Уравнение |-—- -f-= 1 преобразуем к виду C,3). Запом- Запомните, что в уравнении прямой, в отрезках на осях в левой его части, между дробями должен быть знак плюс. На основании этого замечания данное уравнение перепишем в виде О lo;s) \ \ тогда а — 2, а Ь = — 4. Прямая, соответствующая этому урав- уравнению, показана на фиг. 3,46. 28
з) Для построения прямой -?х— -=• 4 = 0. Определим точ- точки пересечения ее с координатными осями. Положив в ее урав- нении у — 0, найдем, что -=¦ х — 4 = 0, а отсюда х = -к-, и точка А О О пересечения прямой с осью абсцисс имеет координаты A /-g-, 0). Взяв в уравнении прямой х = 0, найдем, что и — — 5 и точ- точка В пересечения прямой с осью Оу име- имеет координаты В @, —5). Проводим через эти точки прямую. Она и соответствует данному уравнению (фиг. 3,5). и) Уравнение у = 2 определяет пря- прямую, у которой все точки имеют ордина- ординату, равную 2 ед. масштаба. Эта прямая, очевидно, параллельна оси Ох, находится над ней и проходит через точку @, 2) (фиг. 3,6). к) Уравнение х -\- 3 = 0 перепишем в виде х— —3. Это уравнение определяет прямую, у которой все точки имеют абс- абсциссы, равные —3. Ясно, что эта прямая параллельна оси Оу, находится слева от нее на расстоянии 3 ед. масштаба и про- проходит через точку (—3,0) (фиг. 3,7). 9. А /iff.oj Фиг. 3,5. (-3,0) Фиг. 3,6. Фиг. 3,7. Задача 3,2. Общее уравнение прямой Ах — Зг/+ 12 = 0 пред- представить в виде: 1) с угловым коэффициентом; 2) в отрезках на осях и 3) в нормальном виде. Построить эту прямую. Решение. 1) Уравнение C,1) прямой с угловым коэффици- коэффициентом имеет вид у = kx + b. Чтобы заданное уравнение преобра- преобразовать к этому виду, разрешим его относительно у: Ъу = 4Jc + 12, У = з"х + 4. Сравнивая с уравнением C, 1), видим, что здесь угловой коэф- коэффициент прямой ^ = —, а величина отрезка, отсекаемого прямой 29
на оси ординат, 6 = 4 (если уравнение прямой дано в общем виде C, 2), то ее угловой коэффициент легко получить, если разделить коэффициент _при х на коэффициент при у и взять полученное А* частное с обратным знаком k = — ¦„-. 2) В отрезках на осях уравнение прямой имеет вид C,3) а ' Ь Чтобы определить величины отрезков, отсекаемых заданной прямой Ах—3i/+ 12 = 0, поступим так: в уравнении прямой по- положим у — 0. Получаем Ах + 12 = 0, а х =—3. Значит, наша прямая пересекает ось Ох в точке с координатами (—3,0), и в уравнении C, 3) величина отрезка а = — 3. Полагая в нашем уравнении х = 0, определим ординату точки пересечения прямой с осью ординат. Будем иметь —Ъу + 12 = 0; у = 4. Точка пересечения прямой с осью ординат имеет координаты @,4), и в уравнении C,3) величина отрезка Ь = А**. Таким образом, наше уравнение в отрезках на осях будет иметь вид —3^4 3) Чтобы привести уравнение к нормальному виду, обе его части следует умножить на нормирующий множитель C, 5), вы- выбрав перед корнем знак, противоположный знаку свободного члена в общем уравнении прямой. В нашем случае свободный член в общем уравнении прямой равен +12, а поэтому перед корнем в нормирующем множителе должен быть выбран противоположный знак, т. е. знак минус, и так как А =4, В = — 3, то 5* Умножая на —=- обе части уравнения О 4Х — Зу+ 12 = 0, приведем его к нормальному виду 4.3 12 * В дальнейшем вместо фразы «возьмем прямую с уравнением, например, Ах + By + С — 0» мы будем употреблять более короткую: «возьмем прямую Ах+ В(/ + С = 0». Мы обращаем на это внимание потому, что Ах -\- By + + С = 0 есть уравнение прямой, но не сама прямая. ** В дальнейшем вместо термина «величина отрезка» употребляется термин «отрезок». 30
Запомнить: В нормальном уравнении прямой сумма квадратов коэффициентов при текущих координатах должна быть равна единице, а свободный член должен быть отрицательным. Эти два требования в полученном нами последнем уравнении, как легко проверить, выполнены. В пункте 2 решения мы получили урав- уравнение прямой в отрезках на осях: а = —3, 6 = 4. Зная эти от- отрезки, мы легко построим кашу прямую (фиг. 3, 8). Задачи 3,3 и 3,4 решаются так же, как и задача 3,2. По- Поэтому приводятся только ответы. Эти задачи должны быть решены самостоятельно. Задача 3, 3 (для самостоятельного ре- решения). Уравнение прямой 6х + 8у — 15= =0 представить в виде: 1) с угловым коэффициентом, 2) в от- отрезках на осях. Построить эту прямую. Ответ. 1) Уравнение прямой с угло- угловым коэффициентом %»¦/>) ' л\—' *~х 3 . 15 2) Уравнение прямой в отрезках на осях 2,5 М,875 Задача 3, 4 (для самостоятельного решения). Те же требова- требования, что и в задаче 3,3 для прямой \2х — Ъу + 26 = 0. п 12 . 26 х , у , Ответ, у = -*+yj3+^= 1. 6 " Задача 3, 5. Под каким углом прямая у = х + 2 пересекает ось 0x7 Решение. Прямая задана уравнением с угловым коэффици- коэффициентом в виде C, 1). Сравнивая данное уравнение с уравнением у = kx + Ь, получаем, что k — 1. Нам известно, что k —угловой коэффициент прямой, т. е. k—это тангенс того угла, который прямая составляет с положительным направлением оси Ох. Этот угол мы обозначим буквой ср. Значит, k = tgср. У нас k = 1, т.е. tgcp= 1; следовательно, ср = 45°. Этим заканчивается решение за- задачи. Задача 3, 6 (для самостоятельного решения). Под каким углом прямая у = 2х + 3 пересекает ось Ох? Указание. При решении задачи воспользуйтесь таблицами тригонометрических функций. Ответ, tg ср = 2; ср = 63°26'. 31
Задача 3,7. Найти уравнение биссектрисы первого и третьего координатных углов. Решение. Уравнение прямой с угловым коэффициентом в том случае, когда прямая проходит через начало координат, имеет вид У = kx, C, 6) так как в этом случае отрезок 6, отсекаемый прямой на оси Оу, равен нулю. Биссектриса первого и третьего координатных углов составляет с положительным направлением оси Ох угол в 45°. Величина k в уравнении C, 1) есть тангенс этого угла, т. е. k = = tg45°=l. Подставляя это значение в уравнение C,6), полу- получим у = х. Это и есть уравнение биссектрисы первого и третьего коорди- координатных углов, его следует запомнить. Оно может быть записано также р виде х — у — О. Задача 3,8 (для самостоятельного решения). Найти уравнение биссектрисы второго и четвертого координатных углов. Ответ. у = —х, или х-\-у = 0. Задача 3, 9. Прямая проходит через точку B, —3) и отсекает на оси ординат отрезок 6 = 3. Найти ее уравнение. Решение. Будем искать уравнение прямой в виде C,1) с угловым коэффициентом. Это целесообразно сделать потому, что в задаче задан отрезок, отсекаемый прямой на оси ординат, а в уравнение прямой с угловым коэффициентом входит этот отрезок. Итак, в уравнении у = kx-\-b нам известно, что 6 = 3. Подставим в него это значение и получим у = kx + 3. (А) Следовательно, теперь осталось определить только угловой коэф- коэффициент k. По условию прямая проходит через точку B, —3). Если линия проходит через точку, то координаты этой точки удовлетворяют уравнению линии. Подставим ь последнее уравне- уравнение 2 вместо х и —3 вместо у. Получим уравнение для определе- определения k: —3 = 2k + 3. Решая уравнение, находим, что k — —3. Подставляя это значение k в (А),, получим искомое уравнение прямой у = — Ъх + 3. Задача 3, 10 (для самостоятельного решения). Найти уравне- уравнение прямой, проходящей через точку (—1, —3) и отсекающей на оси ординат отрезок 6 = 4. Эта задача решается так же, как и 3,9. Ответ. у = 7х + 4. Задача 3,11. Написать уравнение прямой, отсекающей на ко- координатных осях Ох и Оу отрезки а = 3 и 6 = 4. Решение. В уравнение прямой в отрезках на осях 32
подставим а = 3 и 6 = 4. Получим искомое уравнение в виде Задача 3,12 (для самостоятельного решения). Построить пря- прямые, заданные уравнениями 1) х + 2у — 6 = 0; 2) х —Зг/ + 9 = 0; 3) Ъх — у = 0; 4) х + 2г/ = 0; 5) х— 4 = 0; 6) 2у —3 = 0. Решим теперь две задачи, связанные с исследованием общего уравнения прямой. Задача 3,13. Указать особенности в расположении относительно координатных осей прямых 1) 2х — Ъу = 0; 2) Ъх — 2 = 0; 3) 1у + 12 = 0; 4) 5х = 0; Ъ)Ъу=О. Решение. 1) Прямая 2х — 5у = 0 проходит через начало координат, так как ее уравнение не содержит свободного члена. 2) Прямая Ъх— 2 = 0 параллельна оси Оу (ее уравнение не содержит текущей координаты у). 3) Прямая 7г/+12 = 0 параллельна оси Ох (ее уравнение не содержит текущей координаты х). 4) Прямая Ъх = 0 совпадает с осью Оу (ее уравнение можно переписать в виде х = 0). Задача 3,14 (для самостоятельного решения). Указать особен- особенности в расположении прямых 1) Ъх + Ъу = 0; 4) Ъу = 0; 2) 4г/ + 8 = 0; 5) 7х = 0. 3) Ъх - 16 = 0; Ответ. 1) Проходит через начало координат; 2) параллельна оси Ох; 3) параллельна оси Оу; 4) совпадает с осью Ох; 5) совпадает с осью Оу. Задача 3,15. Уравнение прямой х + Ъу — 4 = 0 привести к нормальному виду. Решение. Нормирующий множитель определяется по фор- формуле + в2 Здесь Л = 1; В — 3. Перед корнем надо выбрать знак, противо- противоположный знаку свободного члена в заданном уравнении, т. е. знак плюс. Тогда нормирующий множитель' N = ' N = -i=r; /2 2 /10 33
после умножения обеих частей- уравнения на мет вид 1.3 4 Л = X + -7=. У 7= = О- 10 /10 /10 уравнение при Задача 3,16. Привести к нормальному виду уравнение пря- прямой Ъх — 12^ + 26 = 0. Ответ. -*.х* Из сравнения с уравнением C, 4) видим, что р = 2; cos a = 5 . 12 ; 51 Задача 3,17 (для самостоятельного решения). Уравнение пря- прямой 7х + У— 3 = 0 привести к нормальному виду. Ответ. —т=х-\ -р=ц — 5/2 5/2 а 3 Р = 5/Т' sin a cos а = ——: 5/2"' 5/2 " фиг. з,9. Задача 3, 18 (для самостоя- самостоятельного решения). Привести к нормальному виду уравнение прямой 6х — 8у — 15 = 0. 3 4 3 Ответ, -д-л;—-^у — 1,5 = 0; р=1,5; cosa = -g-; sina = —=-. О Задача 3,19. Найти длину перпендикуляра, опущенного из начала координат на прямую Ъх — 6у + 5 = 0, а также коорди- координаты основания этого перпендикуляра. Решение. Приведем данное "уравнение к нормальному виду: N = — 1 /З2 + 6а> /45 3 / 5 ' После умножения на нормирующий множитель уравнение при- примет вид '/" /5 Из сравнения с C, 4) заключаем, что р = Ц- . Для определения координат основания этого перпендикуляра из фиг. 3, 9 получим формулы х — р cos a, у = psina 34
(эти формулы верны при любом расположении прямой относи- относительно координатных осей). 1 2 Как видно из уравнения C,4), cosa = —, sina^-^ У 5 У 5 и искомые координаты основания перпендикуляра равны 1_ __2 X — д. У — д. ЧЕТВЕРТОЕ ПРАКТИЧЕСКОЕ ЗАНЯТИЕ Содержание: Уравнение прямой, проходящей через данную точку в данном направлении. Уравнение прямой, проходящей через две данные точки. Угол между двумя прямыми. Условие параллельности и перпендикуляр- перпендикулярности двух прямых. Определение точки пересечения двух прямых. ОСНОВНЫЕ СВЕДЕНИЯ ИЗ ТЕОРИИ 1. Уравнение прямой, проходящей через данную точку А (хъ у,) в данном направлении, определяемом угловым коэф- коэффициентом k, У — yi^kix — xJ. D,1) Это уравнение определяет пучок прямых, проходящих через точку А (хг. Ух), которая называется центром пучка. 2. Уравнение прямой, проходящей через две точки: A (xlt уг) и В (лг2, t/г), записывается так: Угловой коэффициент прямой, проходящей через две данные точки, определяется по формуле fe^f^f. D,3) *2 — *1 3. Углом между прямыми а и Ь называется угол, на который надо повернуть первую прямую а вокруг точки пересечения этих прямых против движения часовой стрелки до совпадения ее со второй прямой Ь. Если две прямые заданы уравнениями с угловым коэффи- коэффициентом у = kxx + Ьи y^=k2x + Ь2, D,4) то угол между ними 0 определится по формуле 35
Следует обратить внимание на то, что в числителе дроби из углового коэффициента второй прямой вычитается угловой коэф- коэффициент первой прямой. Если уравнения прямых заданы в общем виде Са = 0, D,6) угол между ними определяется по формуле 4. Условия параллельности двух прямых: а) Если прямые заданы уравнениями D,4) с угловым коэф- коэффициентом, то необходимое и достаточное условие их параллель- параллельности состоит в равенстве их угловых коэффициентов: kl = kt. D/8) б) Для случая, когда прямые заданы уравнениями в общем виде D, 6), необходимое и достаточное условие их параллельности состоит в том, что коэффициенты при соответствующих текущих координатах в их уравнениях пропорциональны, т. е. тг = к- D>9) 5. Условия перпендикулярности двух прямых: а) В случае, когда прямые заданы уравнениями D, 4) с угло- угловым коэффициентом, необходимое и достаточное условие их пер- перпендикулярности заключается в том, что их угловые коэффициенты обратны по величине и противоположны по знаку, т. е. Это условие может быть записано также в виде Mi = -1- D,11) б) Если уравнения прямых заданы в общем виде D,6), то условие их перпендикулярности (необходимое и достаточное) заключается в выполнении равенства ЛИ2 + ад. = 0. D,12) (х Координаты точки пересечения двух прямых находят, решая систему уравнений D,6). Прямые D,6) пересекаются в том и только в том случае, когда АхВг -A2B^0. ^ Задача 4,1. Найти уравнение прямой, проходящей через две точки: (— 1, 2) и B, 1). 36
. Решение. По уравнению D,2), полагая в нем* хх = — 1, уг = 2, хг — 2, уа,= 1, получим у-2_х+1 у-2_х + 1. r=2~2+T ^=T~~3~' после упрощений получаем окончательно искомое уравнение в виде х + Ъу — 5 = 0. Задача 4,2. Найти уравнение прямой, проходящей через точки Л B, 1) и В (—5, 1). . Решение. Эта задача не отличается от предыдущей. Под- Подставляя координаты точек Л и В в уравнение D,2), получаем х — 2 _у—\ — 5-2~ 1 — 1 ' или ^?у- = ^—, а отсюда заключаем, что у—1 = 0, или у = 1 (см. объяснения в учебнике И. И. Привалова «Аналити- «Аналитическая геометрия». 1957, гл.- III, § 12). Задача 4,3 (для самостоятельного решения). Найти уравне- уравнения сторон треугольника, вершины которого Л A, — 1); ВC, 5), С(-7, 11). Указание. Эта задача решается точно так же, как и две предыдущие. Используя формулу D,2), получим уравнения сто- сторон: (АВ) Ъх— у— 4 = 0, {ВС) Ъх + Ъу — 34 = 0, {АС) Зх + 2у— 1 = 0. Задача 4, 4. Стороны треугольника заданы уравнениями: {АВ) 2х + 4у+ 1=0, {АС) х— у+ 2 = 0, {ВС) Зх + 4у~ 12 = 0. Найти координаты вершин треугольника. Решение. Координаты вершины А найдем, решая систему, составленную из уравнений сторон А В и АС: 2х + Ау + 1 = 01 х— 0 + 2 = О]. Систему двух* линейных уравнений с двумя неизвестными ре- решаем способами, известными из элементарной алгебры, и полу- получаем — _! -1 X — 2 '» У 2 * * Безразлично, какую точку считать первой, а какую — второй. 37
Вершина А имеет координаты Координаты вершины В найдем, решая систему из уравнений сторон А В и ВС: 2х + 4у+ 1 = 0 Ъх + Ау — 12 = 0 27 / 27\ получаем х = 13; у =—-г ; В [13, —т- . Координаты вершины С получим, решая систему из уравне- уравнений сторон ВС и АС: х— у+ 2 = 0 Вершина С имеет координаты С [у, у). Задача 4,5 (для самостоятельного решения). Найти коорди- координаты вершин треугольника, стороны которого заданы уравне- уравнениями: (AB) х+ у— 5 = 0, (ВС) 2х- у + 4 = 0, (AC) Ъх — Ъу + 14 = 0. Ответ. Л/-г-, -=-); в/т, -^ Задача 4,6 (для самостоятельного решения). Найти коорди- координаты вершин треугольника, стороны которого заданы уравне- уравнениями: (АВ) 2х+ у— 5 = 0, (ВС) 2х— у+ 4 = 0, (AQ Ъх — 8у+ 14 = 0. Ответ А№ ^\- В/1 1\- С(-^ итвет. л ^21, 2Jj, d ^4 , 2j, ц п, Задача 4,7. Найти уравнение прямой, проходящей через точку А B, Ъ) параллельно прямой Ъх — 4г/ -f- 15=0. Решение. Докажем, что если две прямые параллельны, то их уравнения всегда можно представить в таком виде, что они будут отличаться только свободными членами. Действительно, из условия D,9) параллельности двух прямых следует, что 38
Обозначим через t общую величину этих отношений. Тогда а отсюда следует, что A^AJ, B1 = Bat. D,13) Если две прямые параллельны, условия D, 13) выполняются, и, заменяя в первом из этих уравнений Аг и Вг по формулам D, 13), будем иметь A2tx+ B2ty + C1 = 0, или, разделив обе части уравнения на t ФО, получим . А2х + В2у+^ = 0. D,14) Сравнивая полученное уравнение с уравнением второй прямой Агх + Вгу + С2 = 0, мы замечаем, что эти уравнения отличаются только свободным членом; тем самым мы доказали требуемое. Теперь приступим к решению задачи. Уравнение искомой пря- прямой запишем так, что оно будет отличаться от уравнения данной прямой только свободным членом: первые два слагаемые в иско- искомом уравнении возьмем из данного уравнения, а его свободный член обозначим через С. Тогда искомое уравнение запишется в виде Ъх — 4у + С = 0, D,15) и определению подлежит С. Придавая в уравнении D, 15) величине С всевозможные дей- действительные значения, мы получим множество прямых, парал- параллельных данной. Таким образом, уравнение D, 15) представляет собой уравнение не одной прямой, а целого семейства прямых, параллельных данной прямой Ъх— 4у -\- 15 = 0. Из этого се- семейства прямых нам следует выделить ту, которая проходит через точку А B, 5). Если прямая проходит через точку, то координаты этой точки должны удовлетворять уравнению прямой. А поэтому мы определим С, если в D, 15) подставим вместо текущих коорди- координат х и у координаты точки А, т. е. х = 2, у—Ъ. Получаем 3.2 — 4- 5 + С-О и С = 14. Найденное значение С подставляем в D, 15), и искомое урав- уравнение запишется так: 3* — Ау+ 14 = 0. Ту же задачу можно решить и иначе. Так как угловые коэффициенты параллельных прямых между собою равны, а для 39
данной прямой 3* — 4r/ -j- 15 = 0 угловой коэффициент k = 3 / А \ = —, Ik = —п")> то и угловой коэффициент искомой прямой 3 также равен -у. Теперь используем уравнение D, 1) пучка прямых. Точка А B, 5), через которую проходит прямая, нам известна, а потому, подставив в уравнение пучка прямых у — уг — k (х — хг) значе- значения k = -j\ хг = 2; у1 = 5, получим у~5 = ^(х-~2); Ау — 20 = 3* — 6, или после упрощений Зх — 4у + 14 = 0, т. е. то же, что и раньше. Задача 4,8 (для самостоятельного решения). Найти уравнение прямой, проходящей через точку C, —4) параллельно прямой 2х + 5у-7 = 0. Указание. Задача решается так же, как и предыдущая. Решение проведите двумя способами. Ответ. 2х + &У+ 14 = 0. Задача 4, 9. Найти уравнение прямой, проходящей через точ- точку А E, —1) перпендикулярно к прямой Зх — Ту + 14 = 0. Решение. Мы знаем, что если две прямые перпендикулярны, то выполняется равенство D, 12) A^a + B&^O, или, что то же, AlAt = —BlB,, а отсюда следует, что ^2 _ Ё1 Вх~ Ах- Общее значение этих отношений обозначим через t. Тогда %—% = *-¦ откуда следует, что Аг = Btt, 5a = — Att. 40
Подставляя эти значения А2 и В2 в уравнение второй пря- прямой, получим или, деля на t обе части равенства, будем иметь Сравнивая полученное уравнение с уравнением первой прямой замечаем, что у них коэффициенты при х и у поменялись мес- местами, а знак между первым и вторым слагаемым переменился на противоположный, свободные же члены различны. Приступим теперь к решению задачи. Желая написать урав- уравнение прямой, перпендикулярной к прямой Зх — 7у+Ы = 0, мы на основании только что сделанного заключения поступим так: поменяем местами коэффициенты при х и у, а знак минус между ними заменим знаком плюс, свободный член обозначим буквой С. Получим 7х + Ъу -f С = 0. Это уравнение есть урав- уравнение семейства прямых, перпендикулярных прямой 2>х—7у-\- -J- 14 = 0. Мы определим С из условия, что искомая прямая про- проходит через точку А E, — 1). Известно, что если прямая прохо- проходит через точку, то координаты этой точки должны удовлетво- удовлетворять уравнению прямой. Подставляя в последнее уравнение 5 вместо х а — 1 вместо у, получим 7 . 5 + 3 • (— 1) -f С = 0; С = — 32. Это значение С подставим в последнее уравнение и получим 7х + 3у — 32 = 0. Решим ту же задачу другим способом, использовав для этого уравнение D, I) пучка прямых У—У1 = к{х — х1). Угловой коэффициент искомой прямой мы найдем из условия D, 10), т. е. он должен быть обратен по абсолютной величине и противоположен по знаку угловому коэффициенту данной прямой. Угловой коэффициент данной прямой Ъх — 7у+ 14 = 0 «1 — 7 > тогда угловой коэффициент прямой, ей перпендикулярной, 41
Подставив в уравнение пучка прямых k2——-^, а и ух координаты данной точки Л E, —1), найдем {/ —(—1) = = — j(x — 5), или Зу + 3 = — 7х + 35, и окончательно 7* + -f- Зу — 32 = О, т. е. то же, что и раньше. Задача 4, 10 (для самостоятельного решения). Через точку А (— 3, 2) провести прямую, перпендикулярную прямой 7х + + Ау— 11 = 0*. Ответ. 4х — 7у + 26 = 0. Задача 4,11 (для самостоятельного решения). Через точку пересечения прямых х + у— 1 = 0 и 2* + Зу + 4 = 0 провести прямую: 1) перпендикулярно прямой Ъх — у + 7 = 0; 2) параллельно этой прямой. Ответ. 1) х + 3у+ 11 = 0; 2) Зх — у— 27 = 0. Задача 4, 12 (для самостоятельного решения). Сторонами тре- треугольника являются координатные оси и прямая, проходящая через точку А C, 4). Найти уравнение этой прямой при усло- условии, что площадь треугольника равна 9 кв. ед. Указание. 1. Написать уравнение пучка прямых, проходя- проходящих через точку А C, 4). 2. Найти величины отрезков, отсекаемых этой прямой на ко- координатных осях. Получится а = 3-^-4, 6 = 4-3*. 3. Использовать формулу для определения площади прямо- прямоугольного треугольника S= ± -z-ab, где а и Ь — катеты, и для определения k получатся уравнения 16 = 0 и 9А8—6А + 16 = 0. Корни второго уравнения комплексны и должны быть отбро- отброшены. Подставляя найденные из первого уравнения значения k в уравнение пучка прямых, полученное в п. 1, окончательно найдем, что требованию задачи удовлетворяют две прямые: Задача 4,13. Даны две противоположные вершины квадрата А B, 1) и С D, 5). Найти две другие (фиг. 4, 1). Решение. Обозначим буквами В и D искомые вершины: В (х2, у2) и D (Xi, yi). Надо найти числа х2, Уг и xit r/4. Для * Это условие следует понимать так же, как и условие задачи 4,9. 42
определения каждой пары этих чисел необходимы два уравнения, связывающие их. Первое из них мы найдем, определив расстояние АВ и при- приравняв его к расстоянию ВС (АВ — ВС, так как стороны квад- квадрата равны между собой): Отсюда следует, что Возводя обе части этого равен- равенства в квадрат, после упроще- упрощений получим первое уравнение, связывающее х2 и у2, х2 + 2у2 = 9. Для получения второй свя- связи между х2 и у2 найдем угло- угловые коэффициенты прямых А В и ВС. Так как эти прямые пер-1 пендикулярны, то произведение их угловых коэффициентов рав- равно — 1 (см. формулу D, 11)). У 5 4 3 г / 2 3 4 5 Фиг. 4,1. Угловой коэффициент прямой, проходящей через две данные точки (хъ z/x) и (хг, уг), определяется по формуле «1 Ц нашем случае хх = 2, ух = 1. Для прямой А В угловой коэф- коэффициент и. Для прямой ВС угловой коэффициент, учитывая координаты точки С, будет равен , _ уг — 5 1 х2 — 4 Из условия перпендикулярности двух прямых D, 11) следует, что — 1 г/2 —5 = — 1. хг — 2 *2 — 4 Умножая обе части этого равенства на (х2 — 2) • (х2 — 4), получим (У2 - 1) (Уш — 5) = - (*, - 2) (х, ~ 4), пли (г/2 — 1) (г/? — 5) + (*» — 2) (*, — 4) = 0; 43
раскрывая скобки, будем иметь *! + §?—6х, — б0,+13 = 0. Это второе уравнение, связывающее х2 и у2. Его можно получить и проще: 1) координаты точки Е пере- пересечения диагоналей квадрата найдутся, как координаты средины диагонали АС:ЕC, 3). Из условия BE = АЕ получаем преды- предыдущее уравнение. Таким образом, для определения х2 и у2 мы имеем такую систему уравнений: х2 + 2уг = 9 xl + yt — 6x2 — 6у2 + 13 = 0 Из первого уравнения находим, что х2 = 9 — 2у2. Подставля- Подставляем это значение во второе уравнение и, решая относительно у2 полученное квадратное уравнение, найдем, что Ы1 = 4, (у2J = 2, а {х2I = 1, (х2J= 5. Значит, вершиной В могут служить точки с координатами A, 4) и E, 2). Проделайте самостоятельно точно такую же ра- работу относительно второй искомой вершины; получите = U Мг = 4. Следовательно, вершина D имеет координаты E, 2) или A, 4). Задача 4, 14. Найти угол между двумя прямыми У = 2х + 4; 0 = 3*-1. Решение. Поставим перед собой задачу найти острый угол между данными прямыми. Воспользуемся формулой D,5), так как прямые заданы уравнениями с угловым коэффициентом, при- причем поскольку нас интересует острый угол, правую часть фор- формулы D, 5) возьмем по абсолютной величине: У нас 3 — 2 По таблицам тригонометрических функций находим, что G = 8°8'. Задача 4, 15 (для самостоятельного решения). Найти угол между прямыми г/=_2л; + 3 и у = Ответ. 0= 135°. 44
Задача 4, 16. Найти угол между прямыми Зх+4у— 7 = 0 и Ах — 2>у + 8 = 0. Решение. Воспользуемся формулой D,7), так как уравне- уравнения прямых заданы в общем виде. У нас Ах = 3; Вх = 4; А2 = 4; В2 = — 3; tee = — 9—16 12—12 tgO = — 25 и так как деление на нуль невозможно, Угол 9 = 90°, т. е.' прямые перпенди- перпендикулярны. Их перпендикулярность мож- можно было усмотреть и сразу, соста- составив выражение D,12) Ау_А2-\- B^i и убедившись, что оно равно нулю. Задача 4,17 (для самостоятельного решения). Найти острый угол между прямыми Зх + 5у — 7 = 0 и* — у+5 = 0. то не существует. Фиг. 4,2. воспользуйтесь табли- Ответ. tg9 = 4; 8 = 75°58'. Указание. Для определения угла цами тригонометрических функций. Задача 4, 18. Найти уравнения прямых, проходящих через точку А C, 4) под углом в 60° к прямой 2х + Зу + 6 = 0. Решение. Для решения задачи нам следует определить угловые коэффициенты прямых I и II (фиг. 4,2). Обозначим эти коэффициенты соответственно через kx и k2, а угловой коэф- коэффициент данной прямой — через k. Очевидно, что k = — \. О На основании определения угла между двумя прямыми (стр. 35) прн определении угла между данной прямой и прямой I следует в числителе дроби в формуле D, 5) вычесть угловой коэф- коэффициент данной прямой, так как ее нужно повернуть против ча- часовой стрелки вокруг точки С до совпадения с прямой I. Учитывая, что tg60° = VA3, получаем tg 60° - ¦т1*. _24-13угЗ Определяя же угол между прямой II и данной прямой, сле- следует в числителе той же дроби вычесть угловой коэффициент прямой II, т. е. k3, так как прямую II следует повернуть про-
тив часовой стрелки вокруг точки В до совпадения ее с данной прямой: 1-3*8 Задача 4,19. Через центр тяжести треугольника, вершины которого Л B,3), В(—1,4), С E, 5), провести прямую, параллель- параллельную стороне Л С, и прямую, перпендикулярную стороне АВ. Решение. Прежде всего определим координаты центра тя- тяжести М треугольника. Известно, что каждая координата центра тя- тяжести площади треугольника есть средняя арифметическая одно- одноименных координат его вершин. Значит, если вершины треугольника имеют координаты (xlt yt), (х2, у2) и (х3, у3), то координаты его центра тяжести хс и ус будут *1+*а+*з .. _ Ух + Уа + Уз з , УС— з В нашем случае Центр тяжести треугольника М имеет координаты B,4). Урав- Уравнение стороны АВ будет х -\-Зу— 11 = 0; уравнение стороны АС будет 2х — Зу + 5 = 0 (мы нашли эти уравнения, воспользовав- воспользовавшись уравнением прямой, проходящей через две точки). Теперь так же, как в задачах 4,7 и 4,9, определим уравне- уравнение прямой, проходящей через точку М параллельно стороне АС и перпендикулярно стороне А В. Получим соответственно 2х — 3z/ + 8 = 0 и 2>х — у — 2 = 0. ПЯТОЕ ПРАКТИЧЕСКОЕ ЗАНЯТИЕ Содержание: Расстояние от дайной точки до данной прямой. ОСНОВНЫЕ СВЕДЕНИЯ ИЗ ТЕОРИИ Расстояние точки А (хъ у^) до прямой Ах \- By + С — 0 есть длина перпендикуляра, опущенного из этой точки на прямую. Она определяется по формуле E,1) у а- -у и- 46
Правило. Чтобы определить расстояние от точки А (хъ у^ до прямой Ах -\- By + С — 0, нужно привести уравнение прямой к нормальному виду, взять левую часть полученного уравнения и подставить в нее вместо текущих координат координаты данной точки. Абсолютная величина полученного числа и даст искомое расстояние. Расстояние от точки до прямой есть всегда величина положи- положительная. Кроме расстояния от точки до прямой, рассматривается еще так называемое отклонение точки от прямой. Отклонение 8 данной точки от данной прямой есть расстояние от этой точки до прямой, которому приписывается знак плюс, если точка и начало координат находятся по разные стороны от прямой, и знак минус, если точка и начало координат находят- находятся по одну сторону от прямой (см. учебник И. И. Привалова, гл. III, § 16, или § 22 учебника Н. В. Ефимова). Расстояние от точки до прямой есть абсолютная величина отклонения этой точки от прямой. Задача 5,1. Найти расстояние от начала координат до прямой х+ г/ — 2 = 0 (см. также задачу 3, 19). Решение. Приведем уравнение прямой к нормальному виду. Нормирующий множитель дг= ' N--L У 1* + I2 VT В нормальном виде уравнение прямой запишется так: JL-j-J^ ^ = 0 /2 /2 /2 Свободный член в нормальном уравнении прямой, взятый по абсолютной величине, дает искомое расстояние р = Y% ед« масштаба. Задача 5, 2. Найти расстояние от точки B, 5) до прямой 6х + 8у — 5 = 0. Решение. Приведем уравнение прямой к нормальному виду. Нормирующий мцржитель 10 ' ] + Уравнение прямой в нормальном виде запишется так: б* + 8у - 5 _ —w Согласно правилу стр. 47, возьмем теперь левую часть этого уравнения ^ и подставим в нее координаты данной точ- 47
ки. Абсолютная величина полученного числа и даст искомое рас- расстояние 6-2+8-5-5 — 4,7 ед. масштаба. 10 Итак, d = 4,7 ед. масштаба. Задача 5, 3 (для самостоятельного решения). Найти расстояние от точки C, — 1) до прямой Зх+5у + + 8 = 0. Ответ. d = jj]/34 ед. масштаба. Задача 5,4. Найти расстояние между двумя параллельными прямыми Зх + Ау— 12 = 0, 3* + Ау + 13 = 0. Решение. Искомое расстояние мы найдем, как расстояние от произвольной точки первой прямой до второй прямой. Возь- Возьмем на первой прямой произвольную точку, например, точку с абсциссой х = 0. Ее ордината будет у = 3. Итак, на первой прямой выбрана точка А @,3). Найдем те- теперь расстояние этой точки до второй прямой так же, как и в задачах 5, 2 и 5, 3, и получим d = 5 ед. масштаба. Задача 5, 5. Найти уравнение прямой, проходящей через точ- точку (—4,3) и удаленной от начала координат на расстояние 5 ед. масштаба. Решение. Уравнение искомой прямой, как проходящей че- через точку (—4,3), запишется на основании уравнения D,1) в виде После упрощений оно примет, вид kx-y + (Ak + 3)=0. Теперь приведем его к нормальному виду. Нормирующий множитель будет равен -¦-yir+T1 и уравнение в нормальном виде будет выглядеть так: k ! -. | 4fe + 3 =n Сравнивая это уравнение с нормальным уравнением прямой, видим, что прямая удалена от начала координат на величину 48
которая по условию равна 5. Значит, для определения k полу- получаем такое уравнение: I 4A + 3 | = R а после возведения в квадрат обеих частей этого уравнения для определения k будем иметь квадратное уравнение 9А2 — 24А +16 = 0, откуда 4 &! = А2 = з-. Следовательно, искомое уравнение запишется так: 4 и после упрощений получаем 4*—3i/ + 25 = 0. Задача 5,6. Через точку (—1,2) провести прямую, расстоя- расстояние которой от точки C, — 1) равно 2 ед. масштаба. Решение. Уравнение искомой прямой, как прямой, прохо- проходящей через точку (—1,2), запишется так: у — 2 = k(x+ 1), или kx — у+ (k + 2) = 0. (А) Приведем его к нормальному виду. Нормирующий множитель 1 N = ± После приведения уравнения (А) к нормальному виду око запишется в виде Вспомним теперь, что расстояние между точкой и прямой опре- определяется по формуле d = Axi + Byi' V л2 + в2 В нашем случае следует определить расстояние от точки C, — 1) до прямой. У нас xt = 3; у1 = — 1; d = 2; подставляя эти значения в предыдущую формулу, будем иметь 3k + 1 + k + 2 2 = 2 = ИЛИ 2VT+T2 = \4k + 3|, 4 A + /fe2) = 16Л;2 +- 24Ar + 9, 3 И. А. Каплан 49
и для определения k получаем уравнение №* + 24k + 5 = О, откуда находим, что «2 g • Подставляя эти значения в (А), заключаем, что есть две пря- прямые, удовлетворяющие условию задачи: Задача 5,7. Через точку М1A,2) провести прямую, расстоя- расстояния до которой от точек Мг B, 3) и М3D,—5) были бы равны. Решение. Так как искомая прямая проходит через точку Mj(l,2), то ее уравнение запишется так: y-2 = k(x-l), (В) илн kx-y-k + 2 = 0, а после приведения его к нормальному виду kx — у — k + 2 _ 0 - ±УТ+? Используя формулу E, 1) для длины перпендикуляра, опу- опущенного из точки на прямую, и подставляя в нее сначала коор- координаты точки Мг: х2 — 2; уг = 3, а потом координаты точки М3: xs = 4; у3 — — 5, получим По условию dr—d2, а отсюда следует,* что имеют место два ра- равенства: k — i _ 36 + 7 6 — 1, 3fe + 7 2 Из первого fe = —4, а из второго ^ = т • Итак, искомых прямых две, и уравнения их получим из (В), подставляя в него сначала k = — 4, а потом k = — g • Искомые прямые: '4* + # — 6 = 0 и Зх + 2# — 7=0. Задача 5,8. Дана прямая 4х + Ъу + 1 =0. Найти уравнение прямой, параллельной данной и отстоящей от нее на 3 ед. мас- масштаба. 50
Решение. Очевидно, что искомых прямых будет две. Откло- Отклонение 8 точек одной из искомых прямых от данной будет равно + 3, а другой — 3; 8 = ± 3. Уравнение семейства прямых, параллельных данной, будет таким: Из этого семейства требуется отобрать две искомые прямые. По- После приведения его к нормальному виду получим Q ± 5 (два знака в знаменателе мы удерживаем пока потому, что знак С нам неизвестен). Возьмем на данной прямой произвольную точ- точку, например, Л @, —^А . Подставим ее координаты в левую часть последнего уравнения и, учитывая, что отклонение точек данной прямой от искомых равно ± 3, для определения С полу- получим уравнения На основании этого Сг = 16, С2 = «~ R. Подставляя эти значе- значения С в уравнение семейства пряирх; 4* + Ъу + С = 0, получим, что искомых прямых две: 4х + Зу + 16 = 0 и 4х + Ъу — 14 = 0. Решение допускает простую проверку, которую рекомендуется сделать. Задача 5,9 (для самостоятельного решения). Уравнения сто- сторон треугольника ABC известны: (АВ) х + у—1 =0, {АС) 2х — у — 5 = 0, (ВС) Ъх + у = 0. Найти длины высот этого треугольника и их уравнения. Указание. Определить координаты вершин треугольника и воспользоваться формулой для определения расстояния от точки до прямой. С —1 С—1 С —1 С—1 * Четыре случая: 3 = —н— ; 3 = _g-; — 3 = —g— ; — 3 = ^ С —1 С — 1 сводятся к двум: 1) —г— = 3; 2) —g—*»,т- 3, откуда Сх =? J6; С8 = — 14. 3* 61
Ответ. Уравнение высоты hBc x — 3# —5 = 0; уравнение высоты hAc 2л: + 4у — 5 — 0; уравнение высоты Иав х — у — 4 = 0; hBC — з/5 . 2 ' 3/2 ШЕСТОЕ ПРАКТИЧЕСКОЕ ЗАНЯТИЕ Содержание: Уравнение биссектрисы угла между двумя прямыми. Задачи повышенной трудности. На этом практическом занятии мы будем решать задачи по- повышенной трудности, однако такие, которые не потребуют каких- либо дополнительных сведений из теории прямой линии. Научимся прежде всего находить уравнение биссектрисы угла между двумя прямыми. Задача 6,1. Найти уравнения биссектрис углов между прямыми 12* + 9у —'17 = 0 и Зх + 4у + + 11 = 0. Решение*. Приведем подроб- подробное решение этой задачи. Из эле- элементарной геометрии известно, что биссектриса угла между двумя прямыми есть геометрическое ме- место точек, равноудаленных от Фиг. 6,1. сторон угла. Обратимся к фиг. 6, 1. Отклонения Вх и Ва точки А биссектрисы от сторон угла CDE имеют знак плюс, так как точ- точка Л и начало координат лежат по разные стороны как от пер- первой, так и от второй прямой, т. е. Ьг = В2. Возьмем точку В на биссектрисе смежного угла CDF. Точка В и начало координат лежат по разные стороны от прямой EF, поэтому отклонение 84 имеет знак плюс (84 >»Q), Отклонение 83 точки В от прямой CL имеет знак минус, так как точка В и начало координат лежат с одной и той же стороны от прямой CL, т. е. 83 < 0. Значит, 83 и 84 в этом случае равньь-по абсолютной величине, но противо- противоположны по знаку, и имеет место равенство * Прежде чем решать эту задачу, еще раз повторите рассуждения о знаке отклонения точки от прямой по учебнику Н. В. Ефимова (§ 67) или по учеб- учебнику И. И. Привалова (§ 16, гл. III). 62
Обозначим через X и У текущие координаты точки на бис- биссектрисе и рассмотрим отклонения этой точки от сторон угла. Для биссектрисы одного угла эти отклонения равны, а для бис- биссектрисы смежного угла они равны по абсолютной величине, но противоположны по знаку. Пусть уравнения сторон угла имеют вид Агх + Вгу + Сг = 0 и А2х + В2у + С2 = 0. Приведем эти уравнения к нормальному виду, и тогда, для слу- случая, когда 8Х = 82, уравнение биссектрисы будет иметь вид А V I D V I Г* А V" I D V I /~* ЛУА ¦+- B\i j- ^i _ Л2Л -f- Д2Г -\- 12 ( Л\ Для случая же 83 = —84 уравнение биссектрисы получим в виде AX + BY + C AX + B Замечание. При решении задачи нет надобности обозначать текущие координаты точки на биссектрисе через X и У. Их мож- можно обозначить через х и у, так как это не меняет этих уравне- уравнений. Объединяя уравнения {А) и (В) и используя только что сде- сделанное замечание, будем иметь уравнения двух биссектрис в виде А^Х ~\~ В^у -у* Cj A<%x -р В%у -у* Cg — = ^ ~"— — . ( Теперь решение нашей задачи не составит труда. Для нашего случая уравнения биссектрис запишутся так: х + 4г/ + 1 УЗ2 + 42 или 12х+9у—17 | Зх+Ау+П 1-5 — "¦"" 5 И f—17 15 ~ 5 Окончательно уравнения биссектрис получаем в виде 21лг + 21у+ 16 = 0, 3* — Ъу — 50 = 0. Легко проверить, что найденные две биссектрисы перпендику- перпендикулярны. Действительно, условие перпендикулярности двух пря- прямых Л1Ла + В152 = 0 выполняется (проверьте!)*. * На этом примере мы получили подтверждение известной из геометрии теоремы: биссектрисы двух смежных углов перпендикулярны. S3
Задача 6, 2 (для самостоятельного решения). Найти уравнение биссектрисы угла между прямыми 4х + 2у + 7 = 0 и 2х — 4у + 15 = 0. Ответ. Уравнение биссектрис получаем в виде Ах + 2у + 7 , 2х — 4у+ 15 /20 ~ tB После упрощений получаем уравнения биссектрис в виде х + Зу — 4=0, Зл:— +11 = 0. Задача 6, 3 (для самостоятельного решения). Найти уравнения биссектрис внутренних углов треугольни- треугольника, "заданного вершинами А @,0); В C,-1); С D,7). Указание. Найдите сначала уравне- уравнения сторон треугольника. Получите та- такие уравнения: (А В) х + Зу = 0, {АСOх- Ау «= О, (ВС)8х — у-25 = 0. . Уравнение биссектрисы угла Л: Фиг. 6,2. (? ^- ^g-^ ^4 yj^+ 3 ^gE^ 0 Уравнение биссектрисы угла S: (8|^10 -f-K65)^ + —/ТО) у —25/ТО = 0. Уравнение биссектрисы угла С: Зл: — у — 5 = 0. Задача 6,4. Даны две смежные вершины квадрата Л A,4) и В D, 5). Найти две другие (фиг. 6,2). Решение. Очевидно, что задача допускает два решения, так как искомые вершины могут находиться по разные стороны отрезка АВ. Уравнение стороны квадрата АВ будет таким: х — Ъу + 11 = 0, а ее длина равна/10. Теперь через точки А A, 4) и Б D, 5) проведем прямые, перпендикулярные А В, и на каждой из этих прямых опреде- определим по две точки, расстояние которых от АВ равно/10 (у квадрата все стороны равны). Координаты этих точек и будут искомыми. Уравнения прямых, перпендикулярных к АВ и проходящих через концы отрезка АВ, будут такими: {ADKx + y— 7== 0, {ВС)Ъх + у— 17 = 0. На каждой из этих прямых найдем две точки, находящиеся от АВ на расстоянии, равном ]/ 10, причем для одной из точек откло* нение от АВ будет положительным, для другой — отрицательным. 54
Обозначим координаты точки D через хх и yv Так как эта точка лежит на прямой AD, то ее координаты удовлетворяют уравнению этой прямой, т. е. имеет место уравнение 3*1 + г/1-7 = 0. {А) Второе уравнение, связывающее хх и уи найдем, определяя отклонение этой точки от прямой АВ. Приведя уравнение АВ к нормальному виду и взяв отклонение равным ± 1^10, получим а отсюда будем иметь два уравнения: *i — ЗУг + 1 = 0 и хх — Зг/j + 21 = 0. Объединяя каждое из этих уравнений с уравнением {А), по- получим две системы уравнений: Из первой системы уравнений хх — 2;ух — 1; из второй — хг — = О*. Ц\ = 7. Таким образом, вершина D может иметь координа- координаты @,7) или B, 1). Точно так же найдем, что четвертая вершина С квадрата мо- может иметь координаты E,2) или C, 8) Эту задачу можно решить и иначе. Используйте указания, которые даются ниже, и самостоятельно решите задачу другим способом: 1) Найдите длину d стороны АВ. 2) Диагональ квадрата BD будет равна dY2. 3) Напишите формулу для определения расстояния от точки D до точки Л и от точки D до точки В. Вы получите два урав- уравнения, из которых и определятся координаты точки.D. 4) Найдите координаты средины диагонали BD. 5) Зная координаты этой точки и координаты точки А, поль- пользуясь формулами для определения координат точки, делящей отрезок пополам, определите и координаты точки С. Задача 6,5. Найти уравнение прямой, параллельной прямой 2х + Зу + 6 = 0 и отсекающей от координатного угла треугольник, площадь которого равна 3 кв. единицам. Решение. Обозначим отрезки, отсекаемые искомой прямой на координатных осях Ох и Оу, соответственно через а и Ь. Тогда имеем 3 —g-afe, илиа& = 6. • (А) 55
Уравнение семейства прямых, параллельных данной, запишет- запишется в виде 2х + Зг/ + С = 0. Отрезки, отсекаемые этой прямой на осях координат, равны С С Подставляя а и & в (А), получим откуда - = —6, и искомая прямая имеет уравнение 2х + Зг/ + 6 = 0, или 2х -f + Зу — 6 = 0. Среди только что найденных прямых есть данная: 2х + Зг/ + 6 = 0. Таким образом, данная прямая удовлетворяет требованию задачи; этому требо- требованию удовлетворяет также и най- найденная прямая 2х + Зг/ — 6 — 0. Задача 6, 6. Даны уравнения двух сторон параллелограмма 2х +1 = 0 (АВ) — 3 = 0 (AD) и точка пересечения его диаго- диагоналей Л/A,2). Найти уравнения фиг> 63. Двух других сторон этого парал- параллелограмма (фиг. 6,3). При решении, замечая, что данные стороны параллелограмма не параллельны, будем следовать такому плану: 1) найдем координаты точки А пересечения данных сторон; 2) зная координаты точек А и N, найдем координаты точки С, что мы легко сможем сделать по формуле определения коор- координат средины отрезка; 3) через найденную точку С проведем сначала прямую, парал- параллельную AD, а потом прямую, параллельную АВ. 4) Определим координаты точки А, как точки пересечения прямых А В и AD, и получим, что 5 V т. е. 56 (I. -Л 1з • з
5) Формулы для определения координат средины отрезка в данном случае запишутся так: _ хА + хс _Уа+Ус Xn — —2 ' УМ — 2 * По этим формулам получим __]_ _ 17 Хс — з , Ус — з • Итак, точка С\— 3. -jI • 6) Через точку С проведем прямую, параллельную AD, и по- получим, что уравнение стороны ВС будет таким: 2х + у — 5-0. Уравнение стороны CD х + 2у— 11 = 0. Задача 6,7. Найти координаты точки Р, равноудаленной от точек М1{4, — 3) и М2{2, — 1) и отстоящей от прямой 2х + у — —1 = 0 на расстоянии, равном 2 ед. масштаба. Указание. Обозначим координаты искомой точки Р через хх и ух; из условия, что МХР = М2Р, получаем Это первая зависимость между лгх и yv Вторую же зависимость между ними найдем из условия, что искомая точка находится на расстоянии 2 ед. масштаба от прямой 2х-\-у—1 = 0; получим о _ 2*t + У1 — 1 ±/5 Отсюда два уравнения, связывающие хг и уъ имеют вид или 2*1 +г/i-1+2/5 = 0. Каждое из этих уравнений следует решить совместно с pajjee полученным уравнением хх — ух = 5. Задача допускает два реше- решения: г/i =- или 57
Задача 6, 8. Даны уравнения высот треугольника 2х—Зу + + 1=0 и * +г/= 0 и координаты одной из его вершин А A,2). Найти уравнения сторон треугольника. Решение. Точка А(],2) не принадлежит данным в условии высотам треугольника, так как ее координаты не удовлетворяют их уравнениям: 2-1 — 3-2+ I фО и 1 -f- 2 =И= 0. Отсюда следует, что высоты, данные в задаче, проведены из двух других вершин треугольника В и С (фиг. 6,4). Назовем их CD и BE, CD ± AB, BE ± АС. Пусть высота CD имеет уравнение х + у = 0, а уравнение высоты BE 2x — Зу-\- + 1 = 0. Так как AC ± BE, то урав- уравнение АС мы найдем из уравнения семейства прямых, перпендикуляр- перпендикулярных BE, приняв во внимание, что искомая прямая проходит через дан- данную точку А A, 2). Сторона АС имеет уравнение Зх + 2г/ — 7 = 0. Уравнение прямой А В найдем, как уравнение прямой, проходящей через точку А A,2) пер- пендикулярно CD. Оно ^имёет вид Фиг. 6,4. Х—у+ 1 =0. Теперь следует найти координаты точек В и С: хв = — 2; у в = — 1; хс = 7; ус = — 7. Уравнение стороны ВС 2х + Зу + 7 = 0. Таким образом, уравнения всех трех сторон треугольника най- найдены. Задача 6, 9 (для самостоятельного решения). Даны две верши- вершины треугольника А B, 1) и В D, 9) и точка пересечения его высот NC,4). Найти уравнение сторон треугольника. Ответ. (АВ) 4х — у — 7 = 0, * (ВС) х + Зу — 31 = 0, {АС) х + 5у — 7 = 0. Задача 6.10 (для самостоятельного решения). Даны координа- координаты средин сторон треугольника — А A,2), В G, 4), СC, — 4). Най- Найти уравнения сторон треугольника (фиг. 6,5). Ответ. 1) 2х— у = 0; 3) х — Зу— 15=0. * 2) Зх + у-25=0; 58
Задача 6,11. Даны уравнения сторон треугольника х-}-у — — 1 = 0(АВ) и у -+- 1 = О (ВС) и точка N (— 1,0) пересечения его медиан. Найти уравнение третьей стороны АС (фиг. 6,6). Ответ, х — # + 3 = 0. Решение задач, которыми заканчиваются упражнения, по теме «Прямая линия», связано с уравнением пучка прямых. Перед ре* шением этих задач следует изучить § 23 из учебника Н. В. Ефи- Ефимова или § 11 главы III учебника И. И. Привалова. Задача 6,12. Найти уравнение прямой, проходящей через точ- точку пересечения прямых х — у — 1 = 0 и х + 2у — 2=0 и точку М(—1, 1), не находя точки пересе- чения данных прямых. Фиг. 6,5. Фиг. 6,6. Решение. Уравнение пучка прямых, проходящих через точ- точку пересечения данных прямых Ах -f By + С = 0 и Агх-\- В^у + + Cj = 0, записывается так: Ах + Ву + С+ЦА^ + Вл + СД^О-, F,1) в нашем случае оно будет иметь вид х-у~1 + \{х + 2у-2) = 0. (А) Из этого пучка надо выделить прямую, проходящую через точку М{—1,1). Подставляя в уравнение (Л) координаты точки М вместо текущих координат, получим X = — 3. Подставив это значение X в уравнение (Л), будем иметь л:-г/-1-3(л: + 2г/-2)=0. Раскрывая скобки и делая приведение подобных членов, на- находим уравнение искомой прямой 2х + Ту — 5 = 0. Задача 6, 13. Найти уравнение прямой, которая проходит че- через точку пересечения прямых х + У—1=0 и х-\- 2# + 1 = 0 и отсекает на отрицательной части оси Оу отрезок в 2 ед. мас- масштаба. " . Решение. Уравнение пучка прямых, проходящих через точ- точку пересечения данных прямых, имеет вид F, 1). 59
В нашем случае оно запишется так: х + у—1+\(х + 2у+1) = 0. (В) Так как прямая на отрицательной части оси Оу отсекает отрезок в 2 ед. масштаба, то прямая проходит через точку @, — 2). Подставляя координаты этой точки вместо текущих координат в (В), получим Х= — 1, а уравнение искомой прямой будет иметь вид Задача 6,14. Найти уравнение прямой, проходящей через точ- точку пересечения прямых х-\-2у—11 = 0 и 2х^-у — 2 = 0 на расстоянии 5 ед. масштаба от начала координат. Решение. Уравнение пучка прямых с центром пучка в точ- точке пересечения данных прямых имеет вид * + 2у—11+ХBл; — -*/-2)=0, или (\ + 2Х)х + B — Х)у — A1 + 2Х) = 0. (А) Нормирующий множитель равен 1 1 Умножая на нермирующий множитель уравнение (А) и принимая во внимание, что в нормальном уравнении прямой абсолютная величина свободного члена равна расстоянию прямой от начала координат, для определения X получаем уравнение N1 + 2X1 с , 2 ==== = 5. откуда Х = п. Искомое уравнение: Зх + Ау— 25 = 0. Задача 6,15 (для самостоятельного решения). Найти уравне- уравнение прямой, проходящей через точку пересечения прямых 2х -+- + 5z/ + 8 = 0 и Ъх — Ау — 7 = 0 под углом в 45° к прямой у = = Ах + 3. Ответ. 69*— 1\5у — 199 = 0 и 115* + 69у + 99 = 0. Задача 6,16 (для самостоятельного, решения). Через точку М(\, —1) провести прямую так, чтобы средина ее отрезка меж- между параллельными прямыми х + 2у— 1 = 0 (I) и х + 2у — 3 = 0 (II) лежала на прямой х — у— 1 =0 (фиг. 6,7). Ответ. Ах — у—5 = 0. Задача 6,17 (для самостоятельного решения). Луч света, про- проходящий через точку С-B,3), отражается от прямой (АВ) х + у + 1 -- 0 и проходит после этого через точку (Ы)- Найти уравнения падающего и отраженного лучей (фиг. 6,8). Ответ. Уравнение падающего луча 5дг — Ау+ 2 = 0; 60
уравнение отраженного луча 4х— Ъу + 1 = 0. Задача 6,18 (для самостоятельного решения). Луч света, про- проходящий через точку С A,2), отражается от прямой (АВ) х -f-5#+ 1 = 0 и проходит через точку F (—1,3). Найти уравнение луча падающего и отраженного. В Фиг. 6,7. Фиг. 6,8. Ответ. Уравнение отраженного луча уравнение падающего луча 62л; — 41 у + 20 = 0. Этим мы заканчиваем упражнения, связанные с теорией пря- пряй мой линии на плоскости. СЕДЬМОЕ ПРАКТИЧЕСКОЕ ЗАНЯТИЕ Содержание: Полярная система координат. Переход от полярных координат к декартовым и обратно. Построение кривой, определяемой урав- уравнением в полярных координатах. ОСНОВНЫЕ СВЕДЕНИЯ ИЗ ТЕОРИИ Это практическое занятие посвящается полярной системе ко- координат, упражнениям на переход от декартовой системы коорди- координат к полярной и обратно, а также на построение кривой по ее уравнению в полярных координатах. В полярной системе координат основными постоянными эле- элементами, по отношению к которым определяется положение точ- точки на плоскости, являются точка О — полюс и ось ОР, которая называется полярной осью. 61
Если М — произвольная точка плоскости, не совпадающая с полюсом О, то ее положение на плоскости вполне определено заданием двух чисел: г — ее расстояния от полюса, выраженного в ед. масштаба, и ср —Угла, на который следует повернуть по- полярную ось против часовой стрелки, чтобы она совпала с лучом ОМ. Числа г и 9 называются полярными координатами точки М. Из них первой координатой считается г, а второй ср. Координа- Координата г называется полярным радиусом точки М (иногда радиусом- вектором точки М), а координата ср— ее полярным углом*. По- Полярные координаты точки записываются в скобках справа от обозначения ее, причем на первом месте в скобках записывается координата г, а на втором — координата ср. например, М (г, ср). Полярный угол ср считается положительным, если он отсчнтыва- ется от полярной оси против часовой стрелки, и отрицательным, если он отсчитывается от полярной оси по часовой стрелке. В определенной таким образом полярной системе координат полярный радиус г — всегда величина положительная или рав- равная нулю (г > 0), так как под г понимается расстояние от полю- полюса О до точки М, а расстояние, как и всякая длина, не может быть отрицательным. Однако на практике удобнее пользоваться такой системой полярных координат,, в которой полярный радиус г, может при- принимать и отрицательные значения. Система полярных координат, в которой полярный радиус г может принимать любые значения (положительные, отрицательные и равные нулю), называется обобщенной системой полярных координат. Этой системой мы и будем пользоваться. Если точка М имеет координаты -(-г и ср: М {+г, ср), то она имеет также и координаты —г и ср ~Ьтс". М (—г, ср + тс)> так как угол ср + я характеризует направление полярного радиу- радиуса, прямо противоположное тому, которое соответствует углу ср (см. задачи 7,3 и 7, 4). Отметим, что какой бы из этих двух систем полярных коор- координат мы ни пользовались, всегда паре чисел г и ср соответствует на плоскости единственная точка. Если полюс полярной системы координат находится в начале прямоугольной системы координат, а положительная полуось Ох совпадает с полярной осью, ось же Оу перпендикулярна оси Ох и направлена так, что ей соответствует полярный угол ср = -^, то по известным полярным координатам точки ее прямоугольные координаты хну вычисляются из формул х = г cos ср, у = г sin ср**. G, 1) * Полярный угол измеряется в радианах. ** Везде в дальнейшем, если не будет оговорено, предполагается именно такое расположение полярной и прямоугольной систем координат. 62
Если же известны прямоугольные координаты х и у точки, ее полярные координаты определяются по формулам G,2) tgcp = -g- • G,3) Как видно из G,2), у корня в формуле для определения г стоят два знака — плюс и минус, что соответствует обобщенной системе полярных координат, а потому и в формулах для опре- определения sin ср и cos ср перед корнем стоят два знака (рекомендует- (рекомендуется ознакомиться в учебнике И. И. Привалова с замечанием к § 11, гл.' 1). Два знака в формуле для определения г появи- появились потому, что г находится из выражения г2 = х% + у%. Если за г оставляется право быть только величиной положительной или нулем, то г — -f- Yx2 + у2. Если^же г, как это имеет место в обобщенной системе полярных координат, может быть и отри- отрицательной величиной, то из г2 = дс2+У2 следует, что г — В заключение укажем, как вести вычисления по форму- формулам G,2), чтобы по известным прямоугольным координатам точки найти ее полярные координаты. Прежде всего следует оп- определить г, выбрав перед корнем любой знак, затем вычислить sin cp и cos ср, сохранив перед корнем в формулах G,2) уже вы- выбранный знак, и по знакам sin 9 и cos 9 установить четверть, в которой находится полярный угол 9- Само вычисление угла 9 по таблицам тригонометрических функций следует вести по фор- формуле G,3). Укажем также, как следует в полярной системе координат построить точку М по ее полярным координатам г и 9- По за- заданному полярному углу 9 строим ось, проходящую через полюс под углом 9 к полярной оси, причем положительное направле- направление построенной оси должно совпадать с тем направлением, ко- которое имела бы полярная ось, если бы ее повернули против ча- часовой стрелки на угол 9- На этой оси откладываем отрезок дли- длиной | /• | от полюса О в положительном направлении построенной оси, если г > 0, и в отрицательном — если г < 0. Задача 7,1. Построить точку М с координатами C, -f т) в полярной системе координат (фиг. 7, 1). Решение. Проведем через полюс О ось ОРг под углом ^|[- к полярной оси ОР (положительное направление указано стрел- стрелкой) и отложим от полюса в положительном направлении оси ОРг отрезок ОМ, равный трем единицам масштаба. Конец М этого отрезка и будет искомой точкой.. 63
Задача 7,2. Построить в полярной системе координат точку Решение. Проведем через полюс О ось ОРг под углом -г- к полярной оси (положительное направление указано стрелкой на фиг. 7, 2) и отложим от полюса в положительном направле- направлении оси OPt отрезок ОМ, равный одной ед. масштаба. Конец этого отрезка М и будет искомой точкой Фиг. 7,1. Фиг. 7,2. Задача 7,3. Построить в полярной системе координат точку Решение. Проведем через полюс О ось OPt под углом -тк к полярной оси (положительное направление на ней указано стрелкой на фиг. 7, 3) и отложим от полюса в отрицательном на- направлении оси ОРг отрезок ОМ, равный двум ед. масшт. Конец этого отрезка и будет искомой точкой. Задача 7, 4 (для самостоятель- самостоятельного решения). В полярной си- системе координат построить точку Фиг. 7,3. /_ 47 L А . Задача 7, 5. Прямоугольные координаты точки А B, 3). Найти ее полярные координаты. Решение. По формулам G,2) получаем г— ±]/ТЗ- Выби- Выбираем по нашему усмотрению знак перед корнем, например, плюс. Тогда г = + у 13, sin ср = -—, coscp = -r=. Так как sincp>0 и cos ср > 0, то угол ср находится в первой четверти. На основа- 64
о нии формулы G,3) tg ср = у; по таблицам находим, что ср = 0,98. Полярные координаты точки А найдены: г = УТЗ, ср = 0,98 или А {У\Ъ\ 0,98). Постройте точку. Если бы перед корнем был вы- выбран знак минус, то тогда г = — У13; sin ср = — ~j=; cos ср = — о —j=, и так как sincp<0 и coscp<0, то угол ер находится в о третьей четверти. Зная, что tg ср = -— , получаем ср = 4,12, а точ- точка А имеет полярные координаты г=—]/ТЗ, ср = 4,12: А (—1^13, 4,12)- Постройте точку по этим координатам и убе- убедитесь, что она совпала с ранее построенной. Задача 7, 6 (для самостоятельного решения). Найти полярные координаты точки А, прямоугольные координаты которой (-1.-1). Ответ. A(V2, -§-*) или А (— j/2, ~ Задача 7,7 (для самостоятельного решения). Прямоугольные координаты точки А B, —2). Найти ее полярные координаты. Ответ. Л B1/2, -?«) или А(—2\/Ъ, -|тс). Задача 7,8. Найти прямоугольные координаты точки А, по- полярные координаты которой B, -^ тс). Решение. По формулам перехода G, 1) х = г cos ср. У = г sin ср получаем Задача 7,9. Найти прямоугольные координаты точки, поляр- полярные координаты которой А(—3, -тА. Решение. х = г cos 9, г/ = г sin <p, х = — 3 cos -г ic, у = — 3 sin -j- ic, 2 2 Задача 7,10 (для самостоятельного решения). Найти прямо- прямоугольные координаты1 точки А, полярные координаты которой Ответ. х=0;у = — 2. 65
Задача 7, 11. Составить уравнение прямой линии в полярных координатах. Решение. Поместим полюс полярной системы координат в начало прямоугольной системы координат, полярную ось сов- совместим с положительной полуосью абсцисс (фиг. 7, 4). Возьмем уравнение прямой в нормальном виде х cos a -f у sin а — р — 0. Формулы перехода G, 1) имеют вид ' х = г cos 9, y=rs'm<?. У N О Фиг. 7,4. Фиг. 7,5. Подставив в это уравнение значения х и у из формулы G, 1), получим г cos 9 • cos a + г sin 9 • sin а — р = 0, или г (cos9 • cosa + sin9 • sina) — р — 0, откуда г cos (9 — a) = р, и окончательно г = cos (ф — а)" В этом уравнении постоянными величинами являются р и а, величины же г и 9 — переменные: это текущие полярные коорди- координаты точки на прямой (последняя формула может быть получена также из чертежа). Задача 7,12. Построить кривую r = acos29 и найти ее урав- уравнение в прямоугольной системе координат. Решение. Будем давать значения полярному углу 9 от 9 = 0 до 9 = 2« через промежуток a = -о- и вычислим соответ- соответствующие значения г. Найденные значения поместим в таблицу. Примем произвольный отрезок за единицу масштаба, которой мы будем пользоваться при построении г. По значениям г и 9 из таблицы построим точки, соответствующие каждой паре чисел г и 9. и соединим их плавной кривой. 66
ф 0 я я т Зл 8 я  5я 8 Зя 4 7я 8 я . 2Ф 0 я т> я 2" Зя т я 5я 4 Зя 2 7я 4 2я г = a cos 2ф а V2 ат 0 —а V? -а — 0 VT ат а ф 9я 8 5я 4. \\п 8 Зя 2 13я 8 7я 4 15л 8 2л 2? 9я 4 5я 2 Ня 4 Зя 'Зя 4 7я 2 15я 4 4я г = а cos 2ф •? 0 V2 — а VT 0 ут а-J- а Фиг. 7,6. Фиг. 7,7. Построение кривой показано на фиг. 7,5—7,12. На фиг. 7,13 кривые, построенные на различных этапах, сое- соединены в одну. Полученная кривая называется четырехлёпестко- вой розой. 67
(a;x) Фиг. 7,8. Фиг, 7,9. hi*) Фиг. 7,10. Фиг. 7,П. Фиг.7,12. Фиг. 7,13. 68
Теперь найдем уравнение четырехлепестковой розы в прямо- прямоугольной системе координат, причем напоминаем, что начало прямоугольной системы координат помещено в полюс полярной системы координат, а ось абсцисс направлена вдоль полярной оси. Учитывая, что cos 2ср = cos2 cp—sin2 cp, уравнение четырехле- четырехлепестковой розы г — a cos 2<р перепишем в виде г = a (cos2 cp — — sin2 cp). Подставляя сюда формулы перехода G,2), получим или Отсюда = а + у2 = а '¦-У —Р Фиг. 7,14, Возводя обе части последне- последнего уравнения в квадрат, полу- получим окончательно (х* + у*K = а2 (х2 — у2J. Задача 7,13 (для самостоя- самостоятельного решения). Построить кривую г — 4 cos Зср и найти ее уравнение в прямоугольных координатах при условии, что начало прямоугольных координат совпадает с полюсом поляр- полярной системы координат, а положительная полуось абсцисс совпа- совпадает с полярной осью. Указание. Углу ср придавать значения от 0 до 2it через про- промежуток а = -ф т. е. значения /ч Я Я Я U> 12' Т' Т' " * Постройте точки с координатами (г, ср) и соедините их плавной кривой (фиг. 7, 14—7, 18). Точки кривой для значений it < ср < 2it (фиг. 7, 16 и 7, 17) совпадут с построенными на фиг. 7, 14 и 7, 15. Кривая г =4 cos Зср называется трехлепестковой розой (фиг. 7, 18). Для преобразования уравнения этой кривой к прямоугольным ко- координатам надо выразить cos Зср через coscp: cos Зср = cos Bcp -f- cp) = cos 2cp • cos cp — sin 2ср • sin cp (использовать, что cos 2cp = cos2 cp — sin2 cp, sin 2cp = 2 sin cp • cos cp, и учесть, что sin2 9 = 1—cos2cp). Окончательно cos Зср = 4 cos3 cp — 3 cos cp. • 69
Фиг. 7,15. Фиг. 7,18. 70
Уравнение кривой r = 4cos3cp перепишется теперь в виде г = 4 D cos2 ср — 3 cos ср), или г = 16 cos3 ср — 12 cos ср. Применить формулы G, 2). Ответ, {х2 + у2J = 4х {х2 — Зу2). Задача 7, 14 (для самостоятельного решения). Построить кривую г = 5 sin Зср и найти ее уравнение в прямо- прямоугольной системе координат, полагая, что начало прямоугольной системы координат совпадает с по- полюсом полярной системы координат, а положительная полуось абсцисс — с полярной осью. Задача 7,15 (для самостоятель- самостоятельного решения). Построить лемниска- лемнискату Бернулли г2 = 6sin2cp и найти ее уравнение в прямоуголь- прямоугольной системе координат при распо- — ложении осей координат, указанном в предыдущей задаче. Ответ. Кривая изображена на фиг. 7,19. Задача 7,16. Построить кривую Фиг. 7,19. Указание. Найти полярное уравнение кривой. Поместить полюс в начало прямоугольной системы координат, а полярную ось совместить с положительной частью оси абсцисс. Воспользо- Воспользоваться формулами G, 1). Уравнение данной кривой в полярных координатах имеет вид г = 2а cos3 ср. Из рассмотрения данного уравнения мы заключаем, что при лю- любых значениях х и у его левая часть не отрицательна, так как она содержит квадрат суммы х2 + У%- Значит, и правая его часть 2axs(a> 0) не может быть отрицательной, т. е. х не может при- принимать отрицательных значений. Это говорит о том, что вся кри- кривая будет расположена вправо от оси Оу. Так как замена в данном уравнении у-на —у не изменяет уравнения, то очевидно, что кривая расположена симметрично относительно оси абсцисс. Значит, достаточно построить кривую в первой четверти, а затем симметричную ей часть — в четвертой четверти. Эти соображения говорят о том, что полярному углу ср в уравнении данной кривой г = 2а cos3 ср следует придавать зна- значения только от ср = 0 до ср = -2. Таким образом, это простое 71
исследование помогло нам значительно упростить вычисления, так как теперь, вместо того, чтобы придавать полярному углу ср зна- значения от ср = 0 до <р = 2те, мы ограничимся значениями для ср только из первой четверти (кривая изображена на фиг. 7, 20). Задача 7,17 (для самостоятельного решения). Построить кри- кривую *в = А(х4 — у*). Указание. Прежде всего усматриваем, что замена х на —х и у на —у не изменяет уравнения кривой. Это говорит о том, что кривая расположена симметрично относительно координатных осей. Поэтому достаточно построить кривую только в первой четверти, а потом, учитывая симметрию ее относительно коорди- % • натных осей, построить ее в трех / остальных четвертях. Фиг. 7,20. Фиг. 7,21. Перейдем к полярной системе координат, расположив ее так, как было указано в предыд>мцей задаче. Используя формулы G, 1), получим уравнение кривой в полярной системе координат cos 2<p cos8? Так как полярный радиус г может принимать только действи- действительные значения, то cos 2ср,-стоящий под знаком корня в полу- полученном уравнении, ие может быть отрицательным, т. е. должно быть cos 2<р > 0. Это значит, что угол 2ср должен находиться или в первой, или в четвертой четверти. Но мы уже выяснили, что достаточно построить кривую только в первой четверти, а поэтому будем рассматривать значения 2<р, удовлетворяющие условию 0 < 2ср < —. Отсюда следует, что для построения кривой в пер- первой четверти углу ср следует придавать значения от <р = 0 до ср = =-J-. Эскиз кривой показан на фиг. 7,21. Задача 7, 18 (для самостоятельного решения). Построить спи- спираль Архимеда г = аср (а > 0). 72
Задача 7, 19 (для самостоятельного решения). Построить кар- кардиоиду г = 2аA +coscp) (а> 0). Задача 7, 20 (для самостоятельного решения). Построить ги- гиперболическую спираль ВОСЬМОЕ ПРАКТИЧЕСКОЕ ЗАНЯТИЕ Содержание: Составление уравнения кривой по ее геометрическим свой- свойствам. ОСНОВНЫЕ СВЕДЕНИЯ ИЗ ТЕОРИИ Составить уравнение линии на плоскости в выбранной систе- системе координат — это значит составить такое уравнение с двумя переменными, которому удовле1 творяют координаты любой точки, лежащей на этой линии, и не удовлетворяют координа- координаты точек, которые на этой ли- /х*""^ Г \0 Р нии не лежат (это определение О\ следует усвоить, так как оно неоднократно в дальнейшем ис- используется). . Для вывода уравнения ли- линии поступают так: 1: Выбирают на плоскости Фиг. 8,1. систему координат. 2. На линии, уравнение которой выводится, берут произволь- произвольную точку. Координаты этой точки обозначают через х и у, если уравнение линии выводится в прямоугольных координатах, или через г и <р. если оно выводится в полярных координатах. Осно- Основываясь на заданном свойстве всех точек, лежащих на линии, составляют уравнение, связывающее координаты произвольной точки с некоторыми постоянными величинами, данными в задаче. Найденное уравнение и будет искомым. Задача 8, 1. Составить уравнение окружности, проходящей через полюс системы координат, центр которой С лежит на по- полярной оси, а радиус равен R (фиг. 8, 1), и найти уравнение этой окружности в прямоугольных координатах. Для вывода уравнения'окружности, указанной в задаче, возь- возьмем на окружности произвольную точку А (г, tp) и соединим ее с точкой В — концом диаметра. Угол ОАВ — прямой, а потому, так как диаметр равен 2R, из прямоугольного треугольника АОВ получаем < г = 2R cos ср. 73
Это и будет искомое уравнение. Теперь преобразуем это уравне- уравнение к прямоугольным координатам. Используя формулы перехода G, 2), будем иметь Умножая обе части уравнения на ± Ух2-\-уг, получим х2 + г/2 = 2Rx, или х2 -f- у2 — 2Rx = 0. Задача 8, 2 (для самостояаельного решения). Найти уравнение окружности радиуса R, проходящей через полюс, центр которой С лежит на прямой, перпендикулярной полярной оси и проходящей через полюс (фиг. 8, 2). Найти урав- уравнение этой окружности в прямоуголь- ных коордииатах. /I О Фиг. 8,2. В Фиг. 8,3. Ответ. Искомое уравнение в полярной системе координат г = 2/? sin ср. Уравнение этой окружности в прямоугольных коордииатах 2*2R 0 +yy Задача 8, 3 (для самостоятельного решения) Найти уравнение окружности радиуса а, центр которой находится в полюсе. На- Написать уравнение этой окружности в прямоугольной системе ко- координат. Ответ, г = а; в прямоугольной системе координат Задача 8, 4. Отрезок А В неизменной длины 2/ скользит своими концами по сторонам прямого угла. Из вершины угла на этот отрезок опущен перпендикуляр ОС. Найти геометрическое место оснований таких перпендикуляров. Построить кривую и иайти ее уравнение в прямоугольных координатах. Решение. Поместим полюс полярной системы координат в вершину прямого угла, а полярную ось направим по одной из сторон прямого угла — например, по стороне ОВ (фиг. 8,3). 74 " •
Пусть точка С имеет полярные координаты г и ср. Тогда BC = rtgcp АС == г ctg <p но а отсюда ВС + AC = 21 и г (tgcp -j- ctgcp) = 21, sin? sin2 ? +cos2 у = 2^ sin <j> • cos v ' r . _ ¦- ~ 21, или r = / sin 2<p. tj- sin 2f Это и есть искомое уравнение. Значит, наше геометрическое место имеет уравнение г— /sin 2cp, Кривая — четырехлепестковая роза (фиг. 8,4). Теперь постройте кривую (полярному углу ср придавать значе- значения от ср = 0 до ср = 2те через промежуток а = -5-V Найдем урав- уравнение этой кривой в прямоугольной системе координат. Уравне- Уравнение кривой перепишем в виде г = 2/sincp • coscp (sin2cp == 2 sin cpx x coscp). Используя формулы G, 2) для перехода от полярной си- системы координат к прямоугольной, получим Фиг. 8,4. ± !/*¦ = 2/ а отсюда, возводя в квадрат обе части равенства, будем иметь окончательно (г8 + уу - Я*х*у\ Сравнивая уравнение нашей кривой в прямоугольных коорди- координатах с ее уравнением в полярных координатах г = / si-n 2cp, мы усматриваем, что последнее значительно проще. Кривая по- получается поворота» на 45е кривой, изображенной на фиг. 7, 13. Задача 8,5. Найти уравнение геометрического места точек, произведение расстояний которых до двух данных точек А и В есть величина постоянная, равная <Д Длину АВ считать рав- равной 2а. 7S
Решение. Проведем вывод уравнения в прямоугольных ко- координатах. Направим ось Ох по прямой, соединяющей Л и Б, как обычно, вправо, начало координат поместим в средине от- отрезка АВ, ось Оу направим вверх по перпендикуляру к оси Ох. Длина отрезка АВ по условию равна 2а(АВ = 2а); тогда точки А и В будут иметь координаты: А (—а, 0); В (а, 0). Пусть точка М принадлежит кривой. Ее координаты обозначим через л; и у (фиг. 8,5). Из условия задачи AM -ВМ = а2. По формуле расстояния между двумя точками AM = V(x + аJ + у2, ВМ = V(x—aJ±y*. Значит, или ^_х Возведем обе части этого урав- 3{а;0) нения в квадрат: Фиг. 8,5. __а41 [(х* + У2 + а2) + 2ах] [(х2 + у2 + а2) -2ах] = а4; Упрощая, получаем Это и есть искомое уравнение. Преобразуем теперь это уравнение к полярным координатам, поместив полюс полярной системы координат в начале прямо- прямоугольной системы координат, а полярную ось направим по поло- положительной полуоси Ох. Подставляя в последнее уравнение зна- значения х и у из формул перехода G, 1), будем иметь г4 = 2aV2 (cos2 ср — sinacp). Замечая, что cos2cp—sin2 ср = cos 2cp, и сокращая на г2, полу- получим окончательно V Кривая, определяемая этим уравнением, называется лемниска- лемнискатой Бернулли. Постройте теперь эту кривую. Так же, как в задаче 7, 12, составьте таблицу значений г по известным значениям ср, имея в виду, что так как полярный ра- радиус может принимать только действительные значения, то кривая не может быть расположена в тех секторах, где полярный ра- радиус имеет мнимые значения. 76
Это будет иметь место для значений сротср=-^доср = -5-тс 5 7 и от <p = -4"'t до ? = j«i а поэтому в этих секторах точек кри- кривой нет. На фиг. 8, б эти секторы заштрихованы, а кривая изо- изображена на фиг. 8, 7. Фиг. 8,6. Фиг. 8,7. ДЕВЯТОЕ ПРАКТИЧЕСКОЕ ЗАНЯТИЕ Содержание: Продолжение упражнений в составлении уравнений лин ий. Это практическое занятие является продолжением предыду- предыдущего. Мы будем составлять уравнение линии по извест- известному свойству, общему всем ее точкам. Задача 9,1., Найти геометрическое место точек, равноудаленных от двух данных! точек." Решение. Возьмем прямоуголь- прямоугольную систему координат и пусть две данные точки В и С лежат на оси абсцисс и имеют координаты (xlt 0) и (х2, 0) (фиг. 9, 1). Пусть точка А при- принадлежит искомому геометрическому месту. Обозначим ее координаты через х и у: 4.(х, У). На основании формулы для определения расстояния между двумя точками АВ = У(х-х^ + у*, AC = V(x-x2)* + y\ и значит, так как по условию АВ — АС, мы можем лаписать, что У 0 в I С (х,:Ш Фиг. 9,1. V(x - Xlf + у* = V(x - x2)s + у\ Это и есть уравнение искомого геометрического места. Возводя в квадрат обе части последнего равенства, будем и меть 77
После очевидных упрощений получим 2х (х2 — х,) = {х2 — л;,) (х2 + X,); сокращая на х2 — хх (х2 — ххф0), имеем 2х = хх + х2, или Это уравнение прямой; перпендикулярной оси Ох и про- проходящей через середину отрезка ВС. Итак, искомым геометрическим местом является прямая, пер- перпендикулярная к отрезку ВС, соединяющему данные точки, и проходящая через его средину. Замечание. При решении задачи нам пришлось уничтожить радикалы в уравнении искомого геометрического места V(x-Xiy + y* = V(x-Xi)* + y*, (A) в результате чего было получено уравнение *1 -f- Х2 / п\ х — —g— • \В) Из алгебры известно, что возведение обеих частей уравнения в квадрат может привести к уравнению, которое не равносильно (не эквивалентно) исходному. Это значит, что уравнение, полу- полученное от возведения в квадрат обеих частей исходного уравнения, может иметь решения, не удовлетворяющие исходному уравнению, т. е. иметь так называемые «посторонние» корни. Поэтому всегда в тех случаях, когда обе части уравнения приходится возводить в квадрат, следует ставить вопрос об эквивалентности получен- полученного и исходного уравнений. В интересующем нас случае вопрос ставится так: не содер- содержит ли линия (В) точек, которых нет на линии (А), т. е. таких, координаты которых не удовлетворяют уравнению (А) и таким образом не удовлетворяют исходному условию АВ = АС. Чтобы убедиться в том, что линия (В) не содержит точек, которых нет в линии (А), надо показать, что уравнение (В) мо- может быть преобразовано в уравнение (А). Произведя в обратном порядке операции, с помощью которых было получено уравнение (В), мы придем к уравнению (х-Х1Г+у2 = (х-хяу + у*, откуда следует, что У(-Х1г + у* = ± V(x-Xt)' + y; (о т. е. что АВ = ±АС; отсюда видно, что или Л5 — ЛС = 0, или ЛВ + ЛС 0 78
Но А~В>0 и Л С> 0, а следовательно, А В + АС фО, так как сумма двух положительных величин не может быть равна нулю, а потому остается только одно равенство А В — —ЛС=0, т. е. АВ = АС, и знак минус перед корнем в правой части уравнения (С) должен быть отброшен. Поскольку из урав- уравнения (Л) получается уравнение (В) и обратно — из уравнения (В) следует уравнение (Л), то эти уравнения равносильны (экви- (эквивалентны). Таким образом, поставленный нами вопрос решен: линия (В) не содержит таких точек, которых нет на линии (Л). У Bfx.-ff) Фиг. 9,2'. Фиг. 9,3. При решении следующих задач этого практического занятия нам придется часто обе части исходного уравнения возводить в квадрат. Учащийся должен знать, что всякий раз в таком случае перед ним должен возникать вопрос об эквивалентности полученного и исходного уравнений. Однако мы во всех по- последующих задачах этим заниматься не будем, а заметим только, что эквивалентность исходного и окончательного уравнений в этих задачах действительно имеет место. Задача 9, 2 (для самостоятельного решения). Найти уравнение геометрического места точек, одинаково удаленных от начала координат и от точки А (—3, 4) (фиг. 9, 2). Ответ. 6* — 8# + 25 = 0. Проверьте, что эта прямая перпендикулярна отрезку АО и проходит через его середину. Задача 9,3 (для самостоятельного решения). Найти геомет- геометрическое место точек, одинаково удаленных от прямой х — —4 и точки Л F, 0). Указание. Пусть точка В (х, у) принадлежит искомому геомет- геометрическому месту (фиг. ^9,3). По условию расстояния от точки В до прямой х = — 4 и до точки Л (б, 0) между собою равны, т. е. АВ — ВС. По формуле для определения расстояния между двумя точками АВ = VJx^WT^ ^WT^, а ВС = х + 4 V(x — бJ + у2 = х + 4. 79
Ответ. у2—20(х—1). Эскиз кривой показан на фиг. 9,4. Как увидим в дальнейшем, это — уравнение параболы, и зна- значит, искомым геометрическим местом является парабола. Задача 9, 4 (для самостоятельного решения). Определить тра- траекторию точки, которая движется так, что ее расстояние от точки B, 3) равно ее расстоянию до прямой Зх -f- 4у — 5 =-¦ 0. Указание. Пусть точка В (х, у) принадлежит искомому геомет- геометрическому месту (фиг. 9,5). По условию ВС — АВ. Расстояние ВС от точки В(х, у) до прямой Зх + 4у-- 5 = 0 найти по правилу определения расстояния от точки до прямой (см. за- задачу 5, 2). Получим ( 3* + 4у - 5 !| 0 6fa#) у K Фиг. 9,4. Фиг. 9,5. Это и есть уравнение искомого геометрического места. Воз- Возводя в квадрат обе части уравнения*, освобождаясь от дробей и перенося все члены уравнения в его правую часть, получим окончательно ' 16а:2 — 24ху + 9г/2 — 70* — 1 Юг/ + 300 = 0. Геометрическое место, уравнение которого мы нашли, есть парабола. Следует запомнить, что геометрическим местом точек, равноуда- равноудаленных от данной точки и от данной прямой, является парабола. Задача 9,5 (для самостоятельного решения). Найти уравнение геометрического места точек, равноудаленных от прямой х -\- у — — 2 = 0 и точки A, —1). Ответ. Парабола х2 — 2ху + г/2 + 8г/ = 0. Задача 9, 6 (для самостоятельного решения): Найти уравнение траектории точки А, которая движется так, что.ее расстояние от точки С(—5, 2) всегда равно 7 (фиг. 9,6). * По поводу возведения в квадрат обеих частей уравнения см. замеча- замечание к задаче 9, 1. 80
Ответ. Траектория — окружность л:2 -f у2 -f- 10х — 4у— 20 = О с центром в точке С (—5, 2) и радиус ее R = 7. Задача 9,7. Найти траекторию точки А, которая движется так, что ее расстояние до точки 6B, 4) в два раза меньше, чем и до точки С(—6, 2). Фиг. 9,6. Фиг. 9,7. Указание. Обозначить координаты точки А, как всегда, через х и у (фиг. 9,7). По условию АС — 2АВ. АС = V(x + 6J + (y — 2f\ АВ = V(x — 2f +{y — 4J. Значит, из АС = 2ЛВ получаем, что О Фиг. 9,8. Ответ. Траекторией является окружность Зх2 + Зу2 — 2&с — — 28t/ + 40 = 0 с центром в точке [j, jj, а ее радиус /-^5,5. Задача 9,8 (для самостоятель- самостоятельного решения). Точка А дви- движется так, что отношение ее рас- расстояния до точки В B, 3) к ее расстоянию до прямой х-\-2у — 4 = 0 равно-к-. Найти уравнение траектории точки. Указание. Обозначить координаты точки А через х и у (фиг. 9,8). Расстояние точки А (х, у) до точки В B, 3) АВ — = V{x — 2J + (у — ЗM, а ее расстояние АС до прямой *-f 2y — — 4 = 0 будет равно ЛВ 1 по условию дс = -j. 4 И. А. Каплан 81
Отсюда итсюда 1. 2 V5 •-JT Фиг. 9,9. Ответ. Уравнение траектории 19ха — Аху + 16уа - 72* — №у + 244 = 0. Задача 9, 9 (для самостоятельного решения). Найти уравнение геометрического места точек, сумма расстояний которых от точек FtB, 3) и FaD, 5) есть величина постоянная, равная 10 (фиг. 9,9). Ответ. 24ха — 2ху + 24г/2 — 136х — Шу +1=0 (эллипс). Задача 9,10 (для самостоятельного решения). Найти уравнение геометрического места точек, расстояние каждой из которых от данной прямой А В в два раза мень- меньше расстояния от данной точки С, не лежащей на этой прямой. Указание. Направить ось Ох по данной прямой А В, а ось Оу по пер- перпендикуляру к оси Ох, проходящему через данную точку С. Координаты точ- точки С пусть будут @, b) (b ф 0). Ответ, х2 — Зу2 —• 2Ьу + Ь2 = 0 (ги- (гипербола). Следует иметь в виду,что уравнение геометрического места в выбранной систе- системе координат может оказаться более или менее сложным в зависимости от расположения координатных осей в выбранной системе координат. В данном случае, если бы мы направили ось Оу не через точку С, то абсцисса точки С уже была бы равна не нулю, а скажем, а, и уравнение геометри- геометрического места оказалось бы более сложным. : Следует, однако, помнить, что в зависимости от того или иного расположения ко- координатных осей может измениться только уравнение линии, но не сама линия. Задача 9,11 (для самостоятельного решения). Найти геоме- геометрическое место оснований перпендикуляров, опущенных из на- начала координат на прямые, проходящие через точку (а, Ь). Ответ. Окружность х2 -j-j/2 — ах — by = 0. ДЕСЯТОЕ ПРАКТИЧЕСКОЕ ЗАНЯТИЕ Содержание: Кривые второго порядка: окружность, эллипс. ОСНОВНЫЕ СВЕДЕНИЯ ИЗ ТЕОРИИ 1. Окружность. Окружностью называется геометрическое место точек, равноудаленных от одной и той же точки. Уравнение окружности имеет вид (х — а)* + (у — Ь)*=>г\ A0,1) 82
где а и Ь — координаты центра окружности, а г — радиус ок- окружности. Если же центр окружности находится в начале координат, то ее уравнение имеет вид x2+j'»=rl. A0,2) 2. Эллипс. Эллипсом называется геометрическое место точек, для которых сумма расстояний до двух данных фиксированных точек (фокусов) есть для всех точек эллипса одна и та же по- постоянная величина (эта постоянная величина должна быть больше, чем расстояние между фокусами). Простейшее уравнение эллипса где а — большая полуось эллипса, Ь — малая полуось эллипса. Если 2с — расстояние между фокусами, то между а, Ь и с (если а > Ь) существует соотношение а2 — Ьг = с2. A0,4) Эксцентриситетом эллипса называется отношение расстояния между фокусами этого эллипса к длине его большой оси в = А A0, 5) У эллипса эксцентриситет е < 1 (так как с<С.а), а его фокусы лежат на большой оси. Задача 10,1. Написать уравнение окружности с центром в точке С B, —3) и радиусом, равным 6. Решение. По уравнению A0,1), полагая в нем а = 2, Ь = = — 3, г = 6, сразу имеем (х — 2)а -f (у -f 3J = 36, или х* + у* —4х + 6у —23 = 0. Задача 10, 2. (для самостоятельного решения). Написать урав- уравнение окружности с центром в точке (—4,7) и радиусом, рав- равным 7. Ответ, (х + АJ + (у— 7J = 49, или х2 +уг + 8х — Ну + 16 = 0. Задача 10, 3. Показать, что *2+у2 + 4х-6г/-3 = 0 есть уравнение окружности. Найти ее центр и радиус. Решение. Заданное уравнение преобразуем к виду A0,1). Выпишем члены, содержащие только х, и члены, содержащие только у. Легко проверить (сделайте это!), что *«-|-4* = (х + 2)*—4, : ВЗ
Левая часть уравнения запишется теперь так: х2 -f- Ах у2 — 6у или отсюда (х + 2J + (</-3J=16. (А) Сравнивая уравнение (А) с A0, 1), заключаем, что это уравнение определяет окружность, центр которой имеет координаты С(—2, 3), г2 = 16, а г = 4. Задача 10, 4. Найти координаты центра и радиус окружности х2 +у2 — х + 2у — 1 =0. Решение. Преобразуем уравнение к виду A0,1). Соберем члены, содержащие только х и только у: j Заданное уравнение перепишется в виде -т+&+!)•-1-1 =-0. х2-х у2+2у или 2 и окончательно в виде М2 Следовательно, из сравнения с уравнением A0, 1) заключаем, что центр окружности находится в точке /у, —1), а радиус ра- равен |. Задача 10,5 (для самостоятельного решения). Найти коорди- координаты центра и радиус окружности х2+у*+3х-7у—1=0. Ответ. (-1; |), г = 4. Задача 10,6 (для самостоятельного решения). Найти коорди- координаты центра и радиус окружности хг +у*+х-у = 0. о,..,. (-1,1), ,~Ц. 84
Задача 10,7. Найти точки пересечения окружности (х—IJ + -\- (г/ — 2J = 4 и прямой у — 2х. Решение. Координаты точек пересечения должны удовле- удовлетворять обоим указанным уравнениям, так кай эти точки нахо- находятся как на одной, так и на другой линии. Решим систему урав- уравнений ')¦ у = 2х Подставляя в первое уравнение 2х вместо у и раскрывая скобки, получим х* _ 2х + 1 + 4xz — 8* -f 4 = 4, или 5х2 — 10х + 1 = 0, а отсюда _ 5 + 2/ 5-2^5" Хг- g , Хч— g . Подставляя эти значения во второе уравнение у = 2х, получим 10+4J/T 10 — 4/5" </i = 5 ' ^2 = 5 * Искомыми точками пересечения будут А (х1г у-^), В (х2, Уг). А E + 2У~Ь 10+4Vt\ R /5-2^5 А \ 5 ' 5 ) И ° \ 5 Задача 10,8. Написать уравнение окружности, проходящей через три точки: @, 1); B,0); C,—1). Решение. Искомое уравнение имеет вид (х — аJ + (у — бJ = = г2. Поскольку окружность проходит через указанные точки, координаты каждой из этих точек удовлетворяют уравнению окружности. Подставляя поочередно в искомое уравнение коор- координаты данных точек, получим три уравнения для определения a, b и г. Вот эти уравнения: B —аJ + 62=г2 C-аJ + (-1-6J = Возьмем уравнения первое и второе, а потом первое и третье. Правые части этих уравнений между собой равны, значит, равны и левые их части, и мы получаем Раскрывая скобки и упрощая, будем иметь 4а—2fe=3| 6а — Ab = 9J* 85
3 9 Отсюда а — — у, b = —у. Подставляя эти значения аи b в первое из уравнений системы, получим г2 = -=-. Искомое уравне- ние имеет вид или после упрощений х2 + У2 + Зх + 9у — 10 = 0. Задача 10, 9. Найти уравнение окру- окружности, касающейся оси Ох в начале координат и пересекающей ось Оу в точке А @, 10) (фиг. 10, 1). Решение. Известно, что диаметр окружности, проведенный в точку ка- касания, перпендикулярен касательной. Это значит, что диаметр О А' окружно- окружности направлен по оси Оу, центр окру- окружности находится в точке С @,5), а радиус окружности г = 5. Искомое урав- уравнение имеет вид х2 + (у — 5J -= 25, или х2 + у2 — Юг/ = 0. Задача 10, 10 (для самостоятельного решения). Найти уравне- уравнение окружности, касающейся оси Оу в начале координат и пере- пересекающей ось Ох в точке (—12, 0). Ответ.1 х2 + уг + 12л: = 0. Задача 10,11. Составить простейшее уравнение эллипса, зная, что: а) полуоси его а — 6, b = 4; б) расстояние между фокусами 2с = 10, а большая ось 2а — 16; в) малая полуось 6=4, и рас- расстояние между фокусами 2с == 10; г) большая полуось а = 12, а эксцентриситет е = 0,5; д) малая полуось b ~ 8, а эксцентриситет е = 0,6; е) сумма полуосей а + b = 12, а расстояние между фоку- фокусами 2c = *bV~2. Решение, а) Простейшее уравнение эллипса имеет вид ^г + тг = 1- Подставляя сюда а — 6, 6 = 4, получим 36 "^ 16 ~ 1' б) У нас 2с =10; с = 5; 2а = 16; а = 8. Чтобы написать уравнение эллипса, следует найти малую по- полуось Ь. Между величинами а, Ь и с у эллипса существует зави- зависимость о2 — Ь2 = с2, или Ь2 = а2 — с2. В нашем случае Ь2 — 64 — — 25 = 39, и уравнение эллипса будет иметь вид 64 „a » 39 86
в) Решите самостоятельно. Ответ. ? + Й = 1. - г) а = 12; е — 0,5; известно, что е = —; в этой формуле не- неизвестно с. Для его определения получаем уравнение 0,5 = j^; отсюда с = 6. Теперь, зная, что а = 12, с = 6, пользуясь соотношением а2 — — с2 = ft2, найдем, что Ьг = 144—36 = 108; а2 = 144. Уравнение будет щ + щ = 1- д) 6 = 8; е = 0,6; ^ — —> отсюда — = 0,6, с = 0,6а. Напишем соотношение а2 — с2 = Ь2 и подставим в него с = 0,6а; Ь = 8. Получим а2 — 0,36а2 = 64; 0,64а2 = 64; а2 = 100. Уравнение эллипса будет иметь вид 100 '64 е) а+ 6= 12, 2с = Для определения уравнения эллипса надо знать а и Ь. Нам известно, что с = 3 "j/1; с2 = 18; а2 — Ьг = cV Поэтому (а -f 6) • (а — 6) = 18. Подставляя сюда а + Ь = 12, найдем, что а — 6=1,5. Решая систему уравнений а + Ь = 12) a — 6 = l,5j' получим, что а = 6,75, b — 5,25. Уравнение эллипса запишется в виде ^Lj-^L 1 6,75* "^ 5,252 ~ ь Задача 10,12. Найти длины осей, координаты фокусов и экс- эксцентриситет эллипса 4х2 + 9у2 = 144. Решение. Преобразуем это уравнение к простейшему виду "т + р = 1- Разделив обе части заданного уравнения на 144, по- Отсюда заключаем, что а2 = 36, Ь2 = 16. Значит, а = 6, 2а = = 12; Ь =4; 2Ь = 8. Таким образом, длины осей равны соответ- соответственно 12 и 8.- Зная а и Ь, из соотношения а? — с2 =i b2 най- найдем с. Подставим а = 6; b = 4 и получим, что с — 2 У" 5. Коор- 87
динаты фокусов будут B|^5,0) и (—2 ]/" 5, 0). Эксцентриситет эллипса Задача 10, 13 (для самостоятельного решения). Найти длины осей, координаты фокусов и эксцентриситет эллипса 16л:2 + 9у2 = 144. Указание. Фокусы эллипса лежат на его большой оси. Большая ось заданного эллипса лежит на оси Оу, как вы легко усмотрите, получив простейшее урав- уравнение эллипса. Ответ. Большая ось равна 8, малая 6. Координаты фокусов Задача 10, 14. Отрезок ВС посто- постоянной длины / движется своими кон- концами по сторонам прямого угла ВОС. Какую линию опишет на этом отрезке точка А, разделяющая его в отно- отношении X I j^. = X)? Решение. Стороны прямого угла, о котором идет речь в задаче, примем за оси прямоугольной системы координат (фиг. 10, 2), Если мы обозначим через тип отрезки, отсекаемые отрезком ВС соответственно на координатных осях Ох и Оу, то во все вре- время движения будет сохраняться равенство т2 + п2 = /2. Координаты точек В и С будут В @, п), С (т, 0), Координаты точки А обозначим через хну. Тогда по формулам B, 1) для определения координат точки, делящей отрезок в данном отноше- отношении, получаем О+Х/л Хт п + Х • 0 п x m X ~ 1 + X' у ~ 1 + Х- Возведем обе части каждого из этих равенств в квадрат и по- почленно их сложим. Получим Т* + У" = о + X)" • вспоминая, что /п2 + /г2 = /2, имеем * 4- ,fl - р \г-ГУ - A + хр
а отсюда,, деля обе части этого уравнения на его правую часть, запишем искомое уравнение в виде Искомым геометрическим местом является эллипс с полуосями* __ и &= ОДИННАДЦАТОЕ ПРАКТИЧЕСКОЕ ЗАНЯТИЕ Содержание: Кривые второго порядка: гипербола, парабола. Основные сведения из теории Гипербола. Гиперболой называется геометрическое место точек, разность расстояний которых от двух данных фиксированных точек (фокусов) гиперболы есть одна и та же постоянная вели- величина. Предполагается, что эта постоянная величина не равна нулю и меньше, чем расстояние между фокусами. Простейшее уравнение гиперболы Здесь а — действительная полуось гиперболы, Ь — мнимая полуось гиперболы. Если 2с — расстояние между фокусами гиперболы, то между a, b и с существует соотношение а2 + Ь*=с\ A1,2) При b = а гипербола называется равносторонней. Уравнение равносторонней гиперболы имеет вид х* — ф = а*. A1,3) Фокусы гиперболы лежат на ее действительной оси. Эксцентриситетом гиперболы называется отношение расстояния между фокусами этой гиперболы к длине ее действительной оси е=с-. A1,4)
Асимптоты гиперболы —две прямые, определяемые уравне- уравнениями * Напомним, что асимптотой кривой, имеющей бесконечную ветвь, называется прямая, которая обладает тем свойством, что когда точка по кривой удаляется в бесконечность, ее расстояние до этой прямой стремится к нулю. Парабола. Параболой называется геометрическое место точек, каждая из которых одинаково удалена от заданной фиксированной точки и от заданной фиксированной прямой. Точка, о которой идет речь в определении, называется фокусом параболы, а пря- прямая — ее директрисой. Простейшее уравнение параболы ^ A1,6) Входящая в это уравнение величина р называется параметром параболы. Параметр параболы равен - расстоянию от директрисы параболы до ее фокуса. Координаты фокуса F параболы A1,6) Wy , О). Уравнение директрисы параболы A1,6) * = -?. (Н.7) Эксцентриситет параболы е = 1. Гипербола Задача 11,1. Составить простейшее уравнение гиперболы,- если расстояние между вершинами ее равно 20, а расстояние между фокусами 30. Решение. Вершины гиперболы ле#сат на ее действительной оси. По условию 2а =20; 2с—30. Значит, а = 10; с— 15; а2 = 100; с2 = 225. Величины а, Ь и с у гиперболы связаны соотношением A1,2) а2 + Ь% = с2; отсюда Ь2 = с2 — а2 = 225 — 100; 6а = 125. Значит, уравнением гиперболы будет f!__il_ 1 100 125 * Задача 11,2. Действительная полуось гиперболы равна 5, эксцентриситет е = 1,4. Найти уравнение гиперболы. 90
Решение. У нас а = 5, а2 = 25; е=^-=1,4; с=1,4а = = 1,4 • 5 = 7, с2 = 49; б2 = с2 — а2 = 49 — 25 = 24, Ь2 = 24; иско- искомым уравнением будет 25 24 ' Задача 11,3. Г.ипербола проходит через точки C, —^—) и (—21/5, 3). Найти уравнение гиперболы. Решение. Уравнение гиперболы A1, 1) может быть запи- записано так: ЬЧг— агу2 = а2Ь2. A1,8) Определению подлежат а2 и б2. Подставим в это уравнение ко- координаты первой точки и получим 4562 — 12а2 = Подставляя в уравнение гиперболы A1,8) координаты второй точки, получим 2062 — 9а2 = а2ЬК Решим систему уравнений 2062 — 9а2 = 4562 — 12а2 = ) Умножая первое уравнение на 4, а второе на 3 и вычитая из втор&го первое, получим а2 = 5. Подставим а2 = 5 в первое урав- уравнение н получим 2062 — 45 = 562, откуда Ьг = 3. Подставляя найденные значения а2 и б2 в A1,8), получим, что искомое урав- уравнение имеет вид Зд;2 — 5г/а = 15. Задача 11,4. Найти уравнение асимптот гиперболы 2х2 — 3t/8 = 6. Решение. У гиперболы- две асимптоты, определяемые урав- уравнениями A1,5). Следует найти а и Ь. Приведем уравнение гиперболы к простейшему виду, разде- разделив обе его части на 6. Получим *• у* . Отсюда заключаем, чт а2 = 3, а — Y%; Ьг = 2, Ь — ]/2. Подстав- Подставляя эти значения а и Ь в уравнения асимптот A1,5) получаем — }/Иу = 0 и 1/2*+1/30 = 0. 91
Задача 11,5 (для самостоятельного решения). Дана гипербола Найти уравнения ее асимптот. Ответ. Уравнения асимптот у = тх и г/= —jx. Задача 11, 6. Найти эксцентриситет гиперболы 25дс2—36у2=900. Указание. Привести уравнение гиперболы к простейшему виду A1,1)- Окажется, что а = 6; Ь = Ъ; из A1,2) следует, что с = |/1. Эксцентриситет е = —, е = J-g- . Задача 11,7. Уравнения асимптот гиперболы у=^х и # = = — -jx> a расстояние между фокусами 2с = 10. Найти уравне- уравнение гиперболы. Решение. Уравнения асимптот гиперболы имеют вид A1,5). Из условия задачи следует, что: 1) — = -^ и а = 2Ь\ 2) с = 5. Подставляя в соотношение A1,2) значения а =2Ь и с = 5, полу- получим B6J + Ь2 = 25; б2 = 5; а = 26, а потому а2 = 4й2 = 20. Иско- мым уравнением гиперболы будет ^—{=¦ = !• *2 «2 Задача 11,8. На правой ветви гиперболы 55 — Т ~ ^ наити точку, расстояние которой от асимптоты с отрицательным угло- угловым коэффициентом было бы в два раза больше, чем расстояние ее от асимптоты с положительным угловым коэффициентом. Решение. Так как у нас а2 =25; а = 5; Ь2 = 9; b = 3, то на основании A1,5) уравнение асимптоты с отрицательным угло- вым коэффициентом запишется в виде у = —-^х, или Зле + 5у—0, а уравнение асимптоты с положительным угловым коэффи- коэффициентом у = — х, или Ъх — Ъу = 0. Возьмем на правой ветви гиперболы точку А с координатами хну. Ее расстояние dx до асимптоты Ъх + Ъу = 0, определен- определенное по правилу нахождения расстояния от точки до прямой, будет dx = Зх+5у /34 Расстояние d2 этой точки до асимптоты Ъх — 5у = 0 2~ /34 92
По условию dx = 2й?2, или 3* +__5f /34 Отсюда или о чл. — чу ~ 1зТ = 2 3* ~ 5j Зх -f 5у _ о Зх - 5у ум ~ ум или Из (А) следует, что Зх + 5у=—6х+10у; * = |«/. Из (В) вытекает, что 3* + Ъу = 6х — Юу; Зх— 15t/ = 0; х = Ъу. Полученные соотношения х — Ьу и х — -^у есть зависимости между абсциссой и ординатой искомой точки. Подставим сначала х = 5г/ в уравнение данной гиперболы. Из условия задачи sg — -§¦ = U = Ъу, т. е. л:х = 15/2" 7 15/2 1 = — ^J^; У нас Но по условию задачи точка лежит на правой ветви гипер- гиперболы. Значит, абсцисса ее положительна, и значение х% = ¦—— должно быть отброшено. Ордината точки на правой ветви гипер- гиперболы может быть как положительной, так и отрицательной. Но из того, что х = Ъу, следует, что у должен иметь такой же знак, как и я, а потому, так как абсцисса х положительна, ордината /1Г должно не может быть отрицательной. Значение у2 = быть отброшено, и окончательно _ х 15/? _3/2~ У— ~ • Убедитесь самостоятельно, что зависимость х — ¦=¦ у приводит к мнимым значениям у. На этой гиперболе нет точки, для которой 5 /15/*2 3/~2\ х — -^у. Таким образом, есть только одна точка I—|—, ——), удовлетворяющая условию задачи. Задача 11,9 (для самостоятельного решения). Найти острый угол между асимптотами гиперболы, если ее эксцентриситет равен 2. 93
Указание. Воспользоваться формулой A1,4) и заменить в ней с по формуле A1,2), откуда должно получиться соотношение 4аг = а2 + Ь2, За2 = Ь\ Ь = ± аУЪ, - = ± 1/3. a Подставляя это значение — в уравнения асимптот гиперболы A1,5), получим Угол между асимптотами найдем по формуле где kx — 1/3, k2 = —]/3~. Отсюда заключаем, что угол <р = 60°*. Задача 11,10. Дана равносторонняя гипербола х2 — у2 = 8. Найти уравнение эллипса, фокусы которого находятся в фокусах гиперболы, если известно, что эллипс проходит через точку А D, 6). Решение. Уравнение гиперболы преобразуем к простей- простейшему виду и получим у — ^- = 1, а2 = Ь2 = 8. Из соотношения A1,2) получаем, что с = 4. Значит, координаты фокусов гипер- гиперболы F2(—4,0) и Ft D,0). В этих точках находятся фокусы эл- эллипса. Обозначим большую и малую полуоси эллипса через аг и Ьг. Расстояние между фокусами эллипса такое же, как и рас- расстояние между фокусами гиперболы. Поэтому половину этого расстояния по-прежнему обозначаем через с. Но у эллипса т. е. 4 = У а\ - Ь\ и а? —6?-= 16- (А) Для определения аг и Ьх нужно найти еще одно соотношение, связывающее их. Искомое уравнение эллипса запишется так: Поскольку точка А D, 6) лежит на эллипсе, ее координаты должны удовлетворять уравнению эллипса. Подставляя в послед- * Угол между асимптотами может быть найден также из таких сооб- соображений: угловой коэффициент одной асимптоты kx = Уъ, а другой — ?2 == = —УЪ. Это значит, что асимптоты составляют с положительным направле- направлением оси Ох углы в 60 и 120°, а следовательно, острый угол » между ними равен 120-60° =60°. 94
неё уравнение х — 4, у =6, получаем, что 36at -f 166, = a\b\- Присоединяя уравнение (А) к этому уравнению, получаем для определения а? и b\ систему уравнений а\ -Ь\ =16 36at = а\Ь\ откуда а? = 64; b] = 48. Подставляя эти значения в E), находим искомое уравнение щ + %$= 1- Парабола Простейшее уравнение параболы имеет вид у2 = 2рх(р > 0). Вершина этой параболы находится в начале координат, ее ось направлена по оси Ох. Фокус этой параболы находится в точ- точке F (^, 0], а директриса АВ имеет уравнение х = — у. Пара- Парабола у2 = 2р* расположена ^ так, как указано на фиг. 11,1 (запомните, что фокус пара- параболы лежит на ее оси сим- / р \ метрии). 12'у Задача 11,11. Как распо- — ложена относительно коор- координатных осей линия у2 = = — 2рх (р > 0)? Какая это линия? Решение. Прежде всего замечаем, что эта кривая про- проходит через начало координат, так как координаты точки @, 0) удовлетворяют ее уравнению. Левая часть уравнения при любом вещественном значении у положительна, значит и правая часть также должна быть поло- положительной. Так как величина р > 0 по условию, то это будет иметь место только тогда, когда величина х не является поло- положительной, т. е. когда х. < 0. Значит, х не может принимать положительных значений. Из уравнения у2 = —2рх видно, что при замене в нем у на — у оно не изменится. Это говорит о том, что кривая расположена симметрично относительно оси Ох. Ка- Какая это кривая линия? Возьмем параболу у2 = 2рх. Замена в этом уравнений х на — х переводит параболу в кривую у2 =— 2рх. Следовательно, рассматриваемая кривая уг = — 2рх расположена симметрично параболе у2 = 2рх относительно оси Оу. Значит, кривая у2 = = —2рх—тоже парабола. Ее фокус и директриса симметричны 95 Фиг. 11,1.
фокусу и директрисе параболы у2 — 2рх относительно оси Оу: фокус имеет координаты F(—-?-., 0), а директриса определяется уравнением х = у (фиг. 11,2). Составим теперь уравнение параболы, исходя из известного определения этой кривой, выбрав такое расположение коорди- координатных осей: примем за ось Оу прямую, проходящую через фо- фокус параболы перпендикулярно к ее директрисе, а за положи- положительное направление на ней возьмем направление от директрисы F S Фиг, 11,3. к фокусу. Начало координат поместим в точку, делящую по- пополам расстояние между фокусом и директрисой. Ось Ох на- направим, как обычно (фиг. 11,3). Итак, АВ—жданная прямая, F — данная точка. Если FC =р, то фокус F имеет координаты @, -§¦). Пусть точка М (х, у) принадлежит параболе. Тогда из определения параболы (см. стр. 90) следует, что FM = MD. По формуле расстояния между двумя точками FM = Л/ х2 + (у — ¦§-) » MD = 1/ (у + -п-) ; координаты любой точки кривой удовлетво- удовлетворяют уравнению и после очевидных упрощений будем иметь х2 — 2ру. Если раз- разрешить это уравнение относительно у, то получится, что 1 2р Обозначим g- = а (а > 0), так как по условию р > 0. Уравнение параболы в этом случае будет иметь вид у=ах2 (а>0). 96
Исследуем теперь расположение этой параболы относительно координатных осей. 1. Точка с координатами @, 0) лежит на параболе, так как из уравнения параболы усматриваем, что при х = 0 и у = 0, т. е. парабола у = ах2 проходит через начало координат, являю- являющееся вершиной параболы. 2. При замене х на — х уравнение у=--ах2 не изменяется. Это значит, что парабола у = ах2 расположена симметрично отно- относительно оси Оу. -X Фиг. 11,4. Фиг. 11,5. 3. Так как по предположению а > 0, то при любом х, как положительном, так и отрицательном, будет у > 0. Это значит, что кривая расположена над осью Ох. 4. При возрастании х по абсолютной величине будет воз- возрастать и у. Парабола у =. ах2 (а > 0) имеет вид, указанный на фиг. 11,4. Координаты фокуса этой параболы найдем так: у нас OF = -{j-, или с учетом того, что g- = а, получим р = = .-, — — j-. Итак, фокус параболы у — ах2 имеет коорди- координаты @, j-j • Если в уравнении параболы у = ах2 у заменить на —у, то мы получим кривую, которая расположена симмет- симметрично параболе у = ах2 относительно оси Ох. Значит, кривая у — — ах2 — тоже парабола. Расположение ее показано на фиг. 11,5. На фиг. 11,6—11,9 изображены параболы у2г=2рх (фиг. 11,6) у2=-2рх(фиг. 11, = ах2 (фиг. 11,8) --ох2 (фиг. 11,9) 97
Параболу, определяемую уравнением у = ах2, называют восхо- восходящей, а параболу, определяемую уравнением у = — ах2,— нисходящей. Расположение этих парабол следует хорошо запомнить. Задача 11,12. Парабола у2 = 2рх проходит через точку А B,4). Определить ее параметр р. Решение. Подставляем в уравнение параболы вместо теку- текущих координат координаты точки А B, 4). Получаем 42 = 2р-2; 16 = 4р; р = 4. У Фиг. 11,6. Фнг. 11,7. Задача 11, 13. Составить уравнение параболы, зная, что вер- вершина ее находится в начале координат и расстояние от фокуса до вершины равно 4 единицам длины, а осью симметрии слу- служит ось Ох. О Фиг. 11,8. -JT Фиг. 11,9. Решение. Так как осью симметрии параболы служит ось Ох, а вершиной — начало координат, то парабола может быть определена одним из уравнений у2 — 2рх и у2 = '— 2р*. Параметр параболы р есть расстояние от директрисы параболы до фокуса. Расстояние от фокуса до вершины равно половине параметра. Значит, у нас у — 4, р — 8. Подставляя это значение р в каж- каждое из только что написанных уравнений, получим у2 — 16* и у2 — — 16л:. 9$
Эскизы парабол указаны на фиг. 11, 10 и 11, П. Задача 11, 14. Парабола симметрична относительно оси Ох, проходит через точку Л D, —1), а вершина ее лежит в начале координат.' Составить ее уравнение. О Фиг. 11,10. Фиг. 11,11. Решение. Так как парабола проходит через точку А D, —1) с положительной абсциссой, а ее осью служит ось Ох, то урав- уравнение ' параболы следует искать в виде у2 = 2рх. Подставляя в это уравнение координаты точки А, будем иметь 1 = 8Р, р = 1» 2р = т; искомым уравнением будет Эскиз этой параболы показан на фиг. 11, 10. ДВЕНАДЦАТОЕ ПРАКТИЧЕСКОЕ ЗАНЯТИЕ Содержание: Преобразование прямоугольных координат. Параллель- Параллельный перенос координатных осей без изменения их направления. ОСНОВНЫЕ СВЕДЕНИЯ ИЗ ТЕОРИИ Преобразованием системы координат называется переход от одной системы координат к другой. При такой замене надо установить формулы, позволяющие по известным координатам точки в одной системе координат опреде- определить ее координаты в другой. Главной целью преобразования координат является определе- определение такой координатной системы, в которой уравнение;данной линии становится наиболее простым. Удачным расположением ко- 99
ординатных осей можно добиться того, чтобы уравнение кри- кривой приняло наиболее простой вид. Это имеет важное значение для исследования свойств кривой. Преобразование уравнения кривой второго порядка к простей- простейшему виду достигается в общем случае 1) параллельным перено- переносом координатной системы без изменения направления осей и 2) поворотом осей. Если имеются две системы прямоугольных координат с раз- разными началами, оси которых параллельны и одинаково направле- направлены, то между координатами одной и той же точки в этих систе- системах координат существует зависимость = х1+х0 =У1 + Уо ( где х, у — координаты точки в первоначальной системе коорди- координат, хъ уг — ее координаты в новой системе координат, а х0, у0 — координаты нового начала Ог в первоначальной системе ко- координат. Эти формулы позволяют определить первоначальные координа- координаты точки х и у, если известны ее новые координаты и координаты нового начала в первоначальной системе координат. Для обратного перехода от первоначальных к новым служат формулы *1 = * —*б1 A2i2) Первоначальную систему координат иногда называют исход- исходной, иногда — старой. Задача 12,1. Координаты точки относительно некоторой си- системы координат х = 2, у= — 1. Чему будут равны координаты этой точки, если, сохраняя направления осей, перенести начало координат в точку: а) G,-4); б) D,-2); в) B,-1); г) (-1,-4). Решение, а) По формулам A2,2), полагая в них х = 2, хо = 7- У = — 1, Уй = ~ 4> получаем хг = 2 — 7; уА = — 1 — (— 4), отсюда новые координаты точки хг=—5; уг = 3. Случаи б), в) и г) решите самостоятельно. Ответ, б) (-2,1); в) @,0); г) C,3). Задача 12,2. Относительно двух систем координат хОу и х^О^, имеющих одно и то же направление осей, координаты некоторой точки A2,-7) и @, 15). Чему равны координаты начала каждой из этих систем относительно другой? Сделайте чертеж. 100
¦решение. По формулам A2, 1), полагая в них х — 12, х1=0, у = — 7, уг= 15, получаем координаты нового начала в системе координат хОу: j2 = q _i_ х % =12 — 7= 15+г/о, г/о = —22. В системе координат х1О1у1 координаты точки О — начала ко- координат в системе хОу получим, поменяв местами х с хг и у с Ух в предыдущих формулах. Бу- Будем иметь У/ У 0= 12 + *о, 15 = _ 7 + = — 12, |/о = 22. Здесь х'о и г/о — координаты то- точки О в системе координат х1О1у1. Задача 12,3 (для самостоятель- самостоятельного решения). Две системы коор- координат имеют одинаковые направ- фиг. 12,1. ления осей. Координаты начала первой системы относительно второй (8, — 4). Чему равны коор- координаты начала второй системы координат относительно первой (фиг. 12, 1)? Ответ: (—8,4). Задача 12,4 (для самостоятельного решения). Как изменятся координаты любой точки А (х, у), если за ось абсцисс принять ось ординат, а за ось ординат — ось абсцисс? Ответ. Абсцисса и ордината точки поменяются местами. Геометрический смысл квадратичной функции: у — ахг + Ьх + с. Задача 12, 5. Уравнение у = ахг + Ьх + с преобразовать так чтобы в преобразованном виде оно не содержало члена <; первой степенью х и свободного члена. Решение. В учебнике Привалова на стр. 113 проведено ис- исследование кривой, определяемой уравнением у = ах2 + Ьх + с (а ф 0), и показано, что это уравнение определяет параболу. Указанный в учебнике Привалова способ решает поставлен- поставленную нами задачу. Мы укажем здесь другой прием, основанный также на параллельном переносе системы координат, который по- помогает проще решить эту задачу. Заданное уравнение у — ахг + Ьх + с преобразуем так: у пер- первых двух слагаемых в правой части уравнения вынесем за скоб- скобки а (афО). Теперь (А) 101
Из выражения хг -)— х, стоящего в скобке, выделим полный квадрат суммы двух слагаемых. Запишем это выражение в виде х + ^ ' 2ах- г-, * /Ь\2 Прибавим к нему и вычтем из него In- , отчего выражение \ ] не изменится. Получим, что Легко усмотреть, что сумма первых трех подчеркнутых сла- слагаемых равна (* + 2"| , а потому окончательно Тем самым мы из х2 + —х выделили полный квадрат суммы двух слагаемых: \х + к^\ ' Теперь выражение (А) может быть переписано так: »-«[(*+?)'-?]+«¦ Если раскрыть скобки в правой части этого равенства, то по- получим или . 6\2 Аас — б2 4а а отсюда следует, что Аас — Ь* ../.. , 6\2 У In = Сделаем параллельный перенос координатных осей без изме- изменения их направления в точку О! с координатами Ь 4ас — Ь2 .л. Подставляя эти значения х0 и у0 в формулы A2, 1), получим b _ Aac — 62 xi~2a> У — Ух Л la ' ИЛИ 102
В новой системе координат уравнение (В) перепишется так: Ух = axl * (Е) Этим и заканчивается преобразование исходного уравнения. Легко заметить, что полученное уравнение (Е) действительно значительно проще исходного: в нем нет первой степени текущей координаты хг и нет свободного члена. Таким образом, требование задачи выполнено: 1) преобразо- преобразованное уравнение не содержит члена с первой степенью абсциссы и 2) оно не содержит свободного члена. Полученное уравнение уг — ах\ есть уравнение параболы, вер- вершина которой находится в новом начале координат — точке / Ь Аас — *2\ О А — 2а > —4а—) • Мы можем сделать такое заключение: . Графиком квадратичной функции у — ахг + Ьх + с при аФО —2а' ш'~ j, а ее ось симметрии параллельна оси Оу. Для построе- построения этой параболы следует: 1)' определить координаты ее вершины 0х; 2) точку 0г принять за новое начало координат и через нее провести координатные оси б1х1 и Otyv параллельные первона- первоначальным осям координат и одинаково с ними направленные; 3) в новой системе координат построить параболу уг —- ах\. Не следует запоминать координаты вершины параболы — фор- формулы (С), а проделывать каждый раз указанные простые выклад- выкладки. Решение последующих задач основано на выделении полного квадрата из квадратного трехчлена, а потому эта операция дол- должна быть хорошо усвоена. После решения нескольких задач эти преобразования не будут вызывать никаких затруднений» Решенная нами задача иногда формулируется иначе: уравне- уравнение кривой у — ахг -\- bx -f- с (а ф 0) упростить так, чтобы в нем отсутствовал член с первой степенью текущей координаты и сво- свободный член, а иногда и еще короче: привести уравнение кривой у — ах2 -f- Ьх + с к каноническому виду. В дальнейшем мы будем пользоваться и этими формулировками. После того как показано, что уравнение у — ахг + Ьх -\- с определяет параболу, можно за- заключить: упрощение этого уравнения достигнуто параллельным переносом первоначальной системы координат так, что новое нача- начало координат находится в вершине параболы, а новая координат- координатная ось Огуг совпадает с осью симметрии параболы. Следует также иметь в виду, что если в уравнении у = ахг -f -\- bx -\- с коэффициент а положителен, то ветвь параболы направ- направлена вверх (так называемая «восходящая» парабола), а при отри- отрицательном а — вниз («нисходящая» парабола). 103
_s Форма параболы определяется только коэффициентом а. Чис- Числа же b и с на форму параболы влияния не оказывают, и изме- изменение их при одном и том же а влияет только на расположение параболы на плоскости. Заметим также, что чем больше а по аб- абсолютной величине, тем сильнее парабола прижата к оси симме- симметрии; наоборот, чем меньше а по абсолютной величине, тем «ши- «шире» будет парабола. Решим теперь ряд задач с числовыми значениями a, b и с и начертим эскизы нескольких парабол (с построением эски- эскиза параболы по ее уравнению приходится очень часто встре- встречаться, например, при изу- изучении сопротивления матери- материалов). Задача 12,6. Упростить уравнение параболы у — хг — -, —7х 4- 12, найти координаты ' ¦ ^ »у ее вершины и начертить эскиз */ кривой. Фиг. i2t2. Решение. Выделим в правой части уравнения у = = хг — 7х -f- 12 полный квадрат по способу,указанному в преды- предыдущей задаче, и получим или Положим х —х — - — 4-- Отсюда из сравнения с формулами A2,2) координаты нового начала, т. е. вершины параболы, будут х0 = „-, у0 — — j . Пос- /7 1\ ле переноса начала координат в точку OJtj-—4) уравнение па- параболы примет наиболее простой вид ух = х\. Эскиз кривой пред- представлен на фиг. 12, 2. Задача 12, 7. Привести к простейшему виду уравнение пара- параболы у =- 2*2 + 4* + 5 и найти координаты ее вершины. 104
Решение. Уравнение у = 2х2 -\- 4х -{- 5 преобразуем, выде- выделив в правой части полный квадрат: -5, у = 2[(*+ IJ — 1]+5, у = 2(х + 1J+3, пусть теперь х1~х-\-1,у1 = у—3. Из сравнения с формулами A2,2) координаты нового начала: х0 = —1; у0 = 3. Уравнение параболы примет вид уг = УЛ У — 2х\. Эскиз параболы показан на фиг. 12, 3. Задача 12,8 (для самостоятельного реше- решения). Уравнение параболы у — — Ъхг +8х—9 преобразовать к простейшему виду и начер- начертить ее эскиз. Ответ. Вершина параболы находится в точке (^-, —у). Преобразованное уравнение будет иметь вид уг — — Ъх\. Знак минус у коэффициента при х\ указывает на то, что парабола — «нисходящая» (фиг. 12,4). Самостоятельно решите несколько аналогичных задач и обя- обязательно начертите эскизы этих парабол. Задача 12,9 (для самостоятельного решения). Преобразовать к простейшему виду уравнения парабол: 1) у = 5х2 -f- 4* — 3 ¦f- Ъх -j- 1; 3) у = 2лг + Ъх; 4) у — —х* + 2х; 5) у — 3xz -}-9х — 1. Начертить эскизы этих парабол. Ответ. Координаты вершины: 2) «/==-< У [ 5 > Ь}> 4) A, 1); 5) (_!,_! иг" ' * Задача 12, 10. Из точки О под углом а к горизонту брошена материальная точка с начальной ско- скоростью v0. Найти: 1) уравнение траектории полета, 2) высоту подъема; 3) дальность полета (сопротивление воздуха в расчет не принимать). Решение. Прежде всего определим траекторию полета. Пусть в начальный момент t = 0 точка находилась в начале координат 105
(фиг. 12, 5). Проекции начальной скорости на оси прямоугольной системы координат равны: Vox — Vo COS Я, vOy — yosina. По прошествии / секунд точка в горизонтальном направлении пройдет путь * = y0cosff-f (так как скорость ее в горизонталь- горизонтальном направлении vqx — постоянна и равна y0cosa). В вертикаль- вертикальном направлении точка пройдет за то же время t путь, который мы получим, если из пройденного в вертикальном направлении пути v0 sin я • t отнимем ^ — расстояние на которое опустится точка под действием силы притяжения земли. х Значит, в вертикальном направле- направлении за время t будет пройден путь Уравнения х = у0 cos я • t, у = у0 sin я • / — ^ и являются уравнениями траектории полета точки. Мы замечаем, что обе координаты х и у выражены здесь через одну и ту же переменную величину /. В этом случае говорят, что мы имеем параметрические уравнения траектории* (у нас параметром явля- является время t). Желая найти зависимость между координатами х и у, исключим из этих уравнений параметр t. Из первого урав- уравнения следует, что / = р *qs(^ . Подставим это значение / во вто- второе уравнение и получим р qs(^ v0cos a или Положим и тогда у = — ахг 4- * С параметрическими уравнениями Зшний мы будем часто встречаться в математическом анализе. В учебнике Привалова это вопрос освещен в § 5 гл. II. 106
Легко усмотреть, что это уравнение параболы и, следовательно, траекторией точки является парабола. Так как в ее уравнении отсутствует свободный член, то парабола проходит через начало координат. Найдем теперь высоту полета точки. Для этого оп- определим ординату вершины параболы. Так как коэффициент при я2 отрицателен, то парабола — «нисходящая», а вершина параболы будет ее наивысшей точкой. Из уравнения траектории у = —ах* + Ьх найдем, что абсцисса вершины х0 — я- • Подставляя сюда 2g „ , b=tga, cos2 a получим После подстановки этого значения х0 в уравнение траектории (А) получим ординату вершины параболы и тем самым высоту полета vl sin2 a Как легко усмотреть, дальность полета / равна удвоенной абсцис- vо sin 2a се вершины, т. е. / = 2х0, или / = . Дальность полета I будет наибольшей, если sin 2а, входящий в выражение /, будет иметь наибольшее значение, т. е. при sin 2а = 1, а тогда а = 45°. Задача 12.11. Упростить уравнение кривой Указание. Привести уравнение к виду и поступить так же, как в предыдущих задачах. Ответ. Кривая — парабола у\ — — н- хг; вершина параболы в точке hr,—j\ (фиг. 12,6). Ось параболы параллельна оси абсцисс. * Задача 12, 12 (для самостоятельного решения). Упростить уравнение кривой х + Ъу2 + 8у + 2 = 0 и начертить ее эскиз. 107
Ответ. Простейшее уравнение кривой. у\ = —^хг, координа- координаты вершины параболы О1 (у, — ~\. Ось параболы параллельна оси абсцисс. Мы выполнили ряд упражнений на упрощение уравнения па- параболы у = ах2 + Ьх + с и видели, что упрощение этого уравне- уравнения- достигается параллельным переносом координатных осей без изменения их направления так, что но- новое начало координат находится в вер- вершине параболы. Этим же преобразова- преобразованием координат (т. е. параллельным пе- переносом) можно привести к простейшему (каноническому) виду уравнение любой линии второго порядка, если это урав- уравнение не содержит члена с произведе- произведением текуших координат. Сейчас мы выполним ряд таких упражнений. Задача 12, 13. Привести к простей- простейшему виду уравнение 5х + 4у — 6 = 0. Фиг. 12,6. Решение. Соберем члены уравнения, содержащие одну и ту же переменную величину, и получим (х2 — 5х) + Bу2 + Ау) — 6 = 0. Из второй скобки вынесем коэффициент при у2, после чего предыдущее уравнение примет вид (х2-5х) + 2(у2 + 2у) -6 = 0. В каждой из скобок выделим полный квадрат и получим ИЛИ откуда следует, что (Л) Произведем теперь такую замену: положим, что *1=*—2", 01 = 0+1. Произведенная замена представляет собою не что иное, как преобразование координат всех точек плоскости параллельным 108
переносом координатных осей без изменения их направления. Сравнение последних соотношений с формулами A2,2) показыва- показывает, что новое начало координат находится в точке 0г I-^-, — 1), а уравнение (Л) принимает вид 57 Разделив обе части этого уравнения на -т , получим канони- канонический (простейший) вид данного уравнения 57^57 ~ 4 8 Заданное уравнение определяет эллипс с полуосями а — ^~ b = —гтт=, центр которого находится в первоначальной системе координат в точке OW-g-,—1). Таким образом, упрощение уравнения этой линии достигнуто параллельным переносом начала координат в ее центр. Задача 12,14 (для самостоятельного решения). Упростить па- параллельным переносом координатных осей без изменения их направления уравнение линии хг — Зу2 -\-4х — Ъу -f I — 0. Ответ. Линия — гипербола. Центр ее находится в точке Otl—2, —тг]. Ее каноническое уравнение 12 36 Задача 12,15 (для самостоятельного решения). Упростить уравнение кривой Ответ. Кривая—эллипс с центром в точке Ol j-j , —-Л в исходной системе координат. Простейшее уравнение кривой х2 и2 И^~ J = *" 48 72 Задача 12, 16 (для самостоятельного решения). Привести к ка- каноническому виду уравнение линии 4х2—у2 — 8х — 6у — 9= 0. 109
Ответ. Линия—гипербола с центром в точке О^ A, — 3) в исходной системе координат. Каноническое уравнение линии В задачах 12, 14 —12, 16, как и в задаче 12, 13, упрощение уравнений линий достигнуто параллельным переносом начала координат в центр этих линий. ТРИНАДЦАТОЕ ПРАКТИЧЕСКОЕ ЗАНЯТИЕ Содержание: Преобразование координат поворотом координатных осей без изменения начала координат. ОСНОВНЫЕ СВЕДЕНИЯ ИЗ ТЕОРИИ Если ср—.угол поворота, х и у— первоначальные координаты точки, хх и ух— координаты той же точки в новой, повернутой системе координат, то имеют место формулы .?--=*! COS ср — ^Sincpl у = хх sin ср + f/i cos cpj ' и х-, = х cos cp -f у sin ср 1 . A3,2) ух = —xsincp 4- г/coscp ) Задача 13,1. Чему будут равны координаты точки А A^3, 2), если повернуть оси координат на угол+ 60° без изменения на- начала координат. Решение. Воспользуемся формулами A3,2). Тогда так как cos60°=y, a sin 60° = *—" f+ 2; л = Ч- - Задача 13,2. Координатные оси прямоугольной системы коор- координат- переносятся без изменения направления осей в точку Ох C, — 1) и поворачиваются на угол 30°. Найти новые коор- координаты точки А, если старые ее координаты были А C, 4) (фиг. 13,1). 1) Сначала перенесем параллельно координатные оси, не из- изменяя их направления, в точку C, — 1). По формулам A2,2) получаем хг — 0; уг = 5. ПО
2) Повернем теперь оси координат х1О1у1 на 30°; координаты точки в системе координат хг0гуг найдутся по формулам A3, 2), в которых надо заменить xt на хг, У\ на г/2. х на х1ч а у на уг. Получаем х2 — хг cos tp + г/i sin cp, t/г = — Х\ sin cp -f- г/г cos ср. Подставляя в эти формулы sin <р = sin 30° = 4-; cos cp = cos 30° = Фиг. 13,1. Фиг. 13,2. = 1-i ; ^x = 0; t/x = 5, будем иметь искомые координаты точки 5 . Определение. Гипербола, определяемая уравнением х? — у2 = = а2, называется равносторонней. Задача 13,3. Какой вид примет уравнение равносторонней ги- гиперболы хг—уг = аг, если оси координат певернуть на угол ср = —45° (фиг. 13,2)? Решение. Так как ср = — 45°, то sincp V~2 — xx ¦ *y- + yx = — ig-; coscp^i^-; Подставляя эти значения х и у в уравнение гиперболы л;2—у2 = а2, будем иметь 111
или Отсюда получим 1 -о (xi + У1 — У1+ *i).(*i + У1+У1 ~хг) = а?, О Фиг. 13,3. Фиг. 13,4. окончательно 2х1у1 = а2, или ^ Это и есть искомое преобразованное уравнение равносторонней гиперболы. Так как у равносторонней гиперболы b =a, то урав- уравнения ее асимптот у= — х и у = х при Ь=а примут вид у=.х и у = — х. Эти прямые перпендикулярны и являются биссектрисами 1-го и 2-го координатных углов. Значит, если асимптоты равносторон- равносторонней гиперболы принять за координатные оси, то уравнение рав- равносторонней гиперболы (если опустить индексы у хх и ух) примет вид Это уравнение носит название уравнения равносторонней гипер- гиперболы относительно ее асимптот (фиг. 13, 3). Его следует запомнить. Если бы мы сделали поворот осей не на —45°, а на +45° (фиг. 13, 4), то уравнение гиперболы приняло бы вид а2 с? Опуская индексы в уравнении хху\ = —о", мы получили бы уравнение равносторонней гиперболы относительно ее асимптот 112
в виде ху — — -g . Запомните, что ветви гиперболы ху = %- расположены в первой и третьей четвертях (фиг. 13,3), ветви же гиперболы ху = — у находятся во второй и четвертой чет- четвертях (фиг. 13, 5). Геометрический смысл дробно-линейной функции (А) называется дроб- О Фиг. 13,5. __ах-\* Ъ " ex -\- d Определение. Функция вида у — но-линейной (предполагается, что ad — — ЬсфО, так как, если ad — be — 0, то ad — be, и тогда -г ~ d)' Обозначая об- общую величину этих отношений через t, мы имели бы ?.-? - t Ъ ~~ d откуда а — Ы, c — dt. Подставляя эти значения а и с в уравнение (А), мы по- получили бы, что ___ Ых -f- Ь __ Ь (tx -f- 1) b У ~" dtx+ d ~~ d(tx+ 1) — ~d' и уравнение не содержало бы х. Уравнение (А) определяет рав- равностороннюю гиперболу, асимптоты которой параллельны коор- координатным осям. Ниже даются упражнения на преобразование уравнения (А) к уравнению, в котором нет членов первого изме- измерения. Преобразованное уравнение может получить вид либо ху — ^ > либо ху = — ^ • Напомним, что уравнение ху = -^ определяет гиперболу, асим- асимптоты которой служат координатными осями, а ветви располо- а2 жены в первой и третьей четвертях; уравнение ху = — ^-опреде- ^-определяет гиперболу, у которой асимптоты служат координатными осями, а ветви расположены во второй и четвертой четвертях. Задача 13,4. Преобразовать дробно-линейную функцию 2.x -4- 3 у = 7^ так, чтобы в преобразованном виде она не содержала членов первого измерения, и начертить эскиз кривой. Эту задачу мы решим более простым способом, чем тот, ко- который указан в учебнике. Числитель дроби 2х -j- 3 в правой 5 И. А. Каплан 113
части уравнения разделим на ее знаменатель Ъх + 4 по правилам деления многочленов: 2х +3 Злг Таким образом, 2х + 3 Зх + 4 Зх В знаменателе второй дроби в правой части этого равенства вы- вынесем за скобки 3 и получим, что правая часть данного уравне- уравнения может быть записана так: 2 , 1 9 * + -?- Зх + 4 а данное уравнение приобретает вид *~'г' 2,1 ¦X У == * или г/ — -^ = 1 Фиг. 13,6. 9 * + 4 Обозначим теперь хг~х-{- -*¦; Ух=У—к • Тогда из сравне- сравнения этих соотношений с формулами A2, 2) получаем, что х0 = 4 2 = —3 , г/0 = -3-,ав преобразованном виде данное уравнение запишется так: Ух = ^-, . или д^ = j (фиг. 13,6). Этим же способом преобразуйте уравнение а ~~ ex + d так, чтобы в упрощенном виде оно не содержало членов первого измерения (при этом преобразовании считать с Ф 0). Должно получиться а Ьс —ей 1 114
а полагая х + — = xt и у — ^ = уъ будем иметь _ Ьс — cd \ Новое начало координат находится в точке с координатами _ d __ a х° ~~ ~ ' У® ~ ~с ' Задача 13,5 (для самостоятельного решения). Уравнение Ъх Л~ 2 у — преобразовать так, чтобы в преобразованном виде оно if. \ Фиг. 13,7. \) О 42) о, Фиг. 13,8. не содержало членов первого измерения, и начертить эскиз кри- кривой. Ответ. хгуг = -j . Это уравнение равносторонней гиперболы, отнесенной к асимп- асимптотам. Ветви кривой находятся в первой и третьей четвертях новой системы координат. Новое начало координат находится в точке (I, |)-фиг. 13,7, Задача 13,6 (для самостоятельного решения). Дробно-линей- Дробно-линейную функцию у = 3 _- преобразовать так, чтобы в преобра- преобразованном виде уравнение не содержало членов первого измере- измерения, начертить эскиз кривой и найти уравнения асимптот. Ответ. xxyi = — -у ; х0 — 2, у0 = 2. Кривая—равносторонняя гипербола, ветви которой располо- расположены во второй и четвертой четвертях новой системы коорди-. нат. Эскиз кривой представлен на фиг. 13,8. Уравнения асимптот: х = 2 и у = 2. 5* П5
Задача 13, 7 (для самостоятельного решения). Преобразовать дробно-линейные функции 2) y = 3) У = х+2' 2 — 2* так, чтобы в преобразованном виде они не содержали членов первого измерения, найти уравнения асимптот и начертить эски- эскизы кривых. Ответ. Преобразованные уравнения кривых 1) *i«/i = -3; 2) Xjf/! = 4; 3) *i«/i = — 5; Координаты нового 1 начала хо = -2; (/„ = 1; *о = —1; Уо = — 2; х0 = — 2; ;/„ = 3; Уравнения асимптот х = 2; (/ = 1; х = _1; (/=—2; х = — 2; (/ = 3. ЧЕТЫРНАДЦАТОЕ ПРАКТИЧЕСКОЕ ЗАНЯТИЕ Содержание: Упрощение общего уравнения кривой второго порядка На двух последних занятиях мы достигали упрощения урав- уравнения кривой параллельным переносом (задачи 12,4—12, 16), а в задаче 13,3 уравнение кривой было преобразовано поворотом ко- координатных осей без изменения начала координат. Общее уравнение линии второго порядка имеет вид Ах2 + 2Вху + Су2 + Dx + Еу + F = 0. Задача упрощения этого уравнения состоит в том, чтобы чв пре- преобразованном уравнении были устранены: 1) член, содержащий произведение текущих координат, и 2) члены, содержащие первые степени двух координат или, по крайней мере, одной из них. Новая программа по высшей математике для машинострои- машиностроительных, приборостроительных, механических, энергетических и строительных специальностей втузов не предусматривает изложе- изложения в общем виде вопроса об упрощении уравнения кривых второго порядка и изучения инвариантов. 116
Поэтому мы приведем решение только нескольких задач. Из них учащийся уяснит методы, с помощью которых достигается упрощение уравнений линий второго порядка. Случаи упрощения уравнения кривой второго порядка, когда оно не содержит произведения текущих координат, были разобра- разобраны раньше. В том случае, когда уравнение линии второго порядка содер- содержит произведение текущих координат, упрощение его следует на- начинать с поворота осей без изменения начала координат и надлежащим выбо- выбором угла поворота добиться того, что- бы из преобразованного уравнения«был устранен член, содержащий произведе- произведение текущих координат. Преобразова- Преобразование координат в этом случае будем вести по формулам X = Хг COS ср — yl sin cpl i/ = A:1sincp+ г/jcoscpj' Если после устранения из преобразованного уравнения члена с произведением текущих координат в нем останутся члены с первыми степенями текущих координат, то последующим парал- параллельным переносом осей можно, как это было показано, привести уравнение к каноническому виду. Координатную систему, полученную в результате поворота первоначальной системы координат, будем обозначать через хг0уъ а систему координат, полученную от параллельного переноса ко- координат системы хх0уъ — через ХчРгуъ (см. фиг. 14, 1). Задача 14,1. Привести к простейшему виду уравнение кривой 5л:2 + 4*j/ + 8t/2- — 32л: — 56г/ + 80 = О и найти координаты центра в первоначальной системе координат. Решение. Начнем с поворота осей. Целью этого преобразо- преобразования, как вы уже знаете, является уничтожение в преобразо- преобразованном уравнении члена, содержащего произведение текущих координат. Формулы преобразования координат поворотом осей без изменения начала координат имеют вид х — хх cos ф — у1 sin ср, у = х1 sin ср + i/i cos ср. Подставляя эти значения х и у в заданное уравнение, будем иметь 4 (л^ cos ср — у1 sin ср) . (х1 sin cp -f ух cos срJ — 32 {хг cos ср — г/х sin ср) — cp 4- У\ cos ср) + 80 = 0. 117 5 (хг cos ср —ух sin срJ 4~ ух cos ср) + 8 (хх sin ср
Раскроем скобки и получим Ъх\ cos2 cp — К)*!*/! sin cp • cos <р + %? sin2 cp -f- 4х* sin cp ¦ cos cp — — 4x1y1 sin2 cp + 4^^! cos2 cp — 4«/f sin cp cos cp + + 8*2 sin2 cp + 16*г1/г sin cp • cos cp + 8y2t cos2 cp — — 32-iqcoscp + 32^/jSincp — ббд^этср — — 56г/! cos cp + 80 = 0. . Сделаем приведение подобных членов: E cos2 cp + 4 sin cp cos cp + 8 sin2 cp) x\ + F sin cp cos cp — 4 sin2 cp -f + 4 cos2 cp) xxyx + Esin2cp —4 sin cpcoscp + 8cos2cp) y\ — — C2 cos cp + 56 sin cp) xx + C2 sin cp — — 56coscp)«/1 + 80=0. ( Выберем теперь угол поворота ср так, чтобы коэффициент при хху± обратился в нуль. Приравнивая этот коэффициент нулю, получаем уравнение для определения значения угла ср, при котором этот коэффициент обратится в нуль: ^ 6 sin cp cos ср — 4 sin2 ср + 4 cos2 cp = 0. Разделим обе части этого уравнения на cos2 cp (cos ср ф 0, так как если coscp=0, то sincp= ± 1, и тогда это уравнение не имеет места, ибо получается, что — 4 = 0. Это замечание следует помнить и при решении последующих задач). После деления по- получим 6 sin у cos у . sin2 у . . » cos2 у cos2 у *" или после упрощений 2 tg2 ср — 3 tg ср — 2 = 0. Отсюда получаем для тангенса угла ср поворота координатных осей такие значения: или (tg<p)! = 2 И (tg<pI = —I. Эти два значения tg cp соответствуют двум взаимно-перпендику- взаимно-перпендикулярным направлениям, так как произведение этих тангенсов рав- равно— 1. Из (tgcp)=2 следует, что угол поворота ср может нахо- находиться в первой или третьей четвертях, а из (tg ср) = — — следу- следует, что угол поворота ср может находиться во второй или чет- 118
вертой четвертях. Условимся всегда брать для tg <p из двух воз- возможных значений — положительное, а угол поворота ср—впервой четверти @<ср<-^-). Таким образом, из двух возможных зна- значений тангенса берем tgcp = 2. Определим по известному tg ср ве- величину sin ср и cos ср. Это нам нужно для того, чтобы определить коэффициенты при х\, у\, хх и ух в уравнении (А). Так как у нас tgcp>0, а угол ср находится в первой чет- четверти, то по известному tg ср функции sin ср и coscp могут быть определены следующим образом: tg ср ,1 sin ср = -f- -——==, cos ср = Н—- ' тл • .2 1 Из этого следует, что sin ср = —=¦, coscp = , у 5 У 5 • 2 4 , 1 2 Sin2 ср = -g-, COS2 ср = -g-, Sin ср • COScp — —. При найденных значениях sin ср и coscp коэффициент при д^ ра- равен 9, коэффициент при х1у1—нулю, при у\ равен 4, коэффициент 144 8 при хх равен -= , а при уг равен . Подставляя эти значения У 5 У 5 в уравнение (Л) и -поступая так же, как в задаче 12, 13, получим Выделяя в скобках полные квадраты, имеем откуда 576 или 9 („-?)'+ 4(„ + ?!г)'..эв. да Сделаем теперь параллельный перенос координатной системы Oj/! (фиг. 14, 1). Формулы преобразования, аналогичные формулам A2, 1) и A2, 2), запишем так: X-i = Хъ ~т~ Хл\ \ A4,1) f/i = f/a Ч- f/oJ и •^2 == %1 -^л) i ° 14,2) У2 = У1 — У о) 119
Теперь в уравнение (В) введем обозначения: о » Х2 — х1— -р=; уъ = у-i + -т=; из сравнения с формулами A4, 2) Q ] заключаем, что х0 = + -==, уо = —— а уравнение (В) пере- перепишем так: После деления обеих частей равенства на 36 получим данное урав- уравнение в каноническом виде: о о 4 ~1~ 9 Итак, данное уравнение опре- определяет эллипс. Он вытянут вдоль оси Ojt/2- Эскиз кривой показан на фиг. 14, 2. Докажите, что точ- точка Ог — центр эллипса в исходной системе координат имеет коор- координаты B, 3)*. Ниже помещено для самостоя- самостоятельного решения несколько за- задач с подробными ответами и ука- указаниями. Эти задачи следует ре- решать так же, как и задачу 14, 1. При решении их следует считать, что угол поворота находится в первой четверти, и, зна- значит, из двух возможных значений tgtp надо брать положительное. Учащимся рекомендуется ознакомиться не только с приведен- приведенным, но и с более совершенным методом упрощения общего уравнения кривой второго порядка, изложенным в учебниках И. И. Привалова и Н. В. Ефимова. Задача 14,2 (для самостоятельного решения). , Упростить уравнение кривой Фиг. 14,2. Ответ. Кривая — гипербола. Каноническое уравнение ее ^1-Х-1 = \ (фиг. 14,3). * Принимая do внимание, что х = xY cos у — уг sin у; у = х1 sin у + у1 cos у, а хг = х2 + х0; (/j — yt + у0, получаем, что х = (хг + х0) cos ч> — («/а + Уо) sin 9; у = {х2-\- х0) sin </+(у2+ Уо) cos <f. 120
Указание. Уравнение для определения tgtp имеет вид 2tg2cp — 3tgcp — 2 = 0, tgcp = 2, 0°<cp<90°. После поворота первоначальной координатной системы на угол, для которого tg ср = 2, уравнение приобретает вид В системе координат х1Оу1 ко- координаты центра гиперболы Ul\V5' ~уьГ Задача 14, 3 (для самостоятель- самостоятельного решения). Упростить урав- уравнение линии х2 — 4ху + 4у2~2х — 6у + 2 = 0. Ответ. Кривая — парабола. Ее каноническое уравнение у\ ~ = -^—х2 (фиг. 14,4). Для опре- определения tg tp получим уравнение 2 tg2cp tg tp — 2 =¦- 0; tg<p== i- Фиг. 14,3. 0° < tp < 90°. После пово- рота первоначальной координатной системы на угол, для кото- </ рого tgtp = ", уравнение приобретет вид 5у2] j=. хх —-~= ух~\- 2 = 0. В системе координат х1Оу1 координаты вершины параболы Задача 14,4 (для самостоятельно- самостоятельного решения). Упростить уравнение кривой х2 — 2ху + у2 — 6х — 2у + 9 = 0 Фиг. ]4,4. и найти координаты фокуса в исходной системе координат. Ответ. Кривая — парабола. Ее каноническое уравнение у2 — 2|/2л;2 (фиг. 14, 5); tgtp = 1; ср = 45°. После поворота перво- первоначальной координатной системы на этот угол уравнение при- примет вид 4/2*,+ 21/20,+9 = 0. [21
В системе координат х1Оу1 вершина параболы имеет коор- динаты 011У2, ——-J, координаты фокуса в исходной системе координат F B, 1). Задача 14, 5. Привести к простейшему виду уравнение 9. Уг Фиг. 14,5. 9х2 + 24 ху + 16у2 + 50л; — — 100*/ +25 = 0. ¦ Найти уравнение директрисы и координаты фокуса в пер- первоначальной системе коор- координат. Ответ. Кривая — пара- парабола. Ее каноническое урав- уравнение у\ — 4*2 (фиг. 14, 6). В первоначальной системе координат фокус параболы имеет координаты Fl—-g-, —V а уравнение директрисы 4х — Ъу — 5 = 0. Задача 14, 6. Упростить уравнение кривой 8*2 — 4ху + 5г/2 + Ах — №у — 319 = 0. Фиг. 14, 6. Ответ. Кривая — эллипс. Его каноническое уравнение х\ 1/| gy +- gg = 1. В системе координат х1Оу1 центр эллипса имеет / 2 1 координаты О1 1-^=, —j (см. фиг. 14,7). 122
У щ 1 ФИ1 У / 1 Фиг ь / Фиг /' г- II mi 7* 14,7. ^-^ 9 14,8. it У ^ •¦¦ 14,9. 123
Задача 14,7. Упростить уравнение линии 34л:2 — 12ху + 18г/3 + 24л: — 72у — 504 = 0. Найти в первоначальной системе координат уравнения осей симметрии. Ответ. Кривая — эллипс. Его каноническое уравнение 5g + 7g = 1 (фиг. 14,8). Уравнение осей симметрии Зл: — у + 2 = 0; х + Зг/ — 6 =--- 0. Задача 14, 8. Упростить уравнение линии бху + 8г/2 — 12л: — 26г/ + 11 = 0. Ответ. Кривая — гипербола. Ее каноническое уравнение *Л-Ц = \ (фиг. 14,9). ПЯТНАДЦАТОЕ ПРАКТИЧЕСКОЕ ЗАНЯТИЕ Содержание: Определители и системы линейных алгебраических уравнений. ОСНОВНЫЕ СВЕДЕНИЯ ИЗ ТЕОРИИ Вычисление определителей основывается на их известных свой- свойствах, которые относятся к определителям всех порядков. Вот эти свойства: 1. Если переставить две строки (или два столбца) определи- определителя, то определитель изменит знак. 2. Если соответствующие элементы двух столбцов (или двух строк) определителя равны или пропорциональны, то определи- определитель равен нулю. 3. Значение определителя не изменится, если поменять ме- местами строки и столбцы, сохранив их порядок. 4. Если все элементы какой-либо строки (или столбца) имеют общий множитель, то его можно вынести за знак определителя. 5. Значение определителя не изменится, если к элементам одной строки (или столбца) прибавить соответствующие элементы другой строки (или столбца), умноженные на одно и то же число. Для определителей третьего порядка это свойство может быть записано, например, так: , 4- ka<> b, 4- kb2 с, + kc^ аг Ъх сх а2 Ь2 с2 а3 Ь3 с3 c2 с3 124
6. Определитель второго порядка вычисляется по формуле I1 Чг =^aib2—a2bx. A5, 1) ох о2 7. Определитель третьего порядка вычисляется по формуле ах Ьх сх 2 2 2 а3 Ь3 с3 = axb2c3 + аф3сх + a3bxc2 - a3b2cx — A5, 2) — a2bxc3 —axb3c2 Фиг. 15,2 Существует удобная схема для вычисления определителя третьего порядка (см. фиг. 15, 1 и фиг. 15, 2). По схеме, приведенной на фиг. 15, 1, произведения соединен- соединенных элементов берутся со своим знаком, а по схеме фиг. 15, 2 — с обратным. Величина определителя равна алгебраической сумме полученных шести произведений. В определителе порядка п алгебраическим дополнением эле- элемента, стоящего на пересечении й-го столбца и 1-й строки, на- называется определитель порядка (п—1), получаемый из данного вычеркиванием в нем строки и столбца, на пересечении которых стоит этот элемент, причем к этому определителю присоединяется множитель (—71)*+', где {k -\-1) — сумма номеров вычеркнутой строки и столбца. Алгебраическое дополнение элемента, рассмат- рассматриваемое без множителя (—l)ft+;, называется минором этого эле- элемента. Пример. В определителе 5-го порядка аг Ъх сх йг ех Ъ2 с? d2 e2 а3 b3 c3 d 3 d3 A5, 3) алгебраическим дополнением, соответствующим элементу d3, будет определитель 4-го порядка ах Ъх сх ех (- Ъ2 с2 е2 «5 Ъъ сь еь 125
Здесь в показателе степени у (— 1) три — номер строки, че- четыре—номер столбца, на пересечении которых стоит элемент d3. 8. Определитель равен сумме произведений каждого элемента некоторой строки (или столбца) на его алгебраическое дополнение. Условимся обозначать элементы определителя маленькими буквами, а их алгебраические дополнения — соответствующими большими буквами с теми же индексами. Так, алгебраическое дополнение элемента а3 будем обозначать через А3, алгебраи- алгебраическое дополнение элемента d4 — через D4 и т. д. На основании свойства (8) определитель A5,3) может быть представлен, напри- например, в таком виде: D = а3А3 + Ь3В3 + csC3 + d3D3 + e3E3. Это равенство представляет собой разложение определителя по элементам третьей строки. По свойству 8 вычисление определи- определителя порядка п сводится к вычислению определителей поряд- порядка (п— 1). 9. Если все элементы какого-нибудь ряда определителя, кро- кроме одного, равны нулю, то .определитель равен этому не равному нулю элементу, умноженному на его алгебраическое дополнение. С помощью указанных свойств можно вычислить определитель любого порядка. Задача 15,1. Вычислить определители 2 7 4 1 2) 1 2 О 1 3) 4 5 — 1 6 Решение. По формуле A5, 1) имеем = 2 • 1 — 4 • 7 = — 26, . = 1 - 1 —0-2=1. Задача 15,2 (для самостоятельного решения). Вычислить определители 1) 2) 2 4 1 0 7 1 2 1 1) 2 —7 -4 —2 2) 1—4 2 — 5 3) —2 —3 3 2 Ответ. 1) —32; 2) 3-, 3) 5. Задача 15,3. Вычислить определители 1) 1 0 4 3 2 1 5 1 2 ; 2) 2 7 3 4 3 1 — 1 2 —2 ; 3) 2 3 1 1 2 4 1 1 —3 126
2) 3) Решение. С помощью формулы A5,2) получаем 1 3 5 О 2 1 4 1 2 2 4 —1 7 3 2 3 1 —2 + — 1 .1.1=4 + 4-3.1— 4-2-5 — 0-3-2 — 0+12 — 40 — 0—1= — 25. = 2-3- (—2) + 7 • 1 • (— 1) + 3 - 4 • 2 — 3 ¦ 3(— 1) — — 7 • 4 • (—2) — 2 • 1-2 = — 12 — 7+24 + 9 + + 56 — 4 = 66. 2 1 1 3 2 1 1 4—3 =. 2 • 2 ¦ (—3) + 3-4-1+1-1-1—1-2-1 — Зх Х1 .(—3) —2-4- 1 =—12+ 12+1 — 2 + 9 — 8 = 0. Задача 15, 4 (для самостоятельного решения). Вычислить определители 1) 2 —4 3 4 2 1 — 1 1 5 ; 2) 4 2 8 7 3 1 1 —4 3 ; 3) 3 1 —2 1 2 —3 2-1 4 На каждом из этих определителей проверить, что сумма произведений элементов какого-нибудь ряда на алгебраические дополнения, соответствующие элементам параллельного ряда, равна нулю. ¦ Ответ. 1) 120; 2) —236; 3) 15. СИСТЕМЫ ЛИНЕЙНЫХ УРАВНЕНИЙ 1. Система двух линейных уравнений с двумя неизвестными Система двух линейных уравнений с двумя неизвестными имеет вид Определителем этой системы называется определитель, со- составленный из коэффициентов при неизвестных. Этот опреде- определитель I к\ 05.5) будем обозначать буквой D. . 1. Если определитель системы не равен нулю, то система A5, 4) имеет единственное решение, которое находится по формулам х ~ «1 а2 У = а2 A5,6) 12?
В этом случае говорят, что система — совместная или опреде- определенная. Определители, стоящие в числителях этих дробей, будем обозначать соответственно через Dx и Dy. Итак, значение неизвестного системы ~ A5,4) равно дроби, знаменатель которой есть определитель системы, а числитель есть определитель, получающийся из определителя системы заменой в нем столбца из коэффициентов при определяемом не- неизвестном столбцом свободных членов. 2. Если же определитель системы D равен нулю, но, по крайней мере, один из определителей Dx и Dy в числителях формул A5,6) не равен нулю, то система решений не имеет. В этом случае говорят, что она противоречива, или несовместна. 3. Если же равен нулю не только определитель системы, но и определители Dx и Dy, а хотя бы один из коэффициентов при неизвестных не равен нулю, то одно из уравнений системы яв- является следствием другого, и система A5,4) двух линейных уравнений с двумя неизвестными приводится к одному уравне- уравнению, всякое решение которого является одновременно и реше- решением второго уравнения. В этом случае система допускает бесконечное множество решений, и о ней говорят, что она не- неопределенная. II. Система трех линейных уравнений с тремя неизвестными Система трех линейных уравнений с тремя неизвестными имеет вид bxy + схг = dx ахх a2x a3x b2y =d2 A5,7) Определитель D = A5,8) b3y + c3z = d3 ax bx cx a2 b2 c2 , a3 b3 c3 составленный из коэффициентов при неизвестных, называется определителем системы. 1. Если определитель системы D Ф 0, то система A5,7) имеет решение, и притом единственное. Это решение находится по формулам d\ d2 d3 ax a2 a3 bx cx b2 c2 b3 c3 Ьг с{ b2 c2 b3 c3 У = «1 а2 а3 ах а2 а3 dx d. d3 Ьг ь2 ь3 сг c2 c3 c2 b\ dx b2 d2 b3 d3 ax bx cx a2 b2 c2 a3 b3 c3 A5,9) Из этого заключаем, что значение неизвестного системы A5,7) равно дроби, знаменатель которой есть определитель системы, 128
а числитель есть определитель, получающийся из определителя системы заменой в нем столбца из коэффициентов при опре- определяемом неизвестном столбцом свободных членов. Определители, стоящие в числителях дробей A5,9), мы будем обозначать соответственно через Dx, Dy, Dz. 2. Если D = О, но, по крайней мере, один из его миноров и хотя бы один из определителей Dx, Dy и D2 не равен нулю, то система A5,7) решений не имеет. В этом случае говорят, что она противоречива, или несовместна. 3. Если D = 0 и все определители, стоящие в числителях дробей A5,9),—Dx, Dy, Dz — равны нулю, т. е. если D = Dx = Dy = Dz = О, но хотя бы один из миноров в определителе D не равен нулю, то одно уравнение системы A5,7) является следствием двух дру- других, и система трех уравнений A5,9) приводится к двум урав- уравнениям, причем решения этих двух уравнений удовлетворяют третьему. В этом случае система A5,9) имеет бесконечное мно- множество решений и называется неопределенной. 4. Если же все миноры в определителе D равны нулю, но хотя бы один из миноров в каком-нибудь из определителей Dx, Dy, Dz не равен нулю и хотя бы один из коэффициентов при не- неизвестных не равен нулю, то система несовместна и решений не имеет. 5. Если в определителях D, Dx, Dy, D2 все миноры равны нулю, но хотя бы один из коэффициентов при неизвестных нулю не равен, то два уравнения системы являются следствием третьего, и система трех уравнений приводится к одному урав- уравнению, является неопределенной и имеет бесконечное множество решений, причем решения этого третьего уравнения удовлетво- удовлетворяют первому и второму уравнениям. Задача 15, 5. Решить систему уравнений х + 2у = 8 Злг — у = 3 Решение. Прежде всего вычисляем определитель D системы, стоящий в знаменателях дробей формул A5,6): 1 2 3 —1 = —7. Так как D Ф 0, то заданная система — совместная и опре- определенная, т. е. допускает единственное решение. Формулы для определения х и у запишем по A5,6) так: х = 8 3 1 3 2 — 1 2 — 1 > У 1 3 1 3 8 3 2 —1 Dx = 8 3 - 1 3 2 -1 8 3 = -14; = —21. 129
Определитель, стоящий в знаменателях двух дробей, уже вычислен и равен D = — 7; DX -14 о. о. Задача 15, 6. Решить систему уравнений Зд: — 2у = 1 |- Решение. Вычисляем определитель системы 1 —1 3 —2 = 1; так как D ф О, то система — совместная и определенная, т. е. допускает единственное решение. Неизвестные х и у найдутся по формулам 3 —1 1 —2 1 —1 3 —2 1 3 3 1 1 —1 3—2 3 —1 1 —2 1 3 3 1 = —8. Знаменатель этих дробей D = 1 был вычислен раньше: у- х Ъ *>• г- X — -g- — -у — — О, Л — Задача 15,7 (для самостоятельного решения). Решить систему уравнений + гу = —2\ ~у= 7J- Ответ. х= 1,9; г/= — 1,3. Задача 15, 8 (для самостоятельного решения). Решить системы уравнений: 1)х + 4«/=12 1 2) 13л:— 12у = — 9[ 3) Зд: + 5у = 121 Зд: — 2у = — 6/> 2д:+ Зу = 18/ 2х + 7у=Щ- Ответ. 1) х = 0; t/= 3; 2) х = 3; у = 4; 3) х = — 1; у = 3. Задача 15, 9. Решить систему уравнений 2х + 3у = 5\ Ах + 6у = 130
Решение. Составляем определитель системы D — 2 3 4 6 = 0. Так как D — О, то система или несовместная, или неопределен- неопределенная. Составляем определители, стоящие .в числителях дробей формул A5, 6): 5 3 7 6 = 9=^0. Так как D — 0, a Dx ф 0, то система несовместна, т. е.- решений не имеет. Геометрический смысл нашего* заключения состоит в том, что уравнения, входящие в систему, есть уравнения двух параллельных прямых, а так как параллельные прямые не пере- пересекаются, то решений предложенная система не имеет (прямые 2д; + 3(/ — 5 = 0и4л:+6у— 7 = 0 параллельны, так как коэф- коэффициенты при соответствующих текущих координатах пропорцио- 2__ 3_\ 4 ~ 6/' Задача 15, 10. Решить систему уравнений нальны: бдг — 81/ = 10 )• Решение. Составляем определитель системы ~ 3-4 6 —8 = 0. Так как определитель системы равен нулю, то может ока- оказаться, что система или вовсе не имеет решений, т. е. несо- несовместна, или является неопределенной, т. е. допускает бесчис- бесчисленное множество решений (напоминаем, что система уравнений называется совместной и определенной, когда она имеет решение, и притом единственное). В нашем случае D — 0. Вычислим D, и Dy: 5 ~4 10 —8 3 5 6 10 - — 40 + 40 = 0; Dx = 0; = 30 — 30 = 0; Dy = 0. Таким образом, D — 0, Dx = 0 и Dy — 0. Это значит, что система неопределенная. Действительно, если обе части второго уравне- уравнения разделить на 2, то получится первое уравнение, и система двух уравнений сводится к одному уравнению с двумя неизвест- неизвестными, а именно: 131
и имеет бесчисленное множество решений, заключающихся в фор- формуле , 3*-5 У —• Давая произвольные значения неизвестному х, получим со- соответствующие значения у. Задача 15,11 (для самостоятельного решения). Решить системы уравнений: 1) 15л; — у = 14 1 2)Ъх—Ъу=\\ 12л: + 13t/ = 25 j; бд:— lOt/ = 5 J; Ответ. 1) лс = «/= 1; 2) система несовместна; 3) система яв- является неопределенной. Задача 15,12. Решить систему уравнений xi ~\~ 2*a — х% = — 3 2л;х -f- Здг2 -f- дс3 == — 1 . Х\ — х% — xs = 3 Решение. Составляем и вычисляем определитель системы: 12—1 23 1 1 —1 —1 Это значит, что система совместна и определенна, т. е. имеет решение, и притом единственное. Формулы A5,9) для опреде- определения неизвестных дают -3 2 -1 -1 3 1 ч 1 i 1 2 -1 2 3 1 1 —1 —1 ; х% = 1 2 1 1 2 1 —3 —1 3 2 3 —1 —1 1 —1 —1 1 —1 1 2 -3 2 3—1 1 —1 3 1 2 —1 2 3 1 1 —1 —1 Определитель, стоящий в знаменателях этих дробей, нами уже вычислен. Он равен 9. Dx — 18; Du = — 18; Dz = 9. Xl ~ ~D - 9" ~ A D 9 Задача 15, 13. Решить систему уравнений 5л: — у — г = 10 х — у + 52 = — 12 132
Решение. Вычислим прежде всего определитель системы 3 1 1 5 -1 -1 1 —1 5 = — 48. Поскольку этот определитель не равен нулю, система имеет ре- решение, и притом единственное. Приступаем к определению неизвестных по формулам A5,9): 2 10 -12 3 5 1 1 —1 —1 1 —1 —1 1 —1 5 1 —1 5 У = 3 5 1 3 5 1 2 10 —12 1 J —1 1 —1 5 1 —1 5 3 5 1 3 5 1 1 —1 —1 1 —1 —1 — 2 10 — 12 1 — 1 5 Определитель, стоящий в знаменателях этих дробей, нами уже вычислен. Он равен — 48. Вычисляем определители, стоящие в числителях этих дробей: —2 1 1 10 —1 —1 — 12 —1 5 3 —2 1 5 10 —1 1 —12 5 3 1 —2 5 —1 10 1 —1 —12 = -48; Dx = ~ = 96; = 144; Dy = 96; D2 = 144 X~~D~ —48 _ , л я — » У - D - _48 ?г_ И1 z ~ D - _48 Z _ — Задача 15,14 (для самостоятельного решения). Решить си- систему уравнений 2хх -\- х2 — х3 = 0 1 хх — х2 — ох3 = lo v Зхх — 2х2 + 4х3 = — 15 j Ответ. хх = — 1; х2 — — 2; х3 — — 4. Задача 15,15 (для самостоятельного решения). Решить си- системы уравнений: 1) *! +Зл:2-Зл:з= 13 \ 2) 2хх — х2 + х3 = — 4 \хх — 2д;2 + Зл:3 = — 7 133
3) 2xx + x3 = 6 Ответ. 1) xx = 1; x2 = 3; лс3 = —1; 2) ^ = — 1; л:2 = 3; ^ v 1 . O\ v V -и 9 Л3 ^^ 1 , Oj Xj — Л2 —¦ A3 — л. Задача 15, 16. Решить систему уравнений х + Зу- 42 = 5 2х — Зу + 62 = 11 8л: — 3t/+ 102 = 21 Решение. Вычисляем прежде всего определитель системы 1 3—4 D = 2—3 6 8 —3 101 = О Итак, определитель системы равен нулю. Минор этого определителя, стоящий в левом 13 Л . „ , верхнем углу, Д = 2 —3 Это обстоятельство указывает на то, что третья строка опре- определителя является линейной комбинацией двух первых. И дей- действительно, если элементы первой строки умножить на 2, а вто- второй — на 3 и сложить, то получатся элементы третьей строки (проверьте!). Вычислим теперь определители Dx, Dy и Dz, и если окажется, что хотя бы один из них не равен нулю, то из этого будет следовать, что система не имеет решений, т. е. она несовместна, или противоречива. 5 3 4 D,= И -3 6 = — 132. 21 —3 10 Таким образом, по пункту 2 (стр. 129) правил исследования системы уравнений получается, что система несовместна. Если умножить левую часть первого уравнения на 2, а второго — на 3 и полученные произведения сложить, то получим левую часть третьего уравнения 2(х+ Ъу — 4г) + ЪBх — Ъу + 6г) = 8л: — Зу + Юг. Отсюда заключаем, что она является линейной комбинацией ле- левых частей первого и второго уравнений. Но если правую часть первого уравнения умножить на 2, а второго — на 3, то полу- получится 2-5 + 3- 11 =43, тогда как правая часть третьего урав- уравнения не 43, а 21. Отсюда и произошла противоречивость си- системы. Итак, предложенная система уравнений решений не имеет. 134
Задача 15,17 (для самостоятельного решения). Решить си- систему уравнений 7jc — у + г= 17 Ответ. Система несовместна (см. п. 2, стр. 129) и решений не имеет. Задача 15,18. Решить систему уравнений Л1 -р ОЛ2 лз — UI 2xj — х2 + Зл:3 = 1 }. 7*! + 7х2 + Злг3 = 2 J Решение. Прежде всего вычисляем определитель системы и находим, что D — 0. Один из миноров определителя 1 3 Д = -1 = — 7 Ф 0. Это указывает на то, что один из рядов определителя D яв- является линейной комбинацией двух других рядов (проверьте, что если сложить утроенные элементы первой строки с соответ- соответствующими удвоенными элементами второй строки, то получатся соответствующие элементы третьей строки). Теперь вычислим Dx, Dy и D2 и получим, что Dx — Dy — = Ог = 0. Итак, не только D = 0, но и Dx ~ 0; Dy = 0 и Dz = 0. Из того, что все эти определители равны нулю, а минор Д ф 0, на основании пункта 3 (стр. 129) следует, что одно из урав- уравнений системы является следствием двух других, и система не- неопределенна. Действительно, третье уравнение мы получим, если первое умножим на 3, второе — на 2 и почленно сложим. Отсюда уже заключаем, что третье уравнение удовлетворяется решениями первых двух Х\ -р ох% — х$ — О и система приводится к двум уравнениям с тремя неизвестными. Из того, что 1 3 2 —1 Ф0, следует, что эта система может быть разрешена относительно хг и х2. " Перепишем уравнения последней системы в таком виде: Х\ + Злг2 ~ х3 1. ' 2% — х% = 1 — Ъх3 J • 135
Теперь по хорошо известным формулам получаем К л —- 1-3*з- 1 2 1 xs 2 1—3*з 1 3 2 —1 3 1 3 -1 л:2 — 3 — 8*3 . 5*,- 1 Давая неизвестному х3 произвольные значения, будем полу- получать соответствующие значения для х1 и х2. Предложенная си- система уравнений имеет решения, и этих решений бесконечное множество. Задача 15, 19. Решить систему уравнений у~ ?Хъ _ з = 1 = 13 Ответ. Система неопределенна: хх = —д—¦ Задача 15, 20. Решить систему уравнений х + Зу — 4г = 3 7 у — 7г = 1 2х — у — 2 = 5 Ответ. Система неопределенна: х = Х2 — -ё" Х3- У = 1+72 7 • * - 7 • Давая неизвестному 2 произвольные значения, будем полу- получать соответствующие значения х v. у. Предложенная система уравнений имеет решения, и этих решений бесконечное множество. Задача 15,21. Решить систему уравнений х — 2у+ 2 = 3 2х — Ау + 2г = 5 Ъх — 6у + Зг = 9 Решение. Вычисляем определитель системы 1—2 1 2 3 D= 2—4 3—6 = 0. К этому заключению мы приходим немедленно, замечая, что элементы первого столбца равны соответствующим элементам третьего столбца. Исследуем миноры определителя D: 1 —2 2 —4 = 0; 1 1 2 2 -0; —2 1 —4 2 = 0. 136
Из этого следует, что коэффициенты при соответствующих неизвестных первого и второго уравнений пропорциональны. Оказывается, что и 1 — 2 3 — 6 = 0; 1 1 3 3 = 0" ¦2 1 ¦ 6 3 = 0. Это показывает, что соответствующие коэффициенты при не- неизвестных в первом и третьем уравнениях также пропорцио- пропорциональны. Определитель Dx 3 —2 5 —4 9 —6 Минор же этого определителя 3 —2 5 —4 = — 2 =? 0. Таким образом, определитель системы D и все его миноры равны нулю, один из коэффициентов при неизвестных нулю не равен; оказалось, что и один из миноров определителя Dx не равен нулю. На основании пункта 4 (стр. 129) заключаем, что система несовместна (противоречива) и, значит, решений не имеет. Всего этого исследования, можно было бы и не производить, если заметить, что коэффициенты при неизвестных во втором уравнении получаются из коэффициентов при неизвестных в пер- первом уравнении умножением на 2, а свободный член второго уравнения не получается из свободного члена первого уравнения умножением его на 2. Отсюда сразу можно было сделать заклю- заключение о противоречивости системы. Задача 15, 22. Решить систему уравнений х — 4у + 3z = 5 2х— 8у + 6г= 10 Ъх — \2у + 9г=^ 15 Решение. Определитель системы 1—43 2 — 8 6 3 —12 9 D= -0, поскольку имеет место пропорциональность соответствующих элементов, например, первого и второго столбцов (свойство 2). 5-43 10 — 8 6 15 —12 9 = 0, 13?
так как легко усмотреть пропорциональность соответствующих элементов, например, первой и второй строки (свойство 2). 1 5 3 Dy= 2. 10 6=0, 3 15 9 так как сразу усматриваем, что элементы первого столбца про- пропорциональны соответствующим элементам второго и третьего столбцов (свойство 2). На том же основании сразу заключаем, что 1—4 5 2 — 8 10 3 —12 15 =0. Легко проверить, что все миноры определителей D, Dx, Dy, Dz также равны нулю. И так как один из коэффициентов при неизвестных нулю не равен, то система неопределенна, имеет решения, и решений будет бесконечное множество (см. пункт 5 на стр. 129). Мы легко усматриваем, что второе и третье уравнения си- системы получаются из первого умножением соответственно на 2 и на 3, т. е. второе и третье уравнения являются следствиями первого, а потому решения первого уравнения удовлетворяют второму и третьему. Значит, система трех уравнений в нашем случае приводится к одному первому уравнению х — 4у + 32 = 5, откуда * = 5 + 4t/ — 32. Давая у и г произвольные значения, получим соответствую- соответствующие значения х. Система имеет бесконечное множество решений. Задача 15, 23 (для самостоятельного решения). Решить системы уравнений: 2хх — Ъх2 3) Ъх3 = — 7 i х3 = — 4 5хг + Зд;2 — 4лг3 =11 2xt + Зх2 — Ах3 = — 4 3*! + 2х2 + Ьх3 = 22 2) 2хг — Ъх2 + 4л:3 = 11 7хх — Здг2— х3 — 17 4) 2х + у— 2 = 11 3* + 2у — 4г = 15 5) 2х + Зу— 5г= 4 4х+ 6у— Юг = 8 8л: + 12у— 202= 16 Ответ. 1) *i = 1; л:2 =—2; х3 = — 3. 2) Система несовместна. о) *j :^=: 1) Х2 =^ Z\ X$ = О. 138
4) Система неопределенна. Она допускает бесконечное мно- множество решений: х = 7 — 2г; у — — 3 + 5г. 5) Система неопределенна. Она допускает бесконечное мно- 3 5 жество решений: х = 2 — уу -f- -кг. ШЕСТНАДЦАТОЕ ПРАКТИЧЕСКОЕ ЗАНЯТИЕ Содержание: Векторная алгебра. ОСНОВНЫЕ СВЕДЕНИЯ ИЗ ТЕОРИИ Это занятие посвящается векторной алгебре, имеющей очень большое значение для механики, электротехники и других техни- технических дисциплин. Напомним основные сведения из векторной алгебры. Различают два рода величин: скалярные и векторные. ¦*"# Фиг. 16,1. 1. Если некоторая величина вполне определяется ее число- числовым значением, то ее называют скалярной. Примерами скаляр- скалярных величин могут служить масса, плотность, работа, сила тока, температура. Скаляры являются алгебраическими величинами и с ними можно производить любые алгебраические действия: сложение, вычитание, умножение, деление, возведение в сте- степень и т. д. 2. Если при определении некоторой величины для ее полной, характеристики, кроме числового значения, надо знать и ее направление, то такая величина называется векторной, или век- вектором. Примерами векторных величин являются скорость, уско- ускорение, сила. Длина вектора называется также его модулем, или абсолютной величиной. 3. Вектор обозначается графически отрезком прямой, на ко- котором ставится стрелка, указывающая направление вектора (фиг. 16, 1). Мы будем вектор обозначать одной буквой с черточ- черточкой над ней, например, а, а модуль этого вектора — той же бук- буквой, только без черточки над ней, т. е. а. Модуль вектора а часто обозначается \а\. Вектор мы будем также обозначать АВ, где А— начало и В — конец вектора, а его модуль —теми же буквами, нр без черточки наверху. 13»
4. Вектор равен нулю, если его модуль равен нулю. Такой вектор называется__нулевым. 5. Два вектора а и b называются равными, если 1) равны их мо- модули, 2) они параллельны и 3) направлены в одну и ту же сторону. Два вектора с равными модулями, лежащие на параллельных прямых, но противоположно направленные, называются противоположными. Вектор, противоположный вектору а, обозначается через— а. 6. Сложение векторных ве- личин производится по пра- правилу параллелограмма: сумма двух векторов а и Ь, приведен- Фиг. 16,2. ных к общему началу, есть третий вектор с, длина которого равна _длине диагонали параллелограмма, построенного на век- векторах а и Ь, а направлен он от точки А к точке В (фиг. 16,2) а + Ь = с. Модуль вектора с вычисляется по формуле с = |/а2 + b2 + 2ab cos (a, ~b). A6,1) В Фиг. 16,3. 7. Сумму нескольких векторов, например а, Ъ, с и d, строят так: берут произвольную точку О плоскости и из нее строят вектор О А, равный вектору а; из точки А _проЕодят вектор АВ, равный вектору е, из точки В—вектор ВС, равный век- вектору с и, наконец, из точки С строят вектор CD, равный век- вектору d., Вектор OD, замыкающий полученную ломаную линию OABCD, и будет суммой векторов а, Ь, с и d (фиг. 16,3): Ш) ^a + b + c+d. 140
По такому же правилу строится и сумма любого числа век- векторов . 8. Разностью двух векторов а и Ь называется такой третий вектор с, который равен сумме векторов аи —Ь (фиг. 16,4). Вектор — Ъ параллелен вектору Ъ, равен ему по модулю, но противоположно направлен: . А Фиг. 16,4 Фиг. 16,5. 9. При умножении вектора а на скаляр k получается вектор 6, модуль которого равен модулю вектора а, умноженному на k, т. е. b = ak: Направления векторов а и Ъ совпадают, если k > 0, и они противоположны, если k < 0. Имеем k-a = b, или а = ~ Ъ (k Ф 0). 10. Два вектора, лежащие на параллельных прямых, неза- независимо от того, направлены они одинаково или противоположно, называются коллинеарными. 11. Единичным вектором, или ортом данного вектора, назы- называется вектор, совпадающий по направлению с данным вектором и имеющий модуль, равный единице. 12. Проекцией вектора а на ось I называется длина отрезка А'В', заключенного между проекциями начала и конца вектора на эту ось. Этой длине приписывается знак плюс, если направ- направление отрезка А'В' совпадает с направлением оси, и знак минус, если его направление противоположно направлению оси. Проекция вектора на ось есть скалярная величина, равная произведению модуля проектируемого вектора на косинус угла между положительными направлениями оси и вектора (фиг. 16, 5). Проекция вектора а на ось / обозначается через щ или пр;а, а угол между осью I и вектором а будем обозначать так: A,~а). Таким образом, сц = пр*а — acos 9. A6, 2) 141
Если а, р и 7 — углы, ' образованные вектором а с коорди- координатными осями Ох, Оу и Ог прямоугольной системы координат,' то проекции вектора а на координатные оси будут равны ах — a cos а | aj, = acosp|. A6,3) az — a cos т ) В дальнейшем предполагается, что система координат — прямо- прямоугольная. Модуль вектора через его проекции на оси прямоугольной системы координат вычисляется по формуле а = У~ах + 4 + а\, A6,4) т. е. модуль "вектора равен арифметическому значению квадрат- квадратного корня из суммы квадратов его проекций. Вектор равен нулю, если все три его проекции равны нулю (этим положением пользуются, например, в механике при вы- выводе необходимых и достаточных условий равновесия тела под действием системы сил, проходящих через одну точку). Если векторы с, и а2 равны, то равны и их проекции: а\х — а2х; aw — aw\ аи=а2г. A6,5) Если для вектора а известны координаты его начала А(хъ ylt гг ) и координаты его конца В(х2, у2, г2), то проекции вектора а на координатные оси определяются по формулам ах = хя — Хх\ ау^у^ — у-^, аг = г2 — г1, -A6,6) а модуль вектора в этом случае определится по формуле a = V (x2-Xiy + (y2 - уг? + (г, - ггJ. A6,7). Очевидно, что по формуле A6,7) следует вычислять и рас- расстояние между точками А (х1У уъ гг) и В (х2, у2, z2). 13. Проекция суммы векторов на какую-нибудь ось равна алгебраической сумме проекций этих векторов на ту же ось. Из векторного равенства a = al+'ai + aa + ...+an A6,8) следуют такие три скалярные равенства: ах = а1х + а2х + азх + ... + <W, аи = aw + a2y + asy + ...+ any; A6,9) аг = а1г + а2г + агг + . .. + апг. 14. Если i, i и k — векторы, по модулю равные единице и направленные по координатным осям Ох, Оу и Ог, то разло- 142
жение вектора а по трем координатным осям выражается фор- формулой а = ах1 + а„1 + агЪ, . A6,10) где ах, ау и аг — проекции вектора а на координатные оси Ох, Оу и Ог. Величины ах, ау и аг — проекции вектора а на координатные оси — называются координатами вектора*. Если вектор а имеет начало в начале координат, а его конец А имеет координаты х, у и z, то тогда его проекции на координатые оси равны координа- координатам его конца: ах — х; ау = у; az — г. В этом случае вектор а назы- называется радиусом-вектором точки А. Радиус-вектор точки обозначается обыкновенно через г (фиг. 16,6) ~г = хТ+у7+г?, A6,11) а модуль радиуса-вектора точки А (х, у, г) вычисляется по фор- формуле +-22. A6,12) Фиг. 16,6. 15. Углы, образуемые вектором а с координатными осями Ох, Оу и Ог, определяются из формул A6,3) и A6,4): х а cos? =4 = ау A6, 13) а2 а COS т = — = . а У4+4 + 4 Косинусы, определяемые по этим формулам, называются на- направляющими косинусами вектора а. Для направляющих косинусов вектора имеет место формула cos2 a-f-cos2 р + cos2 7 = 1, A6,14) т. е. сумма квадратов косинусов углов, образуемых вектором с тремя взаимно-перпеидикуля рными осями, равна единице. * Если вектор а имеет координаты ах, а^, аг, то это обозначается так: а {"х, ау, az\. 143
Если | а | = 1, т. е. если а — единичный вектор, обозначаемый обыкновенно через а0, то его проекции на координатные оси вы- вычисляются по формулам a° = l-cosa; a°=l-cosC; a° = l-cos?, A6,15) т. е. проекции единичного вектора а0 на оси прямоугольной системы координат Ох, Оу и Ог равны соответственно направ- acosff Фиг. 16,7 'ляющим косинусам этого вектора. Имеет место формула а0 — i ¦ cos a + / cos p + k ¦ cos 7. A6, 16) 16. Если даны два вектора а = ах ¦ i + ау ¦ j + аг ¦ k, Ъ — Ъх ¦ i -\- by • j + bz -~k, то a±b = (ax± bx) i + (ay ± bv) i + + (az ± bz) k {a ± b)x = ax± bx\ [a ± b)y = ay ± bu; {a ± b)z = az ± bz. A6, 17) 17. Скалярным произведением двух векторов а и Ъ называет- называется число, равное произведению их модулей на косинус угла между ними. Скалярное произведение векторов а и Ъ обозначается сим- символом а • В. Если обозначить угол между векторами а и Ъ через G, для скалярного произведения будем иметь a-6 = a6cos6. A6,18) Из формулы A6, 18) следует, что скалярное произведение двух векторов а и b — это произведение модуля одного из них на проекцию второго на направление первого вектора (фиг. 16,7): а -Ъ =а ¦ ba = b -ab, A6, 19) откуда пр-6 = —^—; пр^а = —-т— • Скалярное произведение двух перпендикулярных векторов равно нулю, так как в этом случае л cos ~ = 0. cos(a, b) Скалярное произведение имеет свойства, аналогичные свой- свойствам произведений чисел: а -Ъ = Ь • а (переместительное свойство умножения); (а+ b) -с = а -~с + Ъ -с 144
(распределительное, или дистрибутивное свойство произведения). Если векторы а и b заданы проекциями на координатные оси то их скалярное произведение вычисляется по формуле а • b = axbx + ayby + a2bz, A6,20) а косинус угла 9 между этими векторами определяется по формуле cos 9= Если углы, образуемые вектором а с координатными осями, обозначить через а, р и f, а углы, образуемые вектором b с ко- координатными осями, —через olt (Зг и ?!> то косинус угла 8 между векторами а и b определяется по формуле cos б = cos а • cos 04 -f cos {3 • cos (^ -f- cos 7 • cos ft. A6, 22) Если векторы а и Ъ перпендикулярны, то их скалярное произ- произведение равно нулю, и тогда axbx + ajby + агЬг = 0, A6,23) или cosa • cosoti -f cos^ • cospx -f cosy • cosyi =: 0. A6, 24) 18. Векторным произведением векторов а н b называется век- вектор с, который определяется следующими условиями: 1) Его модуль равен ab • sin 9. где ср — угол между вектора- векторами а и Ъ. 2) Вектор с перпендикулярен к плоскости, определяемой пе- перемножаемыми векторами а и Ь. 3) Вектор с направлен так, что наблюдателю, смотрящему с его конца на перемножаемые векторы а и Ь, кажется, что для кратчайшего совмещения первого сомножителя со вторым первый сомножитель нужно вращать против часовой стрелки (фиг. 16, 8). Векторное произведение векторов а и Ь обозначается символом а х b: \с\=\а х Ь| = а-6 sin (аГ 6), A6,25) или \а х &| = пл. О ABC. A6,26) б И. А. Каплан 145
Основные свойства векторного произведения: 1) Векторное произведение а х Ъ равно нулю, если векторы а и Ь коллинеарны или какой-либо из перемножаемых векторов является нулевым. 2) При перестановке местами векторов сомножителей вектор- векторное произведение меняет знак на противоположный (фиг. 16,9): а хЪ = — b ха а*6 а Фиг. 16,8. Фиг. 16,9. Векторное произведение не обладает свойством переместитель- переместительности . 3) (а + Ъ) х с = а Хс + b x с (распределительное свойство). Выражение векторного произведения а х Ь через проекции векторов а и Ъ на координатные оси прямоугольной системы ко- координат дается формулой а X Ъ = (ауЬг—~агЬу)Т+ (a2bx — axbz)J+ {axbu —ауЬх)Ъу A6,27) которую можно записать с помощью определителя k а х b — I ax j A6,28) Проекции векторного произведения на оси прямоугольной си- системы координат вычисляются по формулам (а X Ь)х = aybz — агЬу ( ) агЬу A6, 29) ( ) y у (а х Ь)у = azbx — ахЬг (а X b)z = axby — aybx и тогда на основании A6,4) \аХ Ь\= V(aybz — azbyy + (агЬх — axbzf + (axby — aybxf. A6,30) Механический смысл _ векторного произведения состоит в сле- следующем: если вектор F — сила, а вектор г есть радиус-вектор 146
точки приложения силы, имеющий свое начало в точке О, то момент силы F относительно точки О т0 (F) есть вектор, равный векторному произведению радиуса-вектора г точки приложения силы на силу F, т. е. т0 (F) = г X F. 19. Векторно-скалярное произведение трех векторов а, Ъ и с или смешанное их произведение вычисляется по формуле ах ау а а • (b x с) — Сг A6,31) Абсолютная величина векторно-скалярного произведения равна объему параллелепипеда, построенного на векторах а, Ъ и с. Объем пирамиды, построенной на векторах а, В и с, получим по формуле ах Ьх V - + — » пир — X с Cz A6,32) причем знак перед определителем должен быть выбран так, чтобы объем V был положительным*. 20. Три вектора а, Ь и с называются компланарными, если они лежат в одной плоскости или параллельны одной и той же плоскости. Для того, чтобы три вектора были компланарны, не- необходимо и достаточно, чтобы их смешанное произведение было равно нулю. Задача 16,1. Найти равнодействующую двух сил ~FX и F2, модули которых равны Fx = 5, F2 — 7, угол между ними 6 — 60°. Определить также углы аир, образуемые равнодействующей с силами Fi и F2 (фиг. 16, 10). Решение. По формуле A6, 1) находим /? = ¦ + Т + 2 • 5 • 7 • cos 60°, пли R = У 25 + 49 + 35 яз 10,44. Углы аир находим из треугольника ABC, пользуясь теоремой синусов F = a -f- p): sin sin а " sin A80° — 6) * * Предполагается, что векторы а, Ъ и с не лежат в одной плоскости. 6* 147
Но н тогда sin a = sin p= sin A80° — б) = sine, = —±. =0,581; <x = 35°30'; =LL^Ei = 0,415; |J=24°30'. Контроль: (я + р = Фиг. 16,11. Задача 16,2. (для самостоятельного решения). Найти равно- равнодействующую R сил Fx и F2, а_также углы « и р, составляе- составляемые равнодействующей с силами Ft и ?2, если \FX\ = 15; \F2\ = = 10; угол между силами ?г и ?2 е = 45°. Ответ. /? = 23,173; я = 17°46'; р=,27°14'. Задача 16,3. Определить координаты точки С — средины век- вектора а по известным радиусам-векторам его концов А н В (фиг. 16,11). Решение. Пусть радиусы-векторы точек А и В соответ- соответственно равны г\ и г2. Средина отрезка А В будет находиться на пересечении диагоналей параллелограмма, построенного на век- векторах гх и г2, и тогда точка С определится радиусом-векто- радиусом-вектором г, который равен полусумме векторов гх и г2, т. е. _ h A6,33) Координаты точки А обозначим через xlt yx и гх координаты точки 5 — через *2> f/г и 2г. а координаты точки С—через х, у и г. 148-
Спроектируем векторное равенство A6,33) на оси координат по формулам A6,9). Так как векторы г, гг и г2 являются ради- радиусами-векторами точек А и В, то их проекции на координатные оси будут равны гх = х\ гу = у; гг = г; ги — хх\ пУ ¦¦= ух\ г1г = гг; Тчх = Х%, f2y = Уг, Гчг = 22. Тогда векторное равенство A6,33) заменится такими тремя скалярными равенствами, определяющими координаты средины отрезка по известным координатам его концов, X — „ __ У1 + У2 . , _ У— о • г~ A6, 34) Задача 16,4 (для самостоятельного решения). Вектор а задан координатами своих концов Л B,4 — 3) и В(—4,4 — 5). Найти координаты средины отрезка АВ. Ответ. * = —1; у = 4; z — — 4. Задача 16,5 (для самостоятельного решения). Три вектора a, b и с расположены в одной и той же плоскости. Даны их длины: |а[ = 3; |б| = 2; |с| = 2. Известно, что векторы Ъ и с составляют с вектором а углы в 60°. Определить угол а между векторами Ъ и с и длину суммы s = а + Ъ-\- с. Ответ. я = 0 или я = 120°. В первом случае \s\ — У~37, во втором | s | = 5. Задача 16,6 (для самостоятельного решения). Три вектора а, b и с попарно взаимно-перпендикулярны, а длина их соответствен- соответственно равна 2, 3 и 6. Найти длину суммы s этих векторов и направляющие косинусы вектора s (фиг. 16, 12). — —''v— 2 Ответ. (s | = 7; cos (s, a) = у; cos (s, Л6) « 5. ; cos (s, с) = - . Задача 16,7. Даны два вектора: а = 2i+ 2>j— Ak и Ъ = — 3? + 2/ + с 1 Г А / У Фиг. 16, 12. Найти проекции на координатные оси суммы и разности этих векторов. 149
Решение. Составим сумму и разность этих векторов: а + 5 = B_3)Г+-C + 2)/ + (-4 + 5)Л. а — Ъ == B + 3) Г + C — 2) / + (— 4 — 5) k. Ответ, а + Ъ = — i + 5/ + k; а — Ь" = 5/ + / — 9&; (a + b)x = — \; (a + b)y = 5; (a + ft), = 1; (a — ft), = 5; (a — b)y = 1; (a - ft), = — 9. При решении задачи можно было сразу воспользоваться фор- формулами A6, 17). Задача 16,8 (для самостоятельного решения). Найти сумму и разность векторов a = 27 + 3/ — 4/г и 5 = 37 —4/+6Л, а также проекции а + b и а — Ьна координатные оси. Ответ, а + В = Ы — / + 2k; а~Ъ = _ Г+ 7/— 10/fe; (a + %=5; (a + b)y = — 1; (Б + ft), = 2; E_5), = —1; J5—ft)» = 7; (a—ft), = —10. Задача 16, 9. Вектор a задан координатами своих концов А и В: А B, 1-4); 5A,3,2). _ Найти проекции вектора а на координатные оси и его направля- направляющие косинусы. Решение. Проекции вектора а на координатные оси нахо- находим по формулам A6, 6). ах = —1; ау = 2; а2 = 6; а = ]/(_ 1J + 22 + б2 = 1/41. Направляющие косинусы определяем по формулам A6, 13): 1 о 2 б cos a = — ; cos В — -= ; cos т = ——.. Задача 16. 10 (для самостоятельного решения). Проекции век- вектора а на координатные оси равны: ах — 2; ау = 3; а2 — —4. Найти направляющие косинусы вектора а. Q О А От вет. cos a— —= ; cosB = -r=; cost— 7=. /29 Г /29 ' /29 Задача 16,11. Найти проекцию вектора а = axi + ayj + a2fe на ось L, которая составляет с координатными осями углы X, a и v. 150
Решение. Обозначим через ср угол между положительными направлениями вектора а и оси проекций L, а через а, р и f — углы, составляемые вектором а с координатными осями Ох, Оу и Oz. Тогда по формуле A6, 22), учитывая, что по условию ось L составляет с теми же координатными осями углы X, р и v, мож- можно написать, что cos ср = cos а • сое X -{- cos р • cos p + cos 7 • cos v. A6, 35) По формуле A6,2) проекция aL — a cos ср. Подставляя сюда значение coscp из A6,35), получим UL — й (COS а • COS X -f- COS P • COS (i -f- COS 7 • COS v). Раскрывая в правой части этого равенства скобки и замечая, что a cos а = а/, а cos р = ау\ a cos 7 — а2. получим окончательно для проекции aL вектора на ось выраже- выражение aL = a, cos л -f ay cos p + а2 cos v. A6,36) Задача 16,12. Дан вектор a = 2i + 5j +~k. Найти его проек- проекцию аь на ось L, составляющую с координатными осями равные острые углы. Решение. По условию направляющие косинусы оси проек- проекций между собою равны: cos X = cos ji = cos v. Но сумма квадратов направляющих косинусов какого-либо на- направления равна 1, а потому COS2 X -f COS2 (i -f- COS2 v = 1, и так как в этой сумме все слагаемые между собой равны, то 3cos2 Х- = 1; cos2 >. = g-; cos X = — ; тогда cos X = cos № = cos v = —= V3 (знак плюс перед корнем взят потому, что по условию углы X, I* и V —острые, а значит, косинусы их положительны). Так как по условию а* = 2; а^ = 5, а2 = 1, то по формуле A6,-36) полу- получаем 151
Задача 16,13. На точку. действуют три силы: Fx> F2 и F3, проекции которых на оси прямоугольной системы координат таковы X Y Z 2 1 5 4 -3 1 F3 —5 4 2 Найти величину и направление равнодействующей^ Решение. Равнодействующая R = /^ -f F2 + F3. Обозначим проекции равнодействующей через X, Y, Z, а проекции сил F\, F2, ^з — соответственно через Хх, Yv Zlt X2, Yz, 22 и Х3, Y3, Z3. По формулам A6, 9) имеем X = Xj -f-л2 4" -^s> X = 1, По формуле A6, 4) величина равнодействующей R будет рав- равна корню квадратному из суммы квадратов проекций #" на коор- координатные оси: По формулам A6, 13) находим направляющие косинусы равнодей- равнодействующей cos {R, х) — -т= ; cos (R, у) = -7= ; cos (R, г) = -= . v ; /69 v *' /69 v V& Задача 16,14 (для самостоятельного решения). На точку дей- действуют четыре силы: Fu F2, F3, Fit проекции которых на коор- координатные оси прямоугольной системы координат даны в таблице: X Y Z Fy . 1 2 1 F2 —5 3 —2 F, 4 4 -3 Ft —1 5 4 Найти величину и направление равнодействующей. Ответ. #=1/197; cosa = L; /197 14 152
Задача 16,15. Два вектора а и Ь определены своими проек- проекциями а {7,2,—1} и Ь{1,2,—3}. Найти скалярное произведение этих векторов и угол между ними. Решение. По формуле A6,20) а • Ъ = axbx + ауЬу подставляя сюда проекции данных векторов, получим a- JT=14; по формуле A6, 18) а • b =abcos6, откуда cos в = ill. ab Таким образом, для определения cos 6 нам осталось определить модули векторов а и Ь. По A6,4) а = ]/ах±а1 + гг; Ь = ]/ bl + b2v +b~l; отсюда а = 1/54; а = 7,348; Ъ = УП\ Ь = 3,742; получаем, что cos6= 14 ¦ 27,496 ' cos 8 = 0,509; 9 = 59°24'. Задача 16,16 (для самостоятельного решения). Векторы АВ и CD заданы координатами своих концов А {1,-3, -4); В {-1,0,2}; С{2,-4,-6}Г Я {1,1,1}. Определить угол между этими векторами. Ответ, cos6 = 0,973; 9=13°21'. Указание. (АВ)Х = — 2; (АВ)У = 3; (АВ)г = 6; (CD), = -l; (CD), = 5; (CDJ = 7; АВ = 7; CD = 8.660 Задача 16,17. Определить угол между векторами а и ? за- заданными своими проекциями а {2,1,—2}, Ь{\,—4,2}. 153
Решение. По формуле A6,21) ab Все величины, стоящие в числителе этой дроби, известны из ус- условия задачи. Неизвестными являются модули векторов а и b а = У~а2х + аи + а2г; а = ]/9; а = 3. b = Ybl + Ь2и + Ь\\ 6 = 1/21; Ь = 4,582. Подставляя в A6, 21), числа получим cos 8 = 13 746; cos9 = —0,436; 9=115°51'. Задача 16,18 (для самостоятельного решения). Два вектора а я b определены своими проекциями а {2,4, — 3} и b {6,—4,2}. Определить: 1) их скалярное произведение; 2) угол между ними; 3) проекцию вектора а на направление вектора Ь. Ответ. 1) а~Ь = —10; 2) cos9=—0,248; 9=104°21. 3) аь =—1,336. Задача 16, 19 (для самостоятельного решения) Два вектора а я Ъ определены своими проекциями а {4, — 1,—2} и Ъ {2, 1,2}; Определить: 1) скалярное произведение этих векторов; 2) -угол между ними; 3) проекцию аь вектора а на направление вектора Ь; 4) проекцию Ьа вектора b на направление вектора а. Ответ. 1) а-Ь~=3; 2) G=77°24'; ab = 1; ba = 0,655. Задача 16,20. Найти площадь параллелограмма, построенного на векторах а = 57— 4] + 76, Ь~ = Г+ /"— 26. Решение. По определению векторного произведения двух векторов модуль/ векторного произведения равен площади парал- параллелограмма, построенного на этих векторах. Поэтому для реше- решения задачи найдем сначала векторное произведение а х Ъ, а по- потом его модуль. Согласно A6, 28) имеем 96, 1 1—2 а модуль 154 1 X а х 6 = ft| = i 5- 1 1/12 la x /' 4 1- + ь\ k 7 о = i + 172 4- 92 = 19,26.
Искомая площадь параллелограмма S = 19,26 кв. ед. Замечание. Векторное произведение а хЪ можно было сразу определить по формуле A6,27), в которой следует взять ах = 5; ау = —4; аг = 7; Ь,= 1; Ь„ = \; 62 = -2. Задача 16, 21 (для самостоятельного решения). Найти вектор- векторное произведение векторов а = 7J+ 2]— 36 Ъ - 2Г— 2] + 4k и его модуль. Ответ. а х 6 = 21 —34/—18&; |ахЬ| = 38,52. Задача 16,22 (для самостоятельного решения). Векторы а иЬ определены своими проекциями а(—1, 2, 4} и Ь{2,—1, —4}. Определить их векторное произведение и его модуль. Ответ. ахЬ = — п + 4/ — 3&'. \а х Ъ| = 6,4. Задача 16,23. Векторы Л В и CD определены координатами своих концов: Л B, 4,5); В(— 1,— 3, — 2); СD, 1,7); D (—2,3, 10). Найти: 1) векторное произведение ЛВ х CD; 2) его модуль; 3) направляющие косинусы векторного произведения. Решение. 1) - Найдем прежде всего проекции векторов АВ и CD на координатные оси по формулам A6, 6): (АВ)Х = -3; (CD)X - -6; (АВ)у = -7; {CD)U = 2; (ЛВJ = -7; (CD), = 3. Итак, АВ {-3,-7, -7}; CD{-6,2,3}. Тогда по формуле A6,27) АВ х CD = [ — 7 • 3 — (—7) . 2]Г+ [— 7 • (—6) — (—3) ¦ 3] f + + [-3-2-(-7). (-6)] Г. ЛВ х CD - — 77 + 5lJ— 48fe. 2) Модуль векторного произведения по его известным проек- проекциям найдем по формуле A6,4): \ГВ X CDJ = У{—7J+512-Ь(—48J; | AS х CD | = /4954 = 70,3847. 155
3) Направляющие косинусы векторного произведения найдем по формулам A6, 13): —7 о _ 51 —48 COSa-7O3847; COSP~0^847; COS T = 703847 ; cos a = — 0,099; cos p = 0,724; cos f = —0,682. Задача 16, 24. Найти площадь треугольника, координаты вер- вершин которого известны: А (-2, 1,2); В C,-3,4); С A,0,9). Решение. Рассмотрим векторы АВ и АС. Площадь треуголь- треугольника ABC есть половина площади параллелограмма, построенно- построенного, на векторах АВ и АС. Площадь параллелограмма, построен- построенного на векторах АВ и АС, есть, модуль векторного произве- произведения АВ х АС, а потому площадь треугольника А ВС есть -sabc=\\JbxJc\- Найдем векторное произведение АВ х АС, а потому половину его модуля. Проекции векторов А В я АС на координатные оси найдем по формулам A6, 6), (ЛВ), = 5; (ЛС), = 3; (АВ)у =-4; (АС)у = -1; = 2; (ЛС)г = 7. ЛВ= 6,708; ЛС =--1/1)9; АС = 7,681. По формуле A6,27) для векторного произведения векторов най- найдем, что _ АВхАС = —261— 29/ +7 А. Модуль вектора Afi"x ЖГнайдем по формуле A6,4): | ЛВ х АС | = 1/1566; ЙВ х ЛС | = 39,573; S^bc - ^| ЛВ х ЛС| = j • 39,573; Ялвс = 19,787 кв. ед. Задача 16,25. Дана сила F{3,4,—2} и точка ее приложения Л B,—1,3). Найти момент силы относительно начала координат и углы, составляемые им с координатными осями. Решение. Момент силы относительно начала координат ра- равен векторному произведению радиуса-вектора точки Л приложе- приложения силы на силу F, т. е. т0 (F) = г х У. 156
Проекции радиуса-вектора точки А на координатные оси равны координатам точки А—формула A6, 11): „ гх =х = 2; гу =у = — 1; г2 = z = 3; г = 21 — / + 36. Проекции X, Y, Z силы F на координатные оси нам также из- известны из условия задачи: X = Z; Y = 4; Z = — 2, и тогда формула A6, 27) даёт mo(F)=rxF = [—l-(— 2)-3-4]Г+[3-3-2-(-2)]-/-Ь + [2-4 —(—1).3]Л; т0 (F) = — ЮТ + 13J+ 1 life. Отсюда тх = — 10; ту — 13; тг =11; и модуль момента т - Vtn\+m* + m\'= У (— 10)г + 132 + И2; m = /ЗЭО; m = 19,748. Направляющие косинусы вектора mo(F) равны i °>506' «Н а углы, составляемые моментом силы с координатными осями, следующие: a = 120°24'; р = 48°51'; т = 56°9'. Контроль: должно быть cos2a + cos2(J + cos2-j = 1. У нас cos2 a + cos2 p + cos2 т = 0,999. Задача 16, 26 (для самостоятельного решения). Найти момент силы F {5, 6, —7} относительно начала координат, если точка ее приложения А{\, 1, 1). Определить также направляющие коси- косинусы момента. Ответ. mo(F) = i ] k 1 1 1 5 6—7 т-^УШ; ; nix = — 13; niy = 12; n%z = 1; \ cosS ; cost /314* V /314' ' /314* 157
Задача 16,27. Найти объем пирамиды, если координаты ее вершин А1(хи ух, zx); Л2 (х2, у2, z2); Л3 (х3, у3, z3); А 4 {xii У it ^4). Решение. Рассмотрим векторы А1А2, АгАа и ЛХЛ4, на ко- которых построена пирамида. Зная координаты начала и конца каждого вектора, найдем проекции этих векторов на оси прямоугольной системы коорди- координат: — Zj); A1A3{x3 — xv у3 —#i,z3 —г^; для объема пирамиды получаем на основании формулы A6,32) V= +- - 6 xs — xi Уз'— Ух гз xt — хг уi — yx z4 — Задача 16,28. Даны координаты вершин пирамиды ЛхE, 1, —4), Л2 A,2,-1), Л3C, 3, —4) и Л4 B, 2, 2). Определить ее объем. Решение. Рассмотрим три вектора: АгАг, АгА3 и ЛХЛ4. По- Поступая так же, как и при решении задачи 16,27, по формуле A6, 32) найдем объем пирамиды, построенной на этих векторах. Для применения формулы A6,32) нам надо знать проекции век- векторов на оси прямоугольной системы координат. Записывая про- проекции вектора рядом с его названием, получаем ЛХЛ2{—4, 1,3}; Ли; {-2, 2,0}; ДИ4{—3, 1,6}; и тогда 1 = ±'(-24). —4 1 3 -2 2 О —3 1 6 V = 4 куб. ед. В правой части выбран знак минус, так как определитель отри- отрицателен. Задача 16,29 (для самостоятельного решения). Найти объем пирамиды по известным координатам ее вершин: ЛхB, 1, -2); Л2C, 3, 3); Л3A, 1, 2); Л4(-1, -2, -3). Ответ, -g- куб. ед. 158
СЕМНАДЦАТОЕ ПРАКТИЧЕСКОЕ ЗАНЯТИЕ Содержание: Основные задачи на плоскость. ОСНОВНЫЕ СВЕДЕНИЯ ИЗ ТЕОРИИ Это практическое занятие посвящается основным задачам, свя- связанным с плоскостью. Напомним основные формулы. 1. Общее уравнение плоскости ¦ Ax + By+Cz + D = 0. A7,1) Если в этом уравнении D — О, то плоскость проходит через начало координатой ее уравнение будет таким Ax + By + Cz = 0. A7,2) При С =0 уравнение A7, 1) примет вид Ах +By + D = 0, A7,3) и плоскость параллельна оси Oz. При В — О уравнение A7, 1) запишется в виде Ax + Cz+D = 0. A7,4) В этом случае плоскость параллельна оси Оу, а при А = 0 урав- уравнение A7,1) приобретает вид Bi/ + Cz + D = 0, A7,5) и плоскость параллельна оси Ох. Вообще следует запомнить, что если плоскость параллельна какой-нибудь координатной оси,. то в ее уравнении отсутствует член, содержащий координату, одноименную с этой осью. Если в уравнениях A7,3), A7,4) и A7,5) окажется, что D = 0, то эти уравнения имеют вид Ах+Ву--^0; A7,6) Ax + Cz = 0; A7,7) By + Cz^0. A7,8) Уравнение A7,6) — уравнение плоскости, проходящей через коор- координатную ось Oz; A7,7) — уравнение плоскости, проходящей через ось Оу, а A7, 8) — уравнение плоскости, проходящей через ось Ох. Если в уравнении A7, 1) А — 0 и В = 0, то оно приобретет вид Cz + D = 0, A7,9) и плоскость параллельна координатной плоскости хОу. При В = 0 и С = 0 уравнение A7, 1) запишется в виде Ах + D = 0, A7, 10) 159
а определяемая им плоскость, параллельна координатной плоскости уОг. При А = 0 и С = О получаем из A7,1) By + D = 0, A7,11) и плоскость A7,11) параллельна координатной плоскости хОг. Если окажется, что в уравнениях A7,9), A7,10) и A7,11) D = 0, то эти уравнения примут вид z = 0, A7,12) х = 0, . A7, 13) У = 0 A7, 14) и будут уравнениями самих координатных плоскостей, соответ- соответственно хОу, уОг и хОг. 2. Уравнение плоскости в нормальном виде х cos а '4- У cos р -f z cos 7 — р = 0, A7,15) где а, р и т — углы между координатными осями Qx, Ot/ и Ог и перпендикуляром, опущенным из начала координат на плос- плоскость, а р— длина этого перпендикуляра. 3. Для приведения общего уравнения плоскости A7, 1) к нор- нормальному виду A7, 15) обе его части следует умножить на нор- нормирующий множитель выбрав перед корнем знак, противоположный знаку свободного члена в уравнении A7, 1). 4. Уравнение плоскости в отрезках на осях ? + Т+7 = 1' <17'17) где a, b и с — величины отрезков, отсекаемых плоскостью на коор- координатных осях. 5. Уравнение связки плоскостей, проходящей через точку М (хь уг, z-ij, имеет вид . А (х-хх)+В(у-У1) 4- С(г-г1) = 0. A7, 18) Давая коэффициентам Л, Я и С в уравнении A7, 18) различные значения, мы получим различные плоскости, проходящие через точку М (xlt yu гг). 6. Угол между двумя плоскостями A1x + B1y-\-C1z + D1 = 0 и A2x + B2y + C2? + D2 = 0 A7, 19) « определяется по формуле cos ср = ± ЛА + ВА + СА A7 20) VA*+B* + qyAi + B* + c* 160
7. Условие перпендикулярности двух плоскостей A7, 19) имеет вид А1Аг + В1В2 -l-CxC-O. A7,21) 8. Условие параллельности двух плоскостей A7, 19) имеет вид 9. Расстояние от точки N (хъ уъ гг) до плоскости Ах -\- By -f -f Сг -f D = 0 определяется по формуле х1 + Вуг + Сг, + D 10. Нам часто придется решать систему двух линейных одно- однородных уравнений с тремя неизвестными ах -f by -f сг = 01 A7>24) В учебнике Привалова решение этой системы подробно разо- разобрано (см. ч. I, гл. VI). Мы же для ссылок приведем относящиеся сюда формулы: х = b с t; y = с а t\ г = aj Ьг ¦ t, A7, 25) где t — произвольное число, а, по крайней мере, один из опре- определителей, входящих в A7,25), не равен нулю. 11. Уравнение плоскости, проходящей через три данные точки А (*i> l/v Zi), & (*2. Уъ г2), С (х3, у3, г3). имеет вид х —х1 у —ух г — гх = 0. A7,26) Прежде всего решим ряд задач, связанных с исследованием общего уравнения плоскости. Задача 17,1. Найти уравнение плоскости, параллельной оси Ог и проходящей через точки Л B,3, — 1) и В (—1,2, 4). Решение. Уравнение плоскости, параллельной оси Ог, имеет вид A7,3) Ах + By + D = О (так как плоскость по условию задачи параллельна оси Ог, то в ее уравнении отсутствует координата г). Если плоскость проходит через точку, то координаты этой точки удовлетворяют уравнению плоскости. Подставляя коорди- координаты точек Л и Б в уравнение A7, 3), получим два уравнения: 2A + 3B+D =0 —A + 2B+D = 0, = 0Г 161
Для определения коэффициентов А, В и D мы имеем систему двух однородных линейных уравнений с тремя неизвестными. Составляем матрицу коэффициентов этих уравнений 1-4 2 \ Тогда по формулам A7,25) получаем А = • t; В = •t;D = 2 3 — 1 2 t; 1 2 1 —1 A =t\ B = — 3t; D = 7t. Подставляя найденные значения Л, Б и С в A7, 3), получим tx — 3ty + It = 0. После сокращения на t уравнение искомой плоскости приоб- приобретет вид х — Зг/ + 7 = 0. Проверьте правильность решения подстановкой в полученное уравнение сначала координат точки А, а потом координат точки В. Каждый раз в левой части должен получиться нуль. Задача 17, 2 (для самостоятельного решения). Найти урав- уравнение плоскости, проходящей через точки А B, —3,2) и Б G, 1,0) и параллельной оси Ох. Ответ, у + 2г~ 1 = 0. Задача 17, 3 (для самостоятельного решения). Найти уравнег ние плоскости, параллельной оси Оу и проходящей через точки А B, 1,-2) и В(-7,-2, 1). Ответ, х + Зг + 4 = 0. Задача 17, 4. Найти уравнение плоскости, параллельной плос- плоскости хОу и проходящей через точку Л A,2,—4). Решение. Уравнение плоскости, параллельной плоскости хОу, имеет вид A7,9): Cz + D = 0 Подставляя в него координаты точки А, получим —4С + + D = 0, или D = 4С. Подставляя это значение в A7, 9), получим Cz + 4С = 0, а сокращая на С, будем иметь окончательно 2 + 4=0. Задача 17, 5. Составить уравнение плоскости, перпендикуляр- перпендикулярной оси Ох и проходящей через точку А C,7,—1). Решение. Так как плоскость перпендикулярна оси Ох, то она параллельна плоскости yOz, а потому ее уравнение имеет вид A7, 10) A 162
Подставляя в это уравнение координаты точки Л, получим, что D = —ЗЛ. Это значение D подставим в A7, 10) и, сокращая на А, будем иметь окончательно х— 3 = 0. Задача 17, 6 (для самостоятельного решения). Найти уравне- уравнение плоскости, параллельной плоскости xOz и проходящей через точку Л B, —3, 4). Ответ. г/ + 3 = 0. Постройте эту плоскость. Задача 17,7. Найти уравнение плоскости, проходящей через ось Ох и через точку А B, 1,3). Так как искомая плоскость проходит через ось Ох, то ее уравнение имеет вид By + Cz = 0 A7,8). Подставим в это урав- уравнение координаты точки А, через которую плоскость проходит. Получаем В + ЗС = 0, откуда В = — ЗС. Это значение В подставляем в A7,8) и получаем, сокращая на С, Ъу — z = 0. Задача 17,8 (для самостоятельного решения). Найти уравне- уравнение плоскости, проходящей через ось Ог и точку А (—2,4, —4). Ответ. 2х + у = 0. Задача 17,9 (для самостоятельного решения). Найти уравне- уравнение плоскости, проходящей через точку А B, —5,4) и через ось Оу. Ответ. 2х — 2 = 0. Задача 17,10. Какие отрезки на координатных осях отсекает плоскость 2х + Ъу — 5z + 30 = 0? Решение. У точки, лежащей на оси Ох, координаты у и г равны нулю. Полагая в уравнении плоскости у = г = 0, получим для опре- определения величины отрезка, отсекаемого плоскостью на оси Ох, уравнение 2х + 30 = 0, или х = — 15. Для определения величины отрезка, отсекаемого плоскостью на оси Оу, полагаем в уравнении плоскости х = 0 и г = 0 и получаем Ъу + 30 = 0, или и = — Ю. Наконец, величину отрезка, отсекаемо- отсекаемого на оси Ог, найдем, положив в уравнении плоскости х = 0 и у — = 0. Получим —5z + 30 = 0 и 2 = 6. Этим заканчивается решение задачи. Можно было бы посту- поступить и проще, преобразовав данное уравнение к виду в отрезках на осях A7, 17). Для этого перенесем в правую часть равенства свободный член. Данное уравнение запишется в виде 2лг + 3t/ — — 5г = — 30. Разделим теперь обе его части на —30 и получим —15+ —10 + 6 ~~ 1ш '¦ Величины отрезков, отсекаемых на координатных осях, равны: а = - 15; Ь =¦- - 10; с - 6. 163
Задача 17,11 (для самостоятельного решения). Найти величины отрезков, отсекаемых плоскостью х—10t/ + 2z— 12 = 0 на коор- координатных осях. Ответ. а=12; Ь=—g- и с = 6. Задача 17,12. Уравнение плоскости 2х-\-2>у— 4г + 24 —0 преобразовать к виду A7, 17) в отрезках на осях. Решение. Перенесем свободный член 24 в правую часть уравнения и получим 2х-\-Ъу — 4г = — 24. Разделим теперь обе части уравнения на —24 и получим JL-A-JL -L-1- 1 _12 + _8~т 6 • Задача 17, 13 (для самостоятельного решения). Уравнение плоскости 3* — 4у -f 5г — 24 = 0 преобразовать к виду в отрезках на осях. Ответ. | + X + i_=1. Задача 17,14. Уравнение плоскости Ьх+1у — 34z-f-5 = 0 привести к нормальному виду. Решение. Для приведения общего уравнения плоскости A7, 1) к нормальному виду A7, 15) надо обе его части умножить на нормирующий множитель A7, 16), выбрав перед корнем знак, противоположный знаку свободного члена в общем уравнении плоскости. В нашем случае перед, корнем следует выбрать знак минус. У нас А = 5; В — 7; С = — 34, и для N получаем / 52 + 72 + (—34J' /1230 ' а уравнение принимает вид 5 x 7 u, 34 г_ 5 =p /1230 /1230^/1230 /1230 Задача 17,15 (для самостоятельного решения). Привести к нормальному виду уравнение плоскости 2х -f- 9у — 6г + 33 = 0. Задача 17,16. Найти длину перпендикуляра, опущенного из начала координат на плоскость 10*-f- 15t/ — 6z —380 = 0, и углы, образуемые этим перпендикуляром с координатными осями. Решение. Приведем уравнение плоскости к нормальному виду.- По формуле A7, 16) находим, что нормирующий множитель N — уд. Обе части уравнения данной плоскости умножим на •jg и получим уравнение плоскости в нормальном виде 164
из которого усматриваем, что р =- 20; косинусы же углов обра- образуемых этим перпендикуляром с координатными осями, будут 10 0 15 6 cos a = -jgj cos p = jg-, cos т = — jg- Дроби в правых частях последних равенств превратим в деся- десятичные и получим, что = 0,5263; <х= 58°15'; p= 0,7895; р= 37°52'; cosT = — 0,3158; ? = Ю8°25'. Контроль: cos2a + cos2р + cos27 = 1 (значения углов най- найдены с помощью таблиц тригонометрических функций). Задача 17,17 (для самостоятельного решения). Привести к нормальному виду уравнение плоскости 3jc — 4t/ + 5z — 14 = 0. 3 4.5 14 n Ответ. ^=х-^+г 0 Задача 17,18 (для самостоятельного решения). На плоскость Ьх — t/ + 3z + 12=0 из начала координат опущен перпендикуляр. Найти его длину и углы, образованные им с. координатными осями, а также координаты основания этого перпендикуляра. 12 5 1 Ответ, р — -р=; cosa = —-=•; cos В =¦-==, cost = Н /35 /35 V /35 ' 3 / 12 12 36 = —у=.. Координаты основания перпендикуляра! — у> 35.— Указание. Координаты основания перпендикуляра найдите по формулам jtj — р cos a; yt = р cos Р", гх =» р cos f. Задача 17,19. Найти расстояние от точки А B, 3, —1) до плоскости 1х— 6у — 6г -f 42 = 0. Решение. Расстояние от точки до плоскости определяется по формуле A7,23,) в которой следует положить А =7; В — — 6; С — —6; лгх = 2; ух — 3; гх = — 1. Подставляя эти значения в формулу A7,23), будем иметь d== 17-2 + (—6) • 3 + (—6) • (—1) + 42 (-6J+(-6J 14—18 + 6 + 42 11 = 4. Задача 17, 20 (для самостоятельного решения). Найти расстоя- расстояние от точки А B, —4, 2) до плоскости 2х + 11 у + 10z — 10 = 0. Ответ. d = 2. Задача 17,21 (для самостоятельного решения). Найти расстоя- расстояние от точки ЛC, +4, —1) до плоскости 3* + 4у — 5 = 0. Ответ, d = 4. 165
Задача 17, 22. Найти расстояние между параллельными пло- плоскостями Ьх+Зу— 4z + 15 = 0; 15л: -Ь 9г/— 12z — 5 = 0. Решение. Возьмем на какой-нибудь из этих плоскостей произвольную точку. Например, на первой плоскости возьмем точку, для которой у = 0; г = 0, и определим абсциссу х этой точки. Получим 5* + 3-0 — 4-0+15 = 0; х = — 3. Итак, на первой плоскости взята точка (—3,0,0). Определив ее расстоя- расстояние до второй плоскости по формуле A7,23), получим Найденное расстояние d и будет расстоянием между данными плоскостями. Задача 17,23 (для самостоятельного решения). Найти рас- расстояние между параллельными плоскостями 2х— 3t/+6z — 14 = 0 2Х - Ъу + 6z + 28 = 0. Ответ, d — 6. Задача 17,24. Через точку М B, 3, —1) провести плоскость, параллельную плоскости 2х — Ъу + Ъг — 4 =0. Решение. Уравнение связки плоскостей, проходящих через данную точку, имеет вид A7, 18). В нашем случае оно будет таким: А(х — 2) + B(y — 3) + C(z + l) = 0. Из условия A7,22) параллельности двух плоскостей получаем Т--3- 5 (-R)- Заменяя в последнем уравнении А, В и С величинами, им про- пропорциональными, будем иметь 2k (х — 2) — ЗА (у — 3) + Ыг (г + 1) = 0. или окончательно после упрощений \ 2х — Ъу + 5z+ 10 = 0. Можно решить задачу и иначе: если плоскости параллельны, то их уравнения можно преобразовать так, что они будут отли- отличаться только свободным членом. Тогда уравнение семейства плоскостей, параллельных данной „плоскости, запишется так: 2х — 3j/ + 5z + D = 0. (A) 166
Подставляя в это уравнение вместо текущих координат х, у и 2 координаты точки М B, 3, —1), через которую проходит плоскость, получим уравнение, содержащее одно неизвестное D: 2 • 2 — 3 • 3 + 5 • (— 1) + D = О, D = 10. Это значение подставляем в (Л) и получаем то же, что и раньше: 2х — 3i/ + 5z + 10 = 0. . Задача 17,25 (для самостоятельного решения). Через точку М{—4, —1, 2) провести плоскость, параллельную плоскости Зх + 4у — г — 8 = 0. Ответ. 3* + 4t/ —2+18 = 0. Задача 17,26 (для самостоятельного решения). Найти урав- уравнение плоскости, проходящей через точку B, 5, —1) и парал- параллельной плоскости * + 3t/ —4г + 5 = 0. Ответ. х + Зу — 42 — 21 = 0. Задача 17,27 (для самостоятельного решения). Найти урав- уравнение плоскости, проходящей через точку A, —3, 2) параллельно плоскости 7х — 4y + z-~ 4 = 0. Ответ. 7х — 4y + z — 21 = 0. Задача 17,28. Через точки М A, 2, 3) и N (—2, —1, 3) про- провести плоскость, перпендикулярную плоскости х + 4у — 22 + 5 = 0. Решение. Уравнение связки плоскостей, проходящих через точку, имеет вид A7, 18). Подставляя в A7, 18) вместо хъ уг и гг координаты точки М, получим А(х— 1) + В(у— 2) + СB-3) = 0. (А) Определению подлежат А, В и С. Так как данная плоскость проходит и через точку N(—2, —1, 3), то координаты этой точки должны удовлетворять урав- уравнению плоскости. Подставим в (А) координаты точки N вместо текущих координат и получим А (—2 — 1) + В (—1 —2) + С C —3) = 0, откуда —ЗЛ — W ---- 0, или А + В =-- 0. , (В) Используем теперь то, что искомая плоскость перпендику- перпендикулярна данной. Условие перпендикулярности двух плоскостей 167
A7,21) с учетом того, что из данного уравнения At = 1, Вх = = 4, Cj = — 2, запишется так: 1 . Л + 4 • Б — 2.С = 0. Соединяя (Л) и (Б), получим систему двух однородных ли- линейных уравнений с тремя неизвестными: А+ Б= 0 А+4В — 2C = J Решаем эту систему по формулам A7,25) и получаем Л= — 2t; B = 2t; C = 3t. Подставляя эти значения А, Б и С в (Л) и сокращая на t, будем иметь -2{х—1) + 2(у-2) + 3(z-3) = 0. Откроем скобки, сделаем приведение подобных членов и окон- окончательно получим искомое уравнение в виде 2х — 2у — Зг+ 11 =0. Задача 17, 29 (для самостоятельного решения). Найти урав- уравнение плоскости, проходящей через точки М(—1, 2, —3) и #A, 4, —5) и перпендикулярной плоскости Ъх + Ьу— бг-f + 1=0. Указание. Для определения коэффициентов А, В и С получится система уравнений А+ В— С = 0\ ЗА + 5В — 6С = 0 /' из которой на основании формул A7, 25) А — — t; В = 3t; С = 2t. Ответ. *—'Зу —2г+ 1 =0. Задача 17, 30. Найти острый угол между двумя плоскостями: 5* — 3t/-f-4z — 4 = 0, (I) Зх — 4у — 2z + 5 = 0, (LI) Решение. По формуле A7,20) получим, если учесть, что на основании (I) А1 = Ь; В1 = — 3; Ct = 4, а из (II) Л2 = 3; Б2 = = —4; Сг = — 2, М5+12 —8 19 cos <p = cos <f = 0,4990; <f = 60°04'. В формуле A7, 20) следует взять абсолютную величину правой части, так как надо найти острый угол между плоскостями и, значит, cos <p > 0. 168
Задача 17,31 (для самостоятельного решения). Найти острый угол между плоскостями 5л: — Ъу + Ъг + 5 = 0 и х— 2у + Зг— 5 =, 0. Ответ, cos9 = 0,9046; ср = 25°14'. Задача 17, 32. Выяснить геометрический смысл коэффициентов Л, В и С в общем уравнении плоскости A7, 1) Ах + By + Cz + D = 0. • (Л) Решение. 1. Рассмотрим вектор л с проекциями на коор- координатные оси, соответственно равными А, В к С, т. е. п{А, В, С]. 2. Возьмем на плоскости (Л) две произвольные точки: М (хг, уъ гг) и N (х2, уг, г2) и рассмотрим вектор MN. Этот вектор лежит в плоскости (Л). Его проекции на координатные оси со- соответственно равны хг — хг, у2 — Ух, г2 — гх и MN [хг — х1г Уг — Уъ г% — 4\- 3. Так как точки М и N лежат в плоскости (Л), то имеют место равенства A и Л*2 + Ву2 + Сгг + D = 0. Вычитая первое уравнение из второго, получим А (х2-хх) + В(у2-y1) + C(z2-z1) = 0. (В) Скалярное произведение вектора п {А, В, С) на вектор MN \х2 — xv у2 — уг, z2 — zx) равно А (х2 ~.Xl) + B(y2 — yt) +C (z2 — гх). Так как на основании (В) это скалярное произведение равно нулю, то вектор п перпендикулярен вектору MN, а тем самым и той плоскости, в которой лежит этот вектор, т. е. вектор п{А, В, С} перпендикулярен плоскости Ах + By + Cz + D = 0. Заключение. Геометрическое значение коэффициентов Л, В и С в общем уравнении плоскости A7, 1) состоит в том, что они являются проекциями на координатные оси Ох, Оу, Ог вектора, перпендикулярного этой плоскости. Задача 17,33. Найти следы плоскости Зл: + 2у — 4z + 5 = 0 на координатных плоскостях. Решение. Уравнение прямой, по которой данная плоскость пересекается с плоскостью хОу, мы получим как уравнение гео- геометрического места точек, координаты которых одновременно удовлетворяют уравнению данной плоскости и уравнению пло- плоскости хОу. Так как плоскость хОу имеет уравнение г =< 0, то уравнение искомого следа получим, положив в уравнение данной плоскости z = 0. 169
Окончательно уравнения искомого следа данной плоскости на плоскости хОу имеют вид Зх + 2у + 5 = О 0 Периое из этих уравнений изображает плоскость, пар'аллельную оси Oz, а второе указывает на то, что на этой плоскости рас- рассматриваются точки, принадлежащие плоскости хОу (в плоскости хОу первое из этих уравнений определяет прямую линию). Уравнение искомого следа на плоскости yOz получим, учи- учитывая, что плоскость yOz имеет уравнение х = 0. Положив в данном уравнении х = 0, получим уравнения следа плоскости на плоскости уОг 2у — 42 + 5 = 0 \ х = 0 }¦ Первое из этих уравнений есть уравнение плоскости, параллель- параллельной оси Ох, а второе указывает на то, что в этой плоскости рассматриваются только точки, принадлежащие плоскости уОг (в плоскости уОг первое из уравнений определяет прямую линию). Наконец, след данной плоскости на плоскости хОг, уравнение которой у -- 0, мы получим, положив у = 0 в уравнении данной плоскости. Уравнения этого следа Ъх — 4г + 5 = причем первое из них — уравнение плоскости, параллельной оси Оу, а второе указывает на то, что на этой плоскости рассматри- рассматриваются только точки, лежащие в плоскости хОг (первое уравне- уравнение в плоскости хОг определяет прямую линию). Задача 17,34 (для самостоятельного решения). Найти следы плоскости 5лг + 3г/ + 2г—12 =--0 на координатных плоскостях и построить эти следы. Ответ. Уравнение следа на плоскости хОу 5х + 3у— 12 = 0 л уравнение следа на плоскости yOz 2>у + 2г — 12 = 0 х = 0. уравнение следа на плоскости хОг С v | О— 1 Q (Л \ Задача 17,35. Найти уравнение плоскости, проходящей через точки ЛМ1, 2, —1); М2(—1, 0, 4); М3(—2, — 1, 1). 170
Решение. На основании уравнения A7,26) можно уравне- уравнение искомой плоскости написать в виде х—1 у—2 z -J- 1 — 2 —2 5=0. — 3 —3 2 Вычисляя этот определитель, получим — 4(х—1)—15@ —2) + 6(z+l)+15(x—1) + + 40/ —2) —6(z+l) = 0. Раскрывая скобки, делая приведение подобных членов и сокра- сокращая на 11, получим окончательно х— г/+1 = 0. Это уравнение определяет плоскость, параллельную оси Ог. Задача 17,36 (для самостоятельного решения). Найти урав- уравнение плоскости, проходящей через три точки: /И1A, —3, 4); ЛЫО, -2, -1); М3A, 1, -1). Ответ. \Ъх— Ъу— 4г—14 = 0. Задача 17,37 (для самостоятельного решения). Найти урав- уравнение плоскости, проходящей через точки Мх П, —2, —Л\ М2B, 1, 3); М3@, -1, -1). Ответ. 5х + Зг/ — 4z — 1 »= 0. ВОСЕМНАДЦАТОЕ ПРАКТИЧЕСКОЕ ЗАНЯТИЕ Содержание: Основные задачи на прямую в пространстве. ОСНОВНЫЕ СВЕДЕНИЯ ИЗ ТЕОРИИ Это практическое занятие посвящается прямой линии в пространстве. Напомним основные формулы: 1. Канонические уравнения прямой линии в пространстве, или уравнения прямой с направляющими коэффициентами, имеют вид х ~~~ Xq у ~~" ijq z — Zq т A8, 1) где д:0, у0, г0 — координаты точки, через которую проходит пря- прямая, а т, п и р— направляющие коэффициенты прямой, кото- которые являются проекциями на координатные оси Ох, Оу, Ог на- направляющего вектора прямой. Если а, Ри-f — углы между прямой и координатными осями Ох, Оу и Ог, то cos а. = ± Г т —; cosS=4 " ; 171
cos a, cosfB и cos? называются направляющими косинусами пря- прямой. Направляющие коэффициенты т, п и р можно рассматри- рассматривать как проекции на координатные оси вектора, параллельного прямой, причем т, п и р не могут быть одновременно равны нулю. Уравнения A8,1) могут быть записаны также в виде х Хд у — |/о z г0 _ ,.п о\ cos a ~ cos p cos у ' К ' > 2. В параметрическом виде уравнения прямой линии в про- пространстве записываются так: x = xo + mt\ y=-yo + nt; z = zo + pt, A8,4) где t— параметр. 3. Общие уравнения прямой: Каждое из уравнений A8,5) — уравнение плоскости, и таким образом прямая в пространстве может рассматриваться как пере- пересечение двух плоскостей, причем плоскости эти предполагаются непараллельными, т. е. соотношение i; = ^ = c7 не имеет места. 4. Условие параллельности двух прямых в пространстве: X — *0 У — У0 __ * — Zo .jg g^ т п Р ' ' х — *i ^У—Ух =г — гх Щ «1 Pi имеет вид ъ=к=к- A8>7) 5. Условие перпендикулярности двух прямых A8,6) имее? вид ттх + ппг Н- ррх = 0 A8,8) 6. Угол между двумя прямыми A8,6) определяется по фор- формуле ™^^ ~ш /~ 9 I 9 1 9 *Ш /^ О О О 7. Уравнения прямой, проходящей через две данные точки !*i» #i» zi) и ^(^2. «/г, z2), запишутся в виде 172
Задача 18,1. Найти углы, которые прямая х — 5 _ у+ 1 _ г— 4 2 ~~ 3 ~~ 6 составляет с координатными осями. Решение. По формулам A8, 2), полагая в них т = 2, п = 3, р = 6, будем иметь 2 2 2 cos а = ± — = ± —я=. или cos а = ± ¦=-; /2a + 32+6a J/49 7 cos p = ± -=-; cos f = ± у. Проверьте, что cos2 a -j- cos2 p + cos2 f — 1. Острые углы, составляемые прямой с координатными осями, равны: a = 73°24'; p = 64°37'; f = 31°l' (эти значения определены по таблицам тригонометрических функций), Задача 18,2. Общие уравнения прямой 2х— у+ z — 4 = преобразовать к каноническому виду A8, 1). Наметим такой план решения задачи: из системы (А) исклю- исключим сначала у и выразим z через х, потом исключим х и выра- выразим г теперь уже через у. 1) Для того, чтобы, из системы (А) исключить у, умножим второе из уравнений системы (А) на 3 и сложим его почленно с первым. Получим, что 7х — z — 7 = 0, откуда z = 7х — 7, X— 1 т 2) Умножая первое уравнение из (А) на —2 и складывая почленно со вторым, получим, исключая х из системы (Л), — 7у + 9z — 14 =-.= 0, откуда 9z = 7y 4- 14; ._ 7 (у+ 2) Z ~~ 9 ' ИЛИ Z- g^ . 7 Сравнивая найденные значения z, получаем уравнения прямой в каноническом виде 173
Умножая теперь все знаменатели на 7, окончательно получим х—\у + 2 г — о В учебнике Привалова указан и другой способ преобразова- преобразования общих уравнений прямой A8,5) к каноническому виду (стр. 250). Рекомендуем внимательно изучить этот способ. В связи с тем, что в учебнике не указаны окончательные результаты, приведем их здесь. Если общие уравнения прямой записываются в виде A8,5) = 0 то уравнения прямой с направляющими коэффициентами имеют вид х х у у z г /, о ... X — Xa B2 С„ у- с1 ~Уа к г — А1 Вг где х0, у0 и 20 — координаты одной из точек, через которую пре- преходит прямая A8,5) Из уравнений A8, 11) усматриваем, что направляющие коэф- коэффициенты прямой и, пир определяются по формулам m — В« Се Г, л = t\ p = А2 В • t, A8, 12) в которых можно положить t = 1 (на основании указаний в учеб- учебнике эти формулы рекомендуется получить самостоятельно). Решим нашу задачу по этому способу. Определим одну из то- точек, через которую проходит данная прямая (А). Дадим коорди- координате z значение нуль (z = 0). Для определения абсциссы х и ор- ординаты у этой точки получим систему уравнений* 2х— у — 4 = или 2х— г/= из которой х— 1; у — — 2. Итак, одна из точек, через которую проходит прямая, известна. Ее координаты A, —2, 0). Чтобы определить направляющие коэффициенты прямой по форму- формулам A8, 12) в которых взято t— 1, составляем матрицу из коэф- коэффициентов уравнений системы (А): /1 3-4\ 12-1 1/ 174
3 — 1 — 4 1 n = — 4 j 1 2 . P = 1 2 — 3 1 и получаем m = m = — \; n = — 9; p = — 7. Уравнения прямой (Л) в каноническом виде с учетом того, что прямая проходит через точку A, —2, 0), примут вид х — I у + 2 г —0 — 1 ~~ —9 =~~ —7 • Умножая все знаменатели на —1, получим окончательно х — 1_у + 2_г—О Задача 18,3 прямой 1 ~ 9 ~ 7 самостоятельного Уравнения (для самостоятельного решения). x — 4y + 5z—\=0] 2х + 3у+ г -H9-0J преобразовать к каноническому виду и определить углы, обра- образуемые этой прямой с координатными осями. Указание. Воспользоваться вторым способом, указанным в предыдущей задаче. 1. Определите одну из точек, принадлежащую данной прямой. Координате г этой точки дайте произвольное значение, например, z = 0. Для определения координат х и у получите систему урав- уравнений х — 4у = 1 2х + Зу = — 9 Отсюда х — — 3; у — — 1. Итак, определена точка (—3, —1, 0), через которую прохо- проходит прямая. Воспользовавшись дляj определения т, п и р формула- формулами A8, 12) при t — 1, получим т = --19; п = 9; р = 11. Искомое уравнение в виде A8, 1) запишется так: х+3 _у+1 _г-0 9 -19 - 9 11 • Углы, образованные этой прямой с координатными осями, опре- определяем по формулам A8,2), в которых т, п и р имеют только что найденные значения: i ^ = ±0,374; cos? = ¦±-7У== ±0,464. 1 /563 175
Контроль: cos51 a + cos2(J + cos2f = 1. По известным коси- косинусам углов находим углы а = 143°14'; р = 67°44'; у = 62°2Г (при определении углов из двух возможных знаков у косинусов выб- выбран верхний знак). Уравнения прямой получились бы в другом виде, если бы вместо точки (— 3, —1, 0) на прямой взяли какую-либо другую точку. Числители дробей в (А) изменились бы,, но знаменатели остались теми же. Если же решать эту задачу по способу пер- первому, указанному в предыдущем номере, то в знаменателях могли бы получиться числа, пропорциональные тем, которые стоят в знаменателях дробей (А). Задача 18, 4 (для самостоятельного решения). Привести к ка- каноническому виду общие уравнения прямой х — 2у + 3г — 4 = 0, 2х + Ъу — 4z + 5 = 0. Ответ. Один из возможных видов канонических уравнений прямой 2 13 *~Т_..У + 7 г-0 —1 ~ 10 7 ' Задача 18,5 (для самостоятельного решения). Преобразовать к каноническому виду уравнения прямой 2z + 8 = 01 Ответ. Один из возможных видов канонических уравнений прямой х — 4 у + 6 г —1 —1 ~~ 4 ~ — 5 Задача 18, 6 (для самостоятельного решения). Найти углы кото- которые прямая х+у+г—1=0 образует с координатными осями. Ответ, cos a = ± 0,60470; cos p = =F 0,77747; cos? = ±0,17277. Контроль: cos2 а + cos2 p + cos2 у = 1. Задача 18,7. Найти уравнения плоскостей, проектирующих прямую 3x-4y + 5z+ 7 = 01 х + 2у + Ъг + 11 = 0 J W на координатные плоскости. 176
Чтобы найти уравнение плоскости, проектирующей прямую (А) на плоскость хОу, надо из системы (А) исключить коорди- координату г. Умножая первое уравнение этой системы на —3, а вто- второе на 5 и складывая полученные уравнения, будем иметь — 4л; -f 22у + 34 = О, а сокращая на — 2, получим искомое урав- уравнение в виде 2х — lit/ — 17 = 0. Уравнение плоскости, проектирующей прямую (А) на плос- плоскость хОг, получим", исключая из системы (А) координату у. Умножая второе уравнение в системе (А) на 2 и складывая с первым, получим искомое уравнение в виде 5х + llz + 29 = 0. Уравнение плоскости, проектирующей прямую (А) на плоскость yOz, получим, исключая из системы (А) координату х. Умножая второе уравнение в системе (А) на —3 и складывая с первым, получим искомое уравнение в виде Ъу -f 2г + 13 = 0. Задача 18, 8 (для самостоятельного решения). Найти уравнения плоскостей, проектирующих прямую х — 2у— г — 1 =0\ Зх — y + z — 2 = 0 J на координатные плоскости. Ответ. Уравнение плоскости, проектирующей прямую на плос- плоскость yOz, Ъу + 4г + 1 = 0. Уравнение плоскости, проектирующей прямую на плоскость хОг, 5х + Зг — 3 = 0. Уравнение плоскости, проектирующей прямую на плоскость хОу, 4^ — Зу —3 = 0. Задача 18,9. Определить следы прямой Sx + 3y-4z+8 = 0\ х — y + z + 5 = 0/ И) на координатных плоскостях (следом прямой на плоскости назы- называется точка пересечения прямой с плоскостью). Решение. Уравнение плоскости xOy:z = 0. Положив в си- системе (A) z=0, получим систему из двух уравнений 7 И. А, Каплан 177
Решая эту систему, найдем х и у: v_ 23- ,,_17. и след прямой (А) на' плоскости хОу имеет координаты B3 17 \ — IF'T' г '^леды пРямой на плоскостях yOz и л;Ог найдите самостоятельно. Координаты следа прямой на «плоскости yOz будут @, 28, 23). (9ft I7\ — Т ' *"*' —"9 )• Задача 18, 10 (для самостоятельного решения). Найти коорди- координаты следов прямой х — 2 у + 3 г —4 1 ~ 2 на координатных плоскостях. Ответ. A, -5, 0); (|, 0, К)); @, -7, -4). Задача 18, 11. Найти острый угол между двумя прямыми х — 2 "у— 1 г —3 — 1 2 ~ 4 ~ — 2 " Решение. Угол <р между двумя прямыми определяется по формуле A8,9), в которой надо взять т =3; п =— 1; р = 2; пц = 2; «! = 4; рг = — 2. 3-2 + (—1)-4 + 2 • (—2) COS <р = ± —, I Т /За + (—IJ + 22 • /2а + 4а + (-2;2 cos ф = ± ~2r- ; cos ф = =F -4= = =F 0,1091. Y /14 /24 Т 2/21 Так как нас по условию интересует острый угол между этими прямыми, мы должны соэф взять положительным: cos ср = 0,1091. Теперь, пользуясь таблицами тригонометрических функций, на- находим, что ф = 83°44'. Задача 18, 12. Найти острый угол между прямыми x—y+z =0 и 2x + y— г--5 = о) 178
Решение. Чтобы воспользоваться формулой A8,9) приведем заданные уравнения прямых к каноническому виду A8,1) и по- получим *±1 _ У±1 _ ?и° (Л) 1 — 6 ~ 5 * (Л) х—Зу+1 г —О ,R Пользуясь этими уравнениями прямых, по формуле A8,9) определим, что cos <р = 0,9445, а ср = 19°1Г Задача 18,13. Через точку Л C, —1, 4) привести прямую, параллельную оси Oz. Решение. Уравнения оси Oz можно записать в виде х—о_У—0_г—0 0 0 1 (ось Oz проходит через начало координат, а ее направляющие косинусы равны cosa = 0, cos [3 = 0; cosf = l). Так как прямая проходит через точку А C, —1, 4), то ее уравнения запишутся в виде х — 3_ у+1 _ г—4 т n p Числа т, п и р в этих уравнениях из условия A8,7) параллель- параллельности двух прямых должны быть пропорциональны числам 0,0 и 1 в уравнениях оси Oz. Заменяя поэтому в последних урав- уравнениях числа tn, n и р им пропорциональными, получим иско- искомые уравнения в виде х — 3 у+1 г — 4* 0 0 ~" 1 * Из этих уравнений следует, что д:_3 = 0\ У + 1 = 0 } и искомая прямая может быть определена и,этими уравнениями. Задача 18,14. Через точку А(\, —1, 2) провести прямую, параллельную прямой х — Ч _ у — 3._ г+1 1 ~" 3 ~ 2 " Решение. Напишем уравнение прямой, проходящей через точку А: г —2 * Эту запись, содержащую нули в знаменателях, понимают ' условно, так, как это указано в учебнике Привалова (см. § 13 гл. 11, а также разъяс- разъяснения на стр. 247). 7* 179
Из условия A8,7) параллельности двух прямых т, па р в этих уравнениях должны быть пропорциональны направляющим коэф- коэффициентам 1, 3 и 2 данной прямой. Заменяя т, п и р числами, им пропорциональными, получим уравнения прямой в виде д; — 1 _у+1 _ г — 2 1 ~~ 3 ~~ 2 • Задача 18,15 (для самостоятельного решения). Через точку B, —1, 3) провести прямую, параллельную оси Ох. 1/4-1=01 х-2 y+l г-3 Ответ. 2_3 = 0/ или ~Т~ = -~0~ ~ ~о~¦ Задача 18,16. Найти уравнения прямой, проходящей через точки ЛA, 2, —1) и 5@, 3, —4). Решение. Согласно A8, 10) имеем х—1_у—2_г+1 —1 1 —3 » или, умножая все знаменатели на —1, х—1_у—2_г+1 Т~~~2 ~ 3 ' Задача 18,17 (для самостоятельного решения). Найти урав- уравнения прямой, проходящей через точки А C, 0, 4) и В (—1,-2, 3). л х — 3 у —0 г —4 Ответ. _ = ?_ = _. ДЕВЯТНАДЦАТОЕ ПРАКТИЧЕСКОЕ ЗАНЯТИЕ Содержание: Задачи на прямую и плоскость. ОСНОВНЫЕ СВЕДЕНИЯ ИЗ ТЕОРИИ Это практическое занятие содержит упражнения по разделу «плоскость и прямая». Приводим основные формулы. 1. Острый угол между прямой х — а у—Ь_ г—с т п р и плоскостью Ах + By + Cz + D = 0 определяется по формуле Ат + Вп + Ср \ sin 9 = у А* + В2 + Са • Vт2 + п2 + Ра I' A9, 1) 180
2. Условие параллельности прямой и плоскости имеет вид Ат + Вп + Ср = 0. 3. Условие перпендикулярности прямой и плоскости имеет вид 4. Уравнение пучка плоскостей, проходящих через данную прямую Ах + By + Cz + D = 0 A имеет вид Ах+ By + Cz + D+l {Агх + Вху + Qz + Dx) = 0, A9,4) где X — любое действительное число. Задача 19,1. Найти острый угол между прямой х—\' _ у+2 _ г —1 2 ~ 1 ¦ ~~ 2 f И ПЛОСКОСТЬЮ 2х + у — 2 + 4 = 0. Указание. Задача решается с помощью формулы A9,1), в которой надо положить А = 2; 5=1; С = — 1; m = 2; п = 1; Ответ. Угол ср = 24°5'. Задача 19,2.,Найти острый угол между прямой х + у+ z-4 = 0 2х — и + 4г = 0| = 0} и плоскостью х -f- У + 3z — 1 =0. Решение. Уравнения прямой нет надобности преобразовы- преобразовывать к каноническому виду. Достаточно определить направляющие коэффициенты и, пир этой прямой (см. задачу A8,2)). Состав- Составляем матрицу из коэффициентов уравнений (А) /1 1 1\ [2 -1 4) и, полагая / = 1 в формулах A8, 12), получаем т = 1 1 j 4 = 5; п= 4 2 1 1 2 —1 = —3. Из уравнения плоскости заключаем, что А = 1, 5=1, С = 3, и тогда для определения острого угла <р между прямой и плос- плоскостью по формуле A9, 1) получаем sin ср = — 6 УТ\\- 181
Задача 19,3. Найти уравнение плоскости, проходящей через точку РA, 2, —1) перпендикулярно прямой х — 3 _ у —2 _ г+1 1- "^ —3 ~ 4 * Решение. Уравнение плоскости, проходящей через точку Р{1, 2,—1), напишем иа основании уравнения A7,18) в виде А(Х- 1) + В (у -2) + С (г + 1) = 0. Пользуясь условием A9,3) перпендикулярности прямой и плоскости, заменив в последнем уравнении величины А, В я С им пропорциональными величинами т, п и р из уравнений пря- прямой, т. е. числами 1, —3 и 4, и получим а после упрощений будем иметь х — Зг/ + 4г + 9 = 0.. Задача 19,4 (для самостоятельного решения). Найти уравне- уравнение плоскости, проходящей через точку Р B, —4, —2) перпен- перпендикулярно прямой x — 4y + 5z—\ =0 2х+ у +3 = О т в е т. 5* — Щ — 9z — 68 = 0. Задача 19,5. Через точку B, 1, 6) провести прямую, перпен- перпендикулярную плоскости х — 4«/ -f- Ъг—1—0, и определить направ- направляющие косинусы этой прямой. Решение. Напишем прежде всего уравнения прямой, про- проходящей через данную точку: х — 2 _у—1 г — 6 т п р ' На основании формул A9,3) числа т, п и р пропорциональны числам Л, В и С из уравнения плоскости, а потому, заменяя в последнем уравнении т, п и р соответственно числами 1, —4, 5, получим искомые уравнения в виде х — 2 у— 1 _ г — 6 1 ~ —4 5 " Направляющие косинусы этой прямой определим по форму* лам A8,2): cos а = ± ; cos а = ± -—; 182
Задача 19,6 (для самостоятельного решения). Найти уравне- уравнение перпендикуляра к плоскости Ъх — у — 5г — 8 = 0, проходящего через точку A, —1, 2). Ответ х-=1 - l±l - i=2 итвет. -д---zr - г=Г • Задача 19, 7. Найти точку пересечения прямой х — 1 _ у+1 _ г —2 3 ~ — 1 ~~ +5 С ПЛОСКОСТЬЮ х+у — 2z — 4 = 0. Решение. Представим уравнение прямой в так называемом параметрическом виде. Пусть каждое из отношений, входящих в уравнение прямой, равно t: Т - =Г — Т (~ *>' или х — 1 _,. у+1 _ f. г — 2 _ . откуда x = 3t+-l\ y = — t—\; z = 5t + 2. (A) Это и есть параметрические уравнения данной прямой. Так как координаты точки пересечения прямой и плоскости должны удов- удовлетворять уравнениям прямой и уравнению плоскости, то, под- подставив значения х, у и г из (А) в уравнение плоскости, будем иметь 3/ + 1 + (— / — 1) — 2 E* -Ь 2) — 4 = 0. Из него следует, что t — —1. Это значение / есть значение па- параметра в точке пересечения прямой и плоскости. Подставим это значение в уравнения прямой (А) и получим: х = —2, у = 0; z = — 3. Итак, координаты точки пересечения данных прямой и плоскости будут (—2, 0, 3). Задача 19,8 (для самостоятельного решения). Найти уравнения перпендикуляра к плоскости х + Зу — 4г— 13 = 0, проходящего через точку B, — 1, 3), и определить координаты основания этого перпендикуляра. Ответ. Уравнения перпендикуляра к плоскости х — 2 _ у + 1 г — 3 1 ~ 3 — —4 \ Координаты основания этого перпендикуляра C, 2, — 1). 183
Задача 19,9 (для самостоятельного решения). Найти коорди- координаты основания А перпендикуляра к плоскости х — Зг/ + 4г + + 5 = 0, проходящего через точку B, 1, —1). Ответ. А B, 1, —1). Задача 19,10. Найти точку пересечения прямой *—1_у+2_г—1 5 ~~ 4 ~~ — 1 и плоскости гх — 4у — z + 5 = 0. Решение. Поступаем, как обычно: уравнения прямой за- запишем в параметрическом виде: * —1 ,. + 2 1 5 -*. Отсюда получаем Подставляя эти значения х, у и z в уравнение плоскости, бу- будем иметь 3 E/ + 1) — 4 D/ — 2) — (— / + 1) + 5 = 0. После раскрытия скобок и приведения подобных членов получим 15/ — 16/ + t + 15 = 0, что можно представить в виде 0-/+15 = 0. Конечного значения t, удовлетворяющего этому уравнению, не существует. Значит, наша прямая не пересекает плоскости. Легко проверить, что прямая параллельна плоскости. Действитель- Действительно, условие A9, 2) параллельности прямой и плоскости здесь выпол- выполняется. У нас А = 3; В = — 4; С = — 1; т = 5; п = 4; р ~ — 1 и Л/я + Ял+ Ср = 3-5+ (— 4)-4 + (— 1)-(— 1) = 0. Если бы это было замечено сразу, можно было бы не решать задачу. Задача 19,11 (для самостоятельного решения). Найти точку пересечения прямой х _ у—\ __ г + 2 2 ~ — 1 ~ 1 И ПЛОСКОСТИ х + у — 2 + 5 = 0. Ответ. Прямая параллельна плоскости. Перед тем как решать следующую задачу, усвойте по учеб- учебнику условия, при которых прямая *-^ = ^^ — г-^- лежит в плоскости Ах + By + Cz + D = 0. Эти условия имеют вид fAa + Bb + Cc + D=.O, A9,5) [Am + Bn + Ср = 0. ' A9,6) 184
Задача 19,12. Проверить, что прямая 2 - 1 - з ^ лежит в плоскости х + у — z — 6 = 0. (В) Решение. Здесь а — 2, & = 3, с = — 1; m = 2, л = 1, р = 3; Л = 1, 5 = 1, C = — I, D= —6. Проверьте, что условия A9,5) и A9,6) здесь выполнены, а это значит, что прямая (А) лежит в плоскости (В). Задача 19,13 (для самостоятельного решения). Найти точку пересечения прямой * —2 у _г+\ 3 ~~5 ~~ 9 и плоскости 2х — Ъу + z — 3 == 0. Ответ. Прямая лежит в плоскости. Задача 19. 14. Составить уравнение плоскости, проходящей через прямую 3* + у — 4г + 5 = 01 х — у -\-2z- 1 =0} и точку М A, —1, 2). Решение. Уравнение пучка плоскостей, проходящих через данную прямую, на основании A9,4) может быть записано так: Ъх + у — iz + 5 + l{x — y + 2z— 1) =0. (А) Из этого пучка плоскостей нам требуется выбрать ту, которая проходит через точку МA, —1,2). Если плоскость проходит через точку, то координаты этой точки должны удовлетворять уравнению плоскости. Подставляя в уравнение (А) координаты "точки М, получим уравнение для определения X: 5Х — 1=0; X = г • Подставляя это значение X в о уравнение (Л), получим 8х + 2у — 9г + 12==0. Задача 19,15 (для самостоятельного решения). Составить урав- уравнение плоскости, проходящей через точку М B, — 1,0) и прямую Ответ. х — 7у+ Viz — 9 = 0. 185
Задача 19, 16 (для самостоятельного решения). Составить урав- уравнение плоскости, проходящей через точку A.1.—2) и прямую х — 1 у —3 _ г ~Т~ — 1 ~ 5 • Ответ. 2д:+ t/ — z —5 = 0. Задача 19, 17. Найти уравнение плоскости, проходящей через прямую За: —t/ + 2 —5 = 01 ¦ x + 2y-z+2 = 0\ параллельно прямой Решение. Уравнение пучка плоскостей, проходящих через прямую (А), имеет вид Ъх — у + г — 5 + Цх + Чу- г + 2) = 0, или иначе (S + X)x + B\—l)y + (l—X)z — 5 + 2X = 0. (С) Из этого пучка плоскостей должна быть отобрана плоскость, па- параллельная прямой (В), и потому должно выполняться условие A9,2) параллельности прямой и плоскости. На основании урав- уравнения (С) А = 3 + ^. В = 2\ — \л С — 1 — X, а из уравнения (В) следует, что m = — 1, и = 2, р = 2. Тогда условие параллельности прямой и плоскости запишется в виде C + Х)(-1') + BХ-1).2 + A-Х).2 = 0, или _3 —Х + 4Х—2 + 2 —2Х = 0; Х = 3. Подставляя это значение X в (С), получаем 6* + 5«/ — 2г + 1 = 0. Задача 19,18. Найти уравнение плоскости, проходящей через прямую <х-\ у + 2 г А 1 - 1 ~2 V*' перпендикулярно плоскости Sx — y + 2z — 2 = 0. (В) Решение Уравнения прямой запишем в виде х-1 у+2 2 1 х— 1 _ г_ 2 ~ 2 186 или после упрощений *_z—1=о
Уравнение пучка плоскостей, проходящих через эту прямую, имеет вид х — 2у — 5 + Х(х — 2— 1)=0, A+Х)* —2t/ —Хг —5 —Х = 0. (С) Из этого пучка плоскостей отберем ту плоскость, которая перпендикулярна плоскости (В). Условие перпендикулярности двух плоскостей имеет вид A7,21). В нашем случае Л1==3; 5! = -1; С1==2; Л3 = 1 +Х; В2= — 2; С2 = — X, а потому указанное условие примет вид 3A + Х) + (-1)(-2) + 2(-Х) = 0. Раскрывая скобки, получаем З + ЗХ + 2 —2Х = 0 и Х = —5. Подставляя это значение X в (С), получаем уравнение искомой плоскости в виде 4* + 2у — Ъг = 0. Задача 19,19 (для самостоятельного решения). Найти уравне- уравнение плоскости, проходящей через прямую 3* + 2«/ + Ъг — 5 = 0, * + «/ + z —4 = 0 параллельно прямой х — y + 2z+ 1 =0 2х + у— 3z + 2 = 0 Ответ. 7х — 4«/+7г + 49 = 0. Задача 19, 20 (для самостоятельного решения). Найти уравне- уравнение плоскости, проходящей через прямую х — 2«/ + Зг— 1 =01 х — y + z + 5^0 ) перпендикулярно плоскости 2х + 2у — г + 5 = 0. Ответ. 4х — 3г/ +22+ 26 = 0. Задача 19,21. Найти уравнение плоскости, проходящей через две параллельные прямые: 2 ~ 3 ~ 4 • х+2_у.+ \ _ г-1 187
Решение. Уравнения первой прямой запишем в виде х— 1 __ у — з 2 - з х— 1 г 2 ~~4 или после упрощений 3* — 2г/ -{-3 = 0, 2х — г— 2 = 0. Уравнение пучка плоскостей, проходящих через эту прямую, запишется так: Ъх — 2у + 3 + ХBх— \г — 2) = 0, или C + 2Х)л: —2г/— Хг + 3 — 2Х = 0. (Л) Из этого пучка выделим ту плоскость, которая проходит че- через вторую прямую. Вторая прямая, как видно из ее уравнения, проходит через точку М(—2,— 1, 1), а потому и плоскость, про- проходящая через вторую прямую, должна содержать эту точку. Подставляя в (А) координаты точки М(—2,— 1, 1) вместо теку- текущих координат, получим для определения X уравнение C + 2Х)(— 2) — 2 • (— 1) — X . 1 + 3 — 2Х = 0; Х = —у. Подставляя это значение X в уравнение (А), получим 19*— 14«/+ 2 + 23 = 0. Задача 19, 22 (для самостоятельного решения). Найти уравне- уравнение плоскости, проходящей через две параллельные прямые: • х + 2 _ у — 1 __ г 4 ~ — 1 ~Т' ' х—1 у г+ 1 4 — 1 ~ 3 * Ответ. 4х+ \3у — z —5 = 0. ДВАДЦАТОЕ ПРАКТИЧЕСКОЕ ЗАНЯТИЕ Содержание: Поверхности второго порядка. ОСНОВНЫЕ СВЕДЕНИЯ ИЗ ТЕОРИИ Это практическое занятие является последним по курсу ана- аналитической геометрии. Оно посвящается поверхностям второго порядка. Поверхностью называется геометрическое место точек, коорди- координаты которых удовлетворяют уравнению вида F (х, у, г) = 0. 188
Если это уравнение можно разрешить относительно 2, то полу- получим уравнение поверхности в виде z = f(x, у). Уравнение поверх- поверхности может и не содержать всех трех переменных: х, у и z. 1. Сфера. Сферой называется геометрическое место точек пространства, равноудаленных от одной и той же точки, назы- называемой центром сферы. а) Уравнение сферы имеет вид. (х - а)а + (у- Ь? + (г - cf = R\ B0, 1) где а, Ь и с — координаты центра сферы, a R — ее радиус. б) Уравнение сферы с центром в начале координат хг + у2 + za = Я2. B0, 2) Задача 20,1. Составить уравнение сферы радиуса R = 5 с центром в начале координат. Решение. Подставляя в уравнение сферы B0, 2) R = 5, по- получим хг + Уг -V za = 25. Задача 20,2. Составить уравнение сферы радиуса R = 3 с центром в точке С(— 1,2, — 3). Решение. Подставляя в B0,1) а = — 1, b = 2, с = —'3 и R =. 3, будем иметь или Задача 20, 3 (для самостоятельного решения). Написать урав- уравнение сферы радиуса R = 8 с центром в точке СA, 1, — 1). Ответ. *а + t/2 + z2 — 2х— 2y + 2z — 61 = 0. Задача 20, 4 (для самостоятельного решения). Составить урав- уравнение сферы радиуса R = 6 с центром в точке С(— 1, —2, —4). Ответ. хг -I-t/2 + za + 2* + 4«/+ 8z — 15 = 0. Задача 20, 5. Определить координаты центра сферы и ее радиус г/а za — 6х + 8у + Юг + 25 = 0. Решение. Представим это уравнение в виде B0, 1) для чего 1) объединим в группы члены, содержащие одноименные ко- координаты; 2) выделим в этих группах полные квадраты (мы так же по- поступали и при определении координат центра окружности и ее радиуса). Поступая, как указано, получим х* — 6* + t/a + 8у + z2 + Юг + 25 =• 0. L1 'I Ч' 189
Выделяя полные квадраты в подчеркнутых группах, получим f 1 f I \ I I IV Ш а упрощая, будем иметь (*_3J + (t/ + 4J+(z + 5J-25 = 0. и окончательно Сравнивая с B0, 1), имеем а = + 3^ Ь = — 4; с = — 5; R2 = 25. Итак, центр сферы — точка С C, — 4, — 5), R — 5. Задача 20, 6. Определить координаты центра и радиус сферы 4*2 + Ауг + 4г2 — Ах + \2у — 16г + 1 = 0. Решение. Для приведения этого уравнения к виду B0,1) разделим обе части данного уравнения на коэффициент при х2 и получим Xs + у2 + г*-х + Ъу-Аг + I = 0. Будем следовать плану, намеченному в предыдущей задаче. Объединяя в группы члены, содержащие одноименные координа- координаты, и выделяя в каждой такой группе полный квадрат, получим Отсюда уже получаем уравнение сферы в виде Центр сферы С имеет координаты С (j, — ^ , 2], а ее радиус Р 5 Задача 20,7 (для самостоятельного решения). Определить ко- координаты центра и радиус сферы х2 + У2 + 22 + х — у + z = 0. 2 ' 2 ' 2/ ' х — 2 ' Задача 20, 8 (для самостоятельного решения). Найти радиус и координаты центра сферы х2 + у2 + г2 — Ах — 5 = 0. Ответ. СB, 0,0); R = 3. 190
Задача 20,9 (для самостоятельного решения). Определить ко- координаты центра и радиус сферы Х2 _|_ у2 _|_ 2г _|_ 2ах + 2Ьу + 2cz -f d = 0. Ответ. С(— а, — Ь,— с); R = Va% -Ь Ь2 + с2-^Z При этом предполагаем, что а2 + Ь2 + с2 — d > 0. Если бы оказалось, что а2 + Ь2 + с2 — d < 0, то сфера называлась бы мнимой; при а2 + Ьъ + с2 — d = 0 сфера имела бы радиус # = 0. Задача 20,10. Сфера проходит череа точку А (— 2,3,5), а ее центр находится в начале координат. Составить уравнение сферы. Решение. Радиус сферы легко определить, как расстояние от центра сферы (начала координат) до точки А на сфере. По формуле для определения расстояния между двумя точками в пространстве получаем Подставляя это значение R в уравнение B0,1), будем иметь ис- искомое уравнение сферы . х2 + t/2 + z2 = 38. Задача 20,11 (для самостоятельного решения). Сфера имеет центр в точке С E,7, — 1) и проходит через начало координат. Найти ее уравнение. Ответ. x2+ye + z*— Юх— 14y.+ 2z = 0. 2. Цилиндрические поверхности. Цилиндрической поверх- поверхностью, или цилиндром, называется поверхность, описанная бесконечной прямой (образующей), которая движется, оставаясь все время параллельной данной прямой и пересекая данную кри- кривую (направляющую). Мы будем рассматривать только такие цилиндрические по- поверхности, у которых образующие параллельны одной из коорди- координатных осей, а направляющей является плоская кривая, лежащая в одной из координатных плоскостей. Уравнения таких цилиндрических поверхностей содержат только две переменные величины. В них будет отсутствовать пе- переменная, одноименная с той координатной осью, которой парал- параллельны образующие цилиндрической поверхности. Так, всякое уравнение вида F(x, у)-0 или {/ = /(*), B0,3) содержащее только две переменные х и у, определяет цилиндри- цилиндрическую поверхность, у которой образующие параллельны коор- координатной оси Oz, а направляющая леяйй^в плоскости хОу, причем ее уравнение есть одно из уравнений B0,3). Всякое уравне- уравнение вида или F(x, z) = 0, B0,4) 191
содержащее только две переменные х и z и не содержащее переменной у, определяет цилиндрическую поверхность, у которой образующие параллельны оси Оу, а направляющей является ли- линия, лежащая в плоскости хОг и имеющая своим уравнением одно из уравнений B0,4). Точно так же всякое уравнение вида F(y, 2)-0 или z=f{y), B0,5) содержащее только две переменные у и г и не содержащее пере- переменной х, определяет цилиндрическую поверхность, у которой г образующие параллельны оси Ох, а на- jt правляющей служит линия, лежащая в плоскости yOz и имеющая своим урав- уравнением одно из уравнений B0,5). Задача 20,12. Какую поверхность определяет уравнение Л;2 -f у* = л2? Решение. Данное уравнение содер жит только две переменные х и у и определяет в пространстве на основании уравнений B0,3) цилиндрическую по- поверхность, у которой образующие па- параллельны оси Oz, а направляющей служит окружность х2 4- у2 =-= г2, лежа- лежащая в плоскости хОу. ^LJ Фиг. 20,1. Приводим более подробные разъяснения полученного заклю- заключения. В плоскости хОу данное уравнение определяет окружность радиуса г с центром в начале координат. Пусть эта окружность является направляющей цилиндра, а его образующие параллель- параллельны оси Oz. Возьмем на цилиндре (фиг. 20,1) любую точку А с координатами х, у, z — A (x, у, г) и спроектируем ее на пло- плоскость ' хОу. Ее проекция—точка В с координатами л;, у и 0 находится на окружности, которая служит направляющей, а по- потому координаты х и у точки В удовлетворяют уравнению окруж- окружности х2 4- у2 — г2. Но так как абсцисса и ордината точки А (х, у, г) на цилиндрической поверхности такие же, как абсцисса и ордината точки В(х, у, 0) на окружности, то, учитывая, что уравнение окружности х2 -\- у2 = гг не содержит переменной г, можно сказать, что этому уравнению удовлетворяют и координа- координаты любой точки А (х, у, z), лежащей на цилиндре. Таким образом, данное уравнение х2 -f у2 — г2 определяет в пространстве прямой круговой цилиндр, у которого образующие параллельны оси Oz, а направляющей служит эта окружность, лежащая в плоскости хОу. Задача 20,13. Какую поверхность определяет уравнение 192
Решение. Данное уравнение содержит только две переменные х и у и на основании B0,3) определяет в пространстве цилиндри- цилиндрическую поверхность, образующие которой параллельны оси Oz, а направляющей является эллипс. Такой цилиндр называется эллиптическим. К этому же выводу можно прийти, повторяя рассуждения предыдущей задачи. Задача 20, 14 (для самостоятельного решения). Какую поверх- поверхность определяет уравнение у2 = 2рх (фиг. 20,2)? Ответ. Уравнение г/2 = 2рх определяет параболический цилиндр с образующим, параллельными оси Oz. Направляющей цилиндра служит парабола у2 = 2рх, лежащая в плоскости хОу. г О *-x \ \ Фиг. 2,02 Фиг. 20,3. Задача 20, 15. Какую поверхность определяет уравнение Уг *2 „ Ответ. |з — H5^ — уравнение цилиндра, образующие кото- которого параллельны оси Oz, а направляющей служит данная ги- гипербола, лежащая в плоскости хОу (фиг. 20,3). Такой цилиндр называется гиперболическим. Задача 20,16. Какие поверхности определяют уравнения 1)*? + 22 = 16; 2) ? + ?=1; 3) х = 222; 4)^-^=1? Решение. Каждое из этих уравнений содержит только две переменные х и г и определяет на плоскости xOz кривые: 1) ок- окружность; 2) эллипс; 3) параболу; 4) гиперболу. В пространстве же каждое из них определяет цилиндрическую поверхность с образующими, параллельными оси Оу, так как эти уравнения не содержат переменной у. Направляющими этих ци- цилиндрических поверхностей служат указанные кривые: • 1) х2 -f г2 = 16 — уравнение прямого кругового цилиндра; 193
X2 „г 2) -g- + -г = 1 — уравнение эллиптического цилиндра; 3) x = 2z2 — уравнение параболического цилиндра; г2 х2 4) -? — •=- = 1—уравнение гиперболического цилиндра. Задача 20,17. Какие поверхности определяют уравнения 1) уг = Ъ, 1) у = бг2, 3) f + г2 = 9, 4)"{? -Ь J = 1? Ответ. 1) уг— Ь — уравнение гиперболического цилиндра; 2) у = 6г2 — уравнение параболического цилиндра; 3) у2 -J- 22 = 9 — уравнение прямого кругового цилиндра; 4) |г + -г" = 1 — уравнение эллиптического цилиндра. Образующие всех этих цилиндрических поверхностей парал- параллельны оси Ох. Задача 20,18 (для самостоятельного решения). Какую поверх- поверхность определяет уравнение Ответ. В пространстве уравнение определяет прямой круго- круговой цилиндр, для которого данная окружность служит направля- направляющей. Образующие цилиндра параллельны оси Oz, причем сама ось является одной из образующих, так как данная окружность проходит через начало координат. Постройте эскиз цилиндра. Задача 20,19. Какую поверхность определяет уравнение Ответ. Прямой круговой цилиндр, образующие которого па- параллельны оси Ох. Задача 20, 20. Какую поверхность определяет уравнение Решение. Перепишем данное уравнение в виде что в свою очередь может быть записано так: Каждое из этих уравнений определяет плоскость, проходящую через ось Оу, причем ось Оу является прямой пересечения этих плоскостей. 3. Линия в пространстве. Линия в пространстве может рас- рассматриваться как пересечение двух поверхностей. Если уравне- 194
ния этих поверхностей F (х, у, г) = 0 и Ft (л;, у, г) = 0, то эти два уравнения F(*'iA2)==Oi B0 6) Fl(x,y,z)=0\ ^U'b) и являются уравнениями линии в пространстве. Таким образом, линия в пространстве есть геометрическое место точек, коорди- координаты которых удовлетворяют системе B0, 6). Решим несколько задач, связанных с линиями в пространстве. Задача 20, 21. Какая линия изображается системой уравнений = 61 Решение. Первое из уравнений системы^определяет сферу, а второе—плоскость, параллельную плоскости хОу. Так как данная плоскость пересекает данную сферу, то линией пересече- пересечения будет окружность. Значит, линия, о которой идет речь в задаче,— окружность лежащая в плоскости z =^ 6. Запишем уравнение этой окружности в другом виде. Исклю- Исключим г из данной системы уравнений. Сделать это надо так: в первое уравнение системы подставить значение 2—6. Получим 2 = ИЛИ 2 = Окончательно 2 = Первое уравнение определяет в пространстве прямой круговой цилиндр, у которого осью служит ось 02, а второе — плоскость, параллельную плоскости хОу. Первое уравнение этой системы х2 + у2 = 15 на плоскости хОу определяет окружность, являю- являющуюся прямоугольной проекцией той окружности, которая опре- определяется заданной системой уравнений. Задача 20, 22. Какую линию определяет система уравнений 2 = 5 Решение. Первое уравнение этой системы определяет в про- пространстве эллиптический цилиндр, а второе — плоскость, парал- параллельную плоскости хОу. Линией их пересечения будет эллипс, лежащий в данной плоскости. Его прямоугольной проекцией на 195
плоскость хОу будет эллипс, определяемый первым из уравнений системы. Задача 20, 23. Какая линия определяется системой уравнений "*=Э: Решение. Первое из данных уравнений определяет в про- пространстве параболический цилиндр, а второе — плоскость, парал- параллельную плоскости yOz. Эта плоскость пересечет параболический цилиндр по параболе. Итак, линия, определяемая заданной си- системой уравнений,— парабо*ла, лежащая в плоскости х = 5. Про- Проекцией этой параболы на плоскость yOz будет парабола, опреде- определяемая первым уравнением данной системы. Задача 20, 24 (для самостоятельного решения). Какая линия определяется уравнениями Г 2-9 Ответ. Окружность, лежащая в плоскости г — 9, параллель- параллельной плоскости хОу. Проекцией этой окружности на плоскость хОу будет окружность 2 2 = 91 2= О)' - ' Второе из этих уравнений указывает на то, что окружность, определяемая первым уравнением, лежит в плоскости хОу, урав- уравнение которой 2 = 0.. 4. Поверхность вращения. В учебнике Привалова на страни- странице 269 выведено простое правило, позволяющее по известному уравнению вращающейся линии получить уравнение поверхности вращения. Приведем здесь это правило и дадим к нему разъяснения. 17р авило. Чтобы получить уравнение поверхности, обра- образованной вращением линии L, лежащей в плоскости yOz, вокруг оси Оу, нужно в уравнении этой линии заменить z на ± Ух2 + г2. Разъясним это правило. Уравнение линии, лежащей в плоскости yOz, содержит в общем случае две переменные величины: у и г и имеет вид Уравнение же поверхности в общем случае содержит три теку- текущих координаты: х, у и г. Уравнение вращающейся линии надо преобразовать так, чтобы оно стало уравнением поверхности вращения Правило указывает, что в уравнении вращающейся линии / (у, г) = 0 те- текущая координата z должна быть заменена на ± ]/х2 -f- г2. Это 196
надо понимать так, что в этом уравнении вторая текущая коор- координата у, одноименная с осью вращения Оу, должна быть остав- оставлена без изменения. Таким образом, преобразованное уравнение' в общем случае будет содержать три текущих координаты: х, у и г. Если бы вращение линии f (у, г) = О происходило не вокруг оси Оу, а вокруг оси Oz, то, чтобы получить уравнение поверх- поверхности вращения, следовало бы в уравнении кривой текущую ко- координату г, соответствующую оси вращения Oz, оставить без изменения, две же другие текущие координаты хну ввести, за- заменив в уравнении кривой у на ± Yx* + У2- Аналогично поступают в случаях, когда происходит вращение линии, лежащей в плоскостях хОу и xOz. Ниже рассматривается ряд задач на применение этого правила. Задача 20,25. Окружность х2 -\- у2 — г2 вращается вокруг оси Ох. Найти уравнение поверхности вращения (сферы). Решение. Чтобы написать уравнение поверхности вращения, полученной от вращения заданной окружности вокруг оси Ох, следует в уравнении окружности переменную х, соответствующую оси вращения, оставить без изменения. Вторую же переменную у в уравнении окружности заменить на ± корень квадратный из суммы квадратов двух остальных переменных — у и г, т. е. на ± Yy2 + z2'» тогда уравнение поверхности вращения запишется так: т. е. в виде x* + y* + z2=r2 (сфера). Задача .20, 26. Прямая х = z вращается вокруг оси Oz. Найти уравнение поверхности вращения (конуса). Решение. Так как в уравнение линии входят только пере- переменные л: и 2, то линия лежит в плоскости xOz. Для написания уравнения поверхности вращения в уравне- уравнении прямой переменная z должна остаться без изменения, так как она соответствует оси вращения Oz. Вторая же переменная х в уравнении прямой должна быть заменена ± корнем квадрат- квадратным из суммы квадратов двух остальных переменных х и у, т. е. ± Y*2 + У2- Уравнение поверхности вращения запишется так: Возведя обе части последнего равенства в квадрат, получим окончательно уравнение поверхности вращения в виде х2 + у3 = z\ или х2 + Уг— г2 = 0 (конус). 197
Вершина этого конуса находится в начале координат, а так как прямая х = z является биссектрисой координатного угла хОг, то угол в,осевом сечении этого конуса равен 90° (фиг. 20,4). Сле- Следует запомнить, что уравнение х*-\-у2 — z2=0 определяет конус с вершиной в начале координат и углом в осевом сечении, равным 90°. Осью этого конуса является ось Oz. Если бы вращение пря- прямой х = z происходило не вокруг оси Oz, а вокруг оси Ох, то мы получили бы уравнение поверхности вращения, оставив в этом уравнении без изменения переменную х и заменив переменную z на ± УФ -f- z2. Уравнение поверхности вращения приняло бы вид х = ± Ууг + г2, а после возведения обеих частей равен- равенства в квадрат х2 — у2 + z2, или окон- окончательно уг + г2 — л;2 = 0. Задача 20, 27 (для самостоятельного решения). Прямая y — z вращается во- вокруг оси Оу. Найти уравнение поверх- поверхности вращения (конуса). Ответ, х2 -f- z2 — уг = 0. Задача 20,28 (для самостоятельно- самостоятельного решения). Определить уравнение по- поверхности вращения, образованной вра- вращением прямой у — Зх вокруг оси Ох (конус). Ответ, у2 + г2 — 9л;2 = 0. Задача 20,29. Определить уравнение поверхности вращения, образованной вращением эллипса \ -\- |j = 1 1) вокруг оси Ох; 2) вокруг оси Оу. Решение. 1) Уравнение кривой содержит координаты х и у, значит, кривая лежит в плоскости хОу. Для определения уравнения поверхности, образованной вра- вращением эллипса вокруг оси О*, надо в уравнении эллипса пере- переменную х, соответствующую оси вращейия, оставить без измене- изменения, а вторую переменную у в уравнении эллипса заменить на ± корень квадратный из суммы квадратов двух остальных перемен- переменных, т. е. на ± Ууг + z2. Искомое уравнение поверхности вращения будет выглядеть так: Фиг. 20,4. (± Уу^Г?? 1 или х i У -г* _ 1 Эта поверхность называется эллипсоидом вращения. 198
2) Если же вращать данный эллипс вокруг оси Оу, то «пере- «переменную у, соответствующую оси вращения, в уравнении эллипса следует оставить без изменения, а переменную х заменить на ± yV + г2. В этом случае уравнение поверхности вращения будет таким: , у2 _ 1 ~Т Ьг~ ' ИЛИ *'+г2 у2 . Эта поверхность также называется эллипсоидом вращения. Фиг. 20,5. Фиг. 20.6. У Задача 20, 30 (для самостоятельного решения). Найти уравне- уравнение поверхности, образованной вращением эллипса вокруг 1) оси Ох; 2) оси Ог. Ответ. 1) % + г ¦ д— = 1 — эллипсоид вращения; 2) хг i —-JJ5 аа + Т2 = * —эллипсоид вращения. Задача 20,31. Найти уравнение поверхности, образованной вращением гиперболы дг —72= 1 вокруг 1) оси Ох; 2) оси Ог. Ответ. 1) у-^ j = — 1 (двухполостный гиперболоид вра- вращения, фиг. 20, 5). 2) * ау— ~г — 1 (однополостный гиперболоид вра- вращения, фиг. 20,6). 199
Задача 20, 32 (для самостоятельного решения). Парабола уг = = 2pz вращается вокруг оси Oz. Написать уравнение поверхно- поверхности вращения. Ответ. Полагая ^- — at получим z = а (х* + у2). Эта поверх- поверхность называется параболоидом вращения. Задача 20,33 (для самостоятельного решения). Найти урав- уравнение поверхности, полученной от вращения параболы у2 = х во- вокруг оси Ох. Ответ. x=yi-\-zi (параболоид вращения). Задача 20, 34 (для самостоятельного решения). Найти уравне- уравнение поверхности, образованной вращением. прямой х-\-z — ] во- вокруг оси Oz. Ответ. х2 + у2 — (z—lJ = 0. Поверхность — конус с вершиной в точке С @,0, 1). Угол в осевом сечении этого конуса равен 90°. В заключение решим несколько простых задач, связанных с поверхностями второго порядка, заданными простейшими уравне- уравнениями. Приводим для справок простейшие уравнения поверхно- поверхностей второго порядка. 1. Трехосный эллипсоид B0'7> (а, Ь и с — полуоси эллипсоида). 2. Однополостный гиперболоид „2 . ? = !• B0,8) В пересечении поверхности однополостного гиперболоида с координатными плоскостями получаются кривые: 1) с плоскостью xOy(z = 0) — эллипс -^2 + jrj- = 1, который называется главным; х2 z2 2) с плоскостью хОг — гипербола -^ — ^ = 1; V2 г2 3) с плоскостью yOz — гипербола-|г — -? — 1. Вершины главного эллипса (иногда он называется горловым) называются вершинами гиперболоида, а оси этого эллипса — поперечными осями гиперболоида. Их длины равны 2а и 26. Ось гиперболоида B0,8), расположенная по оси Oz и равная по длине 2с, называется его продольной осью. В случае, когда продольная ось однополостного гиперболоида расположена но оси Ох, уравнение его поверхности запишется в виде 200
для случая же, когда продольная ось" однополостного гипербо- гиперболоида находится на оси Оу, его уравнение имеет вид i! + ?1 _ |1 =: 1. B0,10) 3) Двухполостный гиперболоид |-+!i--;4=-i. Bо,п) Плоскость хОу не пересекает поверхности двуполостного гиперболоида B0, 11). Плоскости xOz и yOz пересекают поверх- поверхность B0, 11) соответственно по гиперболам х2 г2 . у2 г2 , а2 с2 ~ ~~ Ъг с2 ' которые называются главными гиперболами. Отрезок длиною 2с, расположенный по оси Oz, называется продольной осью дву- двуполостного гиперболоида B0, 11), а отрезки длиною 2а и 2Ь, расположенные соответственно по осям Ох и Оу, называются его поперечными осями. У двуполостного гиперболоида 4 + т—й- = —1 B0,12) CL С Ь продольная ось расположена по оси Оу, а у двуполостного гипер- гиперболоида -Й + ?-5-=--1 B0,13) она расположена по оси Ох. 4. Действительный конус второго порядка B0,14) Вершина этого конуса находится в начале координат, он состоит из двух частей, расположенных по обе стороны от вершины. Одной из возможных направляющих этого конуса является эллипс Z — C У конуса Г2 72 ,Л т* + ?-&- = о B0'15> вершина находится в начале координат, он состоит из двух частей, расположенных по разные стороны плоскости xOz. Одной из возможных его направляющих является эллипс X2 7г 20L
У конуса же -? + ?—-J--0 B0,16) вершина находится в начале координат, а две его части рас- расположены по разные стороны плоскости уОг. Одной из возмож- возможных его направляющих является эллипс 5. Эллиптический параболоид * = ?+?• B0.17) Ось Oz называется его осью. У эллиптического параболоида Х% Z2 У = тг + о~ B0, 18) /р 1х осью служит ось Оу, а у эллиптического параболоида осью служит ось Ох. 6. Гиперболический параболоид *-?-&• B0>20) Задача 20, 35. Найти главные сечения эллипсоида 25 "l"l6"t" 4 — !» определить координаты их вершин и длину осей. х* Ф г2 Решение. Главными сечениями эллипсоида -^ + |r -h ж — * называются линии, по которым эллипсоид пересекается с коор- координатными плоскостями. Плоскость хОу имеет уравнение г = 0. Полагая в уравнении эллипсоида z = 0, получим уравнение ли- линии пересечения эллипсоида с плоскостью хОу 25 ^ 16 М которое в плоскости хОу определяет эллипс. В сечении данного эллипсоида плоскостью у = 0 (координатная плоскость хОг) полу- полулается эллипс 25 2С2 :'Л
Координатная же плоскость yOz, уравнение которой х — О, пересекает данный эллипсоид по эллипсу Таким образом, главные сечения данного эллипсоида определены: это эллипсы, лежащие в координатных плоскостях. Координаты вершин этих эллипсов и определят координаты вершин эллипсоида. Вершивы эллипсоида, лежащие в плоскости хОу, имеют координаты E, 0, 0), (—5, 0, 0), @, 4, 0) и @, —4, 0); вершины эллипсоида, лежащие в плоскости xOz, имеют коор- координаты E, 0, 0) (—5, 0, 0) @, 0, 2) и @, 0, —2); вершины эл- эллипсоида, лежащие в плоскости yOz, имеют координаты @, 4, 0), @, —4,0); @, 0, 2) и @,0, —2). Соединяя эти результаты, приходим к такому заключению: у эллипсоида всего 6 вершин и их коорди- координаты: АХ{Ь, 0, 0), Л2(—5, 0, 0), Л3@, 4, 0), Л4@, -4, 0), Аь@, 0, 2) и Лв@, 0, —2). Сравнивая уравнение данного эллипсоида с уравнением эл- эллипсоида B0, 7), заключаем следующее: а2 — 25; полуось а = 5, а ось эллипсоида, расположенная вдоль оси Ох, будет 2а — 10; Ь2 = 16; полуось Ь = 4, а ось эллипсоида, расположенная вдоль оси Оу, будет 1Ъ = 8; с2 = 4; полуось с = 2, а ось эллипсоида, расположенная по оси Oz, равна 2с = 4. Задача 20,36 (для самостоятельного решения). Определить главные сечения эллипсоида 64 49 25 " ' а также координаты его вершин и длину осей. Ответ. 1) Уравнения главных сечений: 2) Длина осей: 2а = 16; ЪЪ = 14; 2с = 10. 3) Вершины эллипсоида: Л1(8, 0, 0), Л2(—8, 0, 0), А3@, 7, 0), Л«@, -7, 0), Л,@, 0, 5) и Л,@, 0, -5). Задача 20,37. Найти линии пересечения поверхности гипер- гиперболоида У2 „2 -2 27 ^ 18 9 С координатными плоскостями и с плоскостями z = 2, х = 3. 203
Ответ, а) Уравнение линии пересечения данного гипербо- гиперболоида с координатной плоскостью хОу 27" "*" 18" = 1 (эллипс); 2 = 0 J б) с плоскостью yOz гиперболоид пересекается по 18 9 ~ [ (гипербола); х — 0 ) в) с плоскостью xOz — по линии 2У —"9 = 1 (гипербола). линии Уравнение линии пересечения гиперболоида с плоскостью = 2 щ- + sg- = 1 I (эллипс, лежащий в z = 2 ) плоскости z = 2) Уравнение линии пересечения с плоскостью х = 3 ?._!!.=. 1 ] 12 6 > (гипербола). х = 3 J Задача 20,38. Какие поверхности определяются уравнениями 1) х2+у2 — z2=0; 2)z = ^ + «/2; У2 ,.2 72 >>2 -2 7) г = -(*»+ */¦); 8)г=1-^2-г/2. Ответ. 1) Круговой конус, у которого осью является ось Oz. 2) Параболоид вращения, у которого осью является ось Oz. 3) Круговой конус, у которого ось вращения совпа- совпадает с осью Ох. 4) Двухполостный гиперболоид вращения, у которого ось вращения совпадает с осью Оу. 5) Из сравнения с B0, 10) заключаем, что это одно- полостный гиперболоид, ось которого совпадает с осью Оу. 6) Конус, у которого ось совпадает с осью Ох. 7) Параболоид вращения. 8) Параболоид вращения. 204
Задача 20, 39. Какие поверхности определяются уравнениями 1) 2х2-5г/2-8=--0; 2) 4л:2 — 8у2 + 16z2 = 0; 3) 8л;2 — 4у2 + 24z2 — 48 = 0; 4) у2 = 6л:-4; 5) 2л;2 — уг — 22=0; 6) Зх2 + Ъуг =-- 12г; 7) л:2 + V — 8 = 0; 8) г2 — 4х = 0; 9) 2л;2 — Зг2 = — 12у; Ю) 4л;2—12уг —6га = 12. Ответ. 1) Гиперболический цилиндр с образующими, парал- параллельными оси Oz. 2) Из сравнения с B0, 15) очевидно, что это конус. 3) Из сравнения с B0, 10) заключаем, что это одно- полостный гиперболоид, продольная ось которого расположена по оси Оу. 4) Параболический цилиндр с образующими, парал- параллельными оси Oz. 5) Перепишем уравнение в виде • у2 + z2 — 2л;2 = 0, ИЛИ откуда видно, что это круговой конус, у которого ось совпадает с осью Ох. 6) Переписав уравнение в виде можем заключить, что это эллиптический парабо- параболоид B0, 17).. 7) Эллиптический цилиндр с образующими, парал- параллельными оси Oz. 8) Уравнение содержит две координаты. Это цилинд- цилиндрическая поверхность. Перепишем уравнение в виде z2 = 4х (парабола). Уравнение определяет параболический цилиндр с образующими, параллельными оси Оу. 9) Уравнение перепишем в виде — !i _ х* у ~ 4 6" 205
Из сравнения с B0, 20) заключаем, что это гипербо- гиперболический параболоид. 10) Перепишем уравнение в виде ИЛИ Из сравнения с B0, 13) заключаем, что это дву- полостный гиперболоид, ось которого совпадает с осью Ох.
ЧАСТЬ II ПРАКТИЧЕСКИЕ ЗАНЯТИЯ ПО ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНОМУ ИСЧИСЛЕНИЮ ФУНКЦИЙ ОДНОЙ И МНОГИХ НЕЗАВИСИМЫХ ПЕРЕМЕННЫХ
Указатель параграфов, которые должны быть изучены перед каждым практическим занятием 8 Номер практи- практического занятия 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 И 12 13 . 14 § § § § § § § § § § В. И. Смирнов. Курс высшей математики 1, пункт 1, 2, 3 1, пункты 5, 6, 7 1, пункты 9, 10, 18, 19, 22, 23, 24 1, пункты 10, 11, 1, пункты 20, 21, 1, пункты 23, 24 1, пункты 23, 24 То же 1, пункт 20 2, пункт 25 2, пункты 25, 26, 2, пункты 25,26, Те же параграфы, для предыдущего ческого занятия Глава 1, § 2, пункт 8 12, 16, 14, 19 22 27, 28, 29 27, 28, 29 что и практи- 32 Автор и название учебника А. Ф. Бермант. Курс математического анали- анализа, ч. I Введение 2, 3, 6 Глава I, Глава I, Глава I, Глава 1, Глава I, См. два иятия § 3, пункты 1, § 1. 2 § 2, 3 §4 §5 §6 предыдущих за- См. предыдущие практи- практические Глава I, Глава II, Глава II, Глава II, Глава II, Глава II, 33, 34 занятия § 5; § 3 пункт 15 § 1 §2 § 1 и 2 § 1 и 2 § 2, пункты 32, Г. П. Толстов. Курс мате- математического анализа, т. I Глава Глава Глава Глава Глава Глава Глава Глава Глава Глава Глава Глава 1, § 1, 2, 3, 4, 12, 13 Н, § 1, 2, 3 И, § 1, 2, 3 И, §4 ", § 4 И, § 4 И, §4 I, §3 Н, § 16 I, § 7, 8, 9 И, §8 П, § 8 См. предыдущее практиче- практическое Глава занятие II, § 7, 8, 9, 10 Н. С. Пискунов. Диффе- Дифференциальное и интеграль- интегральное исчисления Глава Глава Глава Глава Глава Глава Те же I, § 1, 2 I, § 3, 4, 6, 7 I, § 3, 4, 6, 7 I, § 8, 9, 10 I, § 8, 9, 10 I, § 8, 9, 10 параграфы, что и к предыдущим двум за- занятиям Те ж« : параграфы, что и к занятиям шестому и седьмому Глава Глава Глава Глава Глава Глава Ш, § 13, 14 II, § 1, 2, 3, 4, 5 II, § 1, 2, 3, 4, 5 II, § 1, 2, 3, 4, 5 II, § 1, 2, 3, 4, 5 II, § 1, 2, 3, 4
(Продолжение указателя) Номер практи- практического занятия 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 В. И. Смирнов. Курс высшей математики То же, что и на предыду- предыдущем практическом заня- занятии Глава Глава Глава 33, Глава Глава Глава Глава 48, Глава 48, Глава 48, Глава 48, Глава Глава 54, Глава I, I, 1, 39 1, I, И, II 49 II. 49 и, 49 П 49 11, И, 55 и, § 2, §2, § § 2, § 2, § з , § § § § §3 § § 4 пункт 33 пункт 38 2, пункты пункты 36, пункты 34, , пункты 45, 3, пункты 3, пункты 3, пункты 3, пункты , пункт 50 4, пункты 32, 37 35 46 47, 47, 47, 47, 53, Автор и название учебника А. Ф. Бермант. Курс математического анали- анализа, ч. I Глава Глава Глава См. f Глава Глава Глава 42, Глава 46, Глава 46, Глава 46, Глава 46, Глава Глава Глава II § II, § и, § , 2 4, пункт 40 4, пункт 41 федыдущее занятие II, § И. § Ш. § 43, 44 Ш, 47, 48 III, 47, 48 ш, 47, 48 ш, 47, 48 I", § III, § III. § 4, пункт 39 3 1, пункты § 2, пункты , 49 § 2, пункты , 49 § 2, пункты 49 § 2, пункты , 49 2 3, 4 5 Г. П. Толстов. Курс мате- математического анализа, т. I Глава Глава Глава Глава Глава Глава Глава Глава Глава Глава Глава Глава Глава Глава И, И, Н, И, 11 И, III III, III III, III, III, III III, § 7, 8, 9, 10 § 11 § И § 10, 11 § 22 § 12, 13, 14, S 1, 2, 3, 4 § 1, 2, 3, 4, § 1, 2, 3, 4, § 1-6 § 1—6 § 1-6; § 19 § 9, 10, 11 § 15, 16, 17 15 5 5, 5, 6 6 6 H. С. Пискунов. Диффе- Дифференциальное и интеграль- интегральное исчисления Глава Глава Глава Глава Глава Глава Глава Глава Глава Глава Глава Глава Глава Глава И, II, И, И, Н, И, III III III III III III III HI § § § § § § § >§ § § § § § § 1. 2, 3, 4, 5 6 7, 8 7, 8 11 9, 10 1—3 4—9 6, 10 14 8, 12 11 20, 21 22, 23, 25
29 30 31. 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 Глава Глава Глава Глава 59, Глава 59, Глава 72, Глава 59, 71, Глава 79, Глава Глава ва Глава 156 Глава Глава Глава II, § 4, пункты 65, 66 II, § 4, пункты 6J II, § 5, пункт 57 И, § 5, пункты 60, 61 II, § 5, пункты 60, 61 И, § 6, пункты 73 >,66 58, 58, 71, 11, § 5, пункты 58, 60, 61; § 6, пункты 72, 73 II, § 6, 71, 77, 80, 81, 82, 83, 84 II, § 6, пункты 6/ II, § 6, пункт 69, V, пункты 151, 152, VI, § 15, пункты То же VI, § 15, п. 157 VI, § 16, п. 162 VI, § 15, п. 160 78, , 85 ',68 гла- 153 155, Глава IV, § 4 пункт 73 Глава IV, § 4 пункт 73 Глава IV, § 1 Глава IV, § I, пункт 62; § 3, пункт 70 Глава IV, § 1, пункт 62; § 3, пункт 70 Глава IV, § 3, пункты 71, 74 Глава IV, § 4, пункт 35 Глава IV, § 6 Часть II, глава X, § 1, 2, 3 Часть II, глава X, § 4 Часть II, глава X, § 5 Часть II, глава X, § 3 Часть II, глава X, § 4 Часть II, глава XI, § 1 Часть II, глава XI, § 3, пункт 166 Глава IV, § 7 Глава IV, § 7 Глава IV, § 12 Глава IV, § 13, 14 Глава IV, § 13, 14 Глава IV, § 15, 16 Глава IV, § 17 Глава V, § 1—9 Часть II, глава XI, § 1—6; глава XII, § 1, 2, 3 Часть II, глава XII, § 6, 7 Часть II, глава XII, § 10 Часть II, глава XIV Часть II, глава ХШ, § 1 Часть II, глава XIV, § 1, 2 Часть II, глава XII, § 5 Глава IV, § 4, 5 Глава IV, § 4, 5 Глава V, § 1, 2 Глава V, § 3, 4, 5, 6, 7 Глава V, § 3, 4, 5, 6, 7 Глава V, § 9, 10 Глава V, § 11, 12 Глава VI, § 1—7 Глава VIII, § 1, 2, 3, 4, 5, 7 Глава VIII, § 10 Глава VIII, § 12 Глава VIII, § 13, 14, 15 Глава VIII, § 11 Глава VIII, § 17, 18 Глава IX, § 6
ПЕРВОЕ ПРАКТИЧЕСКОЕ ЗАНЯТИЕ Содерж ан ие: Интервал, отрезок, промежуток. Абсолютная величина числа. Свойства абсолютных величин. ОСНОВНЫЕ СВЕДЕНИЯ ИЗ ТЕОРИИ 1. Интервал, отрезок, промежуток 1. Если а и Ь — действительные числа и а меньше b(a<b), то совокупность всех действительных чисел х, подчиняющихся условию а<х<Ь, образует интервал. Левым концом интервала является число а, а правым его концом — число Ь. Обозначается интервал символом (а, Ь). С геометрической точки зрения интервал (а, Ь) представляет собой совокупность всех точек прямой, находящихся между точ- точками а и Ь, причем концы этого отрезка а и Ъ в интервал не включаются. На фиг. 1,1 представлен интервал. Стрелки показывают, что точки а и Ъ не принадлежат интервалу (а, Ъ). Фиг. 1,1. 2. Если к интервалу (а, Ь) присоединить числа а и Ь, то получим отрезок ab, который обозначается символом [а, Ъ]. Таким образом, под отрезком [а, Ь] понимается совокупность всех действительных чисел х, подчиняющихся условию а < х < Ъ. Геометрически отрезок [а, Ь] есть отрезок прямой с концами в точках а и Ь. Различие между интервалом (а, Ъ) и отрезком [а, Ъ\ состоит в том, что в случае интервала (а, Ъ) числа а и Ъ ему не принад- принадлежат, а в случае отрезка [а, Ь] числа а и Ъ ему принадлежат. На фиг. 1,2 представлен отрезок [а, Ь]. Фнг. 1,2. 212
3, Под символом [а, Ь) следует понимать совокупность всех действительных чисел х, подчиняющихся условию а < х <cb, т. е. рассматриваются все действительные числа, содержащиеся между числами а и Ь, причем число а рассматривается, а число Ъ — нет {фиг. 1,3). Под символом же (а, Ь] понимается совокупность всех дей- действительных чисел х, подчиняющихся условию а < х < 6, т. е. <*х д Фиг. 1,3. рассматриваются все действительные числа, содержащиеся между числами а и Ь, причем число а ,не рассматривается, а число b рассматривается (фиг. 1,4). Фиг. 1,4. Каждая из совокупностей чисел (а, Ь] и [а, Ь) называется полуотрезком *. 4. В том случае, когда безразлично, принадлежат ли гра- граничные точки а и Ъ рассматриваемым совокупностям или нет, вместо терминов «интервал* и «отрезок» употребляется тер- термин «промежуток». Пример 1. Интервал E,9) есть совокупность всех действитель- действительных чисел х, удовлетворяющих условию 5 < х < 9. Пример 2. Отрезок [—1, +2] есть совокупность всех действи- действительных чисел х, удовлетворяющих условию —1<лс< +2. Пример 3. Совокупность всех действительных чисел х, для которых — 1<л:<1, есть полуотрезок [—1,1). Пример 4. Совокупность всех действительных чисел х, подчи- подчиняющихся условию —2 < х < 2, есть полуотрезок (—2, +2]. 5. Если рассматривается совокупность всех действительных чисел, то это записывается так: — oo<*<-f-oo или {— со, +оо). Под записью а<*<+оэ, или (а, Н-оо) следует понимать, что рассматривается совокупность всех действительных чисел х, больших, чем а, а под записью а<л:<+оо, или [а, +оо), по- понимается совокупность всех действительных чисел х, не мень- меньших а (когда мы говорим «число, не меньшее числа а», то это значит, что это число или больше, или равно а). * Некоторые авторы, например Г. П. Толстов в учебнике «Kypq матема тического анализа», называют эти совокупности чисел не «полуотрезками» а «полуинтервалами». 213
Запись —со < х < b или (—co,b) означает, что рассматри- рассматриваются все действительные числа х, меньше числа Ь, а запись —оо < х < Ь или (—со, Ь] следует понимать так, что рас- рассматривается совокупность всех действительных чисел х, не боль- больших числа b (когда говорят, что число не больше числа Ь, то это означает, что оно или меньше, или равно числу Ь). Интер- Интервалы, рассмотренные в этом пункте, называются бесконечными. 2. Свойства абсолютных величии " С абсолютными величинами чисел в математическом анализе приходится часто встречаться. Мы напомним относящиеся сюда определения и теоремы и сделаем ряд упражнений. 1. Абсолютная величина числа а обозначается символом \а\. Пусть а — действительное число. Если оно положительно или равно нулю (а > 0), то его абсолютной величиной называется оно само, а если оно отрицательно (а < 0), то его абсолютной вели- величиной называется число — а. Итак, если а > 0, то | а | = а; если а < 0, то | а | = —а. Чтобы перейти к абсолютной величине числа, имеющего в циф- цифровой записи знак минус, надо этот знак отбросить. Если а = 5, то | а \ = | 51 = 5; если а = 0, то | а | = 0. Если а = — 3, то | а | = | —31 = —(—3) = 3. 2. Если |*| <е (е > 0), то это означает, что х удовлетворяет неравенствам (фиг. 1,5); -е<*< + е. A,1) -е О +? Фиг. 1,5. Пример 1. Если |а|<3, то имеют место неравенства -3<а<+3. Пример 2. Если ] у | < ~, то у удовлетворяет неравенствам — у < У < + |- (фиг. 1,6). Фиг. 1,6. Задача 1,1. Определить числовую величину выражения M при х = 2. 214
Решение. При х — 2 2-2+5 2л-+5 7 — 2*2 2 2г 4 + 5 -1-91-9. Задача 1,2. Определить числовую величину выражения 2л-3 — 4 Л при х = 0. 5 —л- Решение. При х = 0 имеем 2л-3 — 4 5 —л- 2-0 — 4 5 — 0 —4 5 _4_ 5 ' Задача 1,3 (для самостоятельного решения). Определить при х = 4 числовую величину выражения Ответ, уу. Задача 1,4 (для самостоятельного 5 —л-3 величину выражения 5 —л-3 решения). Найти числовую при: 1) х = 0; 2) х = 2; 3) х = —3. 1—л- Ответ. I) 5; 2) 3; 3) 8. Задача 1,5. Определить, при каких значениях х будет спра- справедливо неравенство | х — 31 < 2. Решение. Согласно формуле A,1) данное неравенство может быть записано так: —2 < х — 3 < 2. К каждой части этих не- неравенств прибавим по 3 и получим —2 + 3<х<2 + 3, откуда следует, что 1 < х < 5. Заключение: неравенство | х — 3 | < 2 выполняется для всех значений х из интервала A,5). Задача 1,6. Определить, при каких значениях х выполняется неравенство \х — а | < е. Решение. Поступая так же, как и в предыдущей задаче, получаем, что — е < х — а < + е, а отсюда, прибавляя а к каждой части этих неравенств, имеем а — е < л: < а 4- г. Заключение: неравенство \х — а| < s выполняется для всех значений х из интервала (а — е, а + е). Задача 1,7 (для самостоятельного решения). Определить, при каких значениях х выполняются неравенства: 1) | х — 11 < 3; 2) |х + 3|< 1; 3) \х+ 1|>3. Ответ. 1) —2<х<4; 2) — 4 < х < — 2; 3) х < — 4 и х > 2. Указание к третьему примеру: из того, что \х\> а(а>0), следует, что х> +а и л: < — а. В нашем случае из того, что | х + 11 > 3, заключаем, что *+1>3 и #+1< —3; отсюда и следует указанный ответ. , Задача 1,8. При каких значениях х корень )/9 — х2 будет иметь действительные значения? 215
Решение. Корень У 9 — хг будет иметь действительные зна- значения, если подкоренное выражение не является отрицательным, т. е. когда 9 — х2 > О, а дс2 < 9. Многие совершают грубую ошибку, делая на основании не- неравенства х2 < 9 заключение, что х < ±3, т. е. х < +3 и х < —3. В действительности же верно только, что х < +3, а неравенство х < —3 является в данном случае ошибочным. Правильными ре- решениями неравенства х2 < 9 являются х > —3 к х < +3, т. е. —3<*<+3, или |*|<3, ибо для всех значений х из интер- интервала (—3, -}-3) выполняется неравенство х2 < 9. Если же при- принять, что х < —3, то числа, удовлетворяющие этому неравенству, будучи возведены в квадрат, дадут числа ббльшие, чем' 9 (на- (например, —4 < —3 и (—4J = 16 > 9). Итак, решением деравенства х2 < 9 является —3 < х < +3, или |* | < 3. Задача 1,9 (для самостоятельного решения). При каких зна- значениях х корень Ухг — 9 будет иметь действительные значения? Ответ. *< —3 и х > +3, т. е. Ух2 — 9 имеет действитель- действительные значения для значений х, удовлетворяющих неравенствам — со < х < —3 и 3< х < +оо. 3. Теоремы об абсолютных величинах Теорема 1. Абсолютная величина суммы нескольких слагае- слагаемых не больше суммы абсолютных величин этих слагаемых, т. е. например, \х + у + z\<\x\-\- \у\ + \z\, причем знак равенства имеет место только в том случае, когда числа х, у и z имеют один и тот же знак. Теорема 2. Абсолютная величина разности двух чисел не меньше разности абсолютных величин этих чисел, т. е. | х — у | > >\х\-\у\. Теорема 3. Абсолютная величина произведения нескольких сомножителей равна произведению абсолютных величин этих со- сомножителей. Например, в случае двух сомножителей \ху\ = = 1*1Ы. Теорема 4. Абсолютная величина дроби равна абсолютной величине числителя, разделенной на абсолютную величину знаме- знаменателя, т. е. У\ \У\' Задача 1,10 (для самостоятельного решения). Проверить тео- теорему 1 этого параграфа для 1) *= —5; г/= 4; z = 5; и = —1. 2) х - -4; у = 5; z = -2. 3) х = 4; у = 2; z=--7. 4) *=5; г/=-3; z = -6. 216
Задача 1,11 (для самостоятельного решения). Проверить тео- теорему 2 этого параграфа для чисел 1) *= 7; 0=-4; .3) х= 5; у = 7; 2) * = -4; у = -8; 4) дс = -10; у = 4. 1^ j | 2. . 3, — -g- < 0,01 (*>—з). Решение. Упростим выражение, стоящее под знаком абсо- абсолютной величины: х—1 1__ 5* — 5 — 2х — 6 _ 3*—11 2(* + 3) 5~ 10 (х + 3) 10 (л- + 3) * и данное неравенство запишется в виде Ъх — П 10 (дг + 3) 1 Too* Освобождаясь от знака абсолютной величины, получаем:- 1_ Ъх—11 _1_ 100 "^ 10(^+3) + 100' а отсюда уже имеем два неравенства: п 1 За- — 11 „, Зл-— И 1 ' 100*^10(^ + 3)' МО (х + 3) "^ ТОО ' Так как по условию х > —3, то дс + 3 — величина положи- положительная, и первое неравенство после умножения обеих его час- частей на х + 3 дает —1 • (дг + 3) <:ЗОдг — 110; -*-3<30*-110; х > ^ (* -f 3 > 0, а поэтому смысл неравенства от умножения обеих его частей на х + 3 сохраняется). 113 Из второго неравенства получаем, что х < -gg-. Итак, данное 107 ИЗ неравенство выполняется, если -щ- < х < -sk- . ВТОРОЕ ПРАКТИЧЕСКОЕ ЗАНЯТИЕ Содержание: Вели