Տրված գծով անցնող հարթությունների մատիտի հավասարումը. Գծերի մատիտ, տողերի մատիտի հավասարում: Ինքնաթիռների փունջ - սահմանում

Ինքնաթիռների պատշաճ մատիտը մեկ տողով անցնող բոլոր հարթությունների ամբողջությունն է:

Ինքնաթիռների ոչ պատշաճ մատիտը հարթությունների մի շարք է, որոնք բոլորը զուգահեռ են միմյանց:

Թեորեմ 1.Որպեսզի ընդհանուր հավասարումներով սահմանված երեք հարթությունները

ընդհանուր դեկարտյան կոորդինատային համակարգի համեմատ, պատկանում են նույն մատիտին, պատշաճ կամ ոչ պատշաճ, անհրաժեշտ և բավարար է, որ մատրիցայի աստիճանը

հավասար էր կա՛մ երկուսի, կա՛մ մեկի:

Անհրաժեշտության ապացույց. Թող երեք հարթություն (1) պատկանի մեկ կապոցին: Պահանջվում է դա ապացուցել

Նախ ենթադրենք, որ տրված երեք ինքնաթիռները պատկանում են իրենց սեփական կապոցին։ Այնուհետև (1) համակարգը ունի անսահման թվով լուծումներ (քանի որ, ըստ պատշաճ մատիտի սահմանման. երեք հարթություն պատկանում է մատիտին, եթե նրանք անցնում են մեկ ուղիղ գծով); սա կլինի, եթե և միայն, որովհետև եթե, ապա համակարգը (1) կամ ունի եզակի լուծում, կամ անհամապատասխան է, կախված նրանից, թե անհայտների գործակիցներից կազմված որոշիչը տարբերվում է զրոյից, թե հավասար է զրոյի:

Եթե ​​երեք տրված ինքնաթիռները պատկանում են ոչ պատշաճ մատիտին, ապա մատրիցայի դասակարգումն է

հավասար է 1-ի, ինչը նշանակում է մատրիցայի աստիճան Մհավասար է երկուսին կամ մեկին:

Բավարարության ապացույց. Տրված է. Պահանջվում է ապացուցել, որ երեք տրված ինքնաթիռները պատկանում են մեկ կապոցին:

Եթե, ապա և. Թող լինի: Այնուհետև (1) համակարգը հետևողական է, ունի անսահման թվով լուծումներ, և այդ հարթությունների մեջ կան հատվողներ (քանի որ եթե չլինեին հատվողներ, ապա դրանք բոլորը զուգահեռ կլինեին, և մատրիցայի աստիճանը հավասար կլիներ 1-ի): , հետևաբար տրված երեք հարթությունները պատկանում են սեփական փաթեթին։

Եթե; , ապա բոլոր հարթությունները համագիծ են (դրանցից երկուսը, անշուշտ, զուգահեռ են, իսկ երրորդը կարող է համընկնել զուգահեռ հարթություններից մեկի հետ)։

Եթե, ապա և, և բոլոր հարթությունները համընկնում են:

Թեորեմ 2. Թող երկու տարբեր հարթություններ տրվեն ընդհանուր դեկարտյան կոորդինատային համակարգում և ընդհանուր հավասարումները. .

Որպեսզի երրորդ հարթությունը նույնպես սահմանված է ընդհանուր հավասարմամբ

նույն կոորդինատային համակարգի համեմատ, պատկանում է հարթություններով սահմանված մատիտին, և անհրաժեշտ և բավարար է, որ հարթության հավասարման ձախ կողմը լինի հարթությունների հավասարումների ձախ կողմերի գծային համակցություն. և.

Անհրաժեշտության ապացույց. Տրված է՝ հարթությունը պատկանում է հարթություններով սահմանված հարթությունների փաթեթին և. Պահանջվում է ապացուցել, որ կան թվեր և այնպիսին, որ նույնականությունը պահպանվում է բոլոր արժեքների համար X, ժամը, զ:

Փաստորեն, եթե երեք ինքնաթիռը պատկանում է մեկ կապոցին, ապա որտեղ

Այս մատրիցայի առաջին երկու տողերը գծային անկախ են (քանի որ ինքնաթիռները և տարբեր են), և քանի որ երրորդ շարքը առաջին երկուսի գծային համակցությունն է, այսինքն. կան թվեր և այդպիսիք

Առաջին հավասարության երկու կողմերը բազմապատկելով X, երկրորդի երկու մասերը վրա ժամը, երրորդի երկու մասերը վրա զև տերմին առ տերմին ավելացնելով ստացված հավասարություններն ու հավասարությունը, մենք ստանում ենք ապացուցվող ինքնությունը:

Բավարարության ապացույց.Թող ինքնությունը

վավեր է բոլոր արժեքների համար X, ժամըԵվ զ. Պահանջվում է ապացուցել, որ ինքնաթիռը պատկանում է հարթություններով սահմանված մատիտին և.

Այս ինքնությունից հետևում են հետևյալ հարաբերությունները.

Այսպիսով, մատրիցայի երրորդ շարքը Մկա առաջին երկուսի գծային համադրություն և հետևաբար. և այլն:

Այն հավասարումը, որտեղ և միաժամանակ հավասար չեն զրոյի, կոչվում է հարթությունների մատիտի հավասարում, որը սահմանվում է երկու տարբեր հարթություններով, և որի հավասարումները ընդհանուր դեկարտյան կոորդինատային համակարգում հետևյալն են.

Ինչպես ապացուցվել է, ճառագայթի ցանկացած հարթության հավասարումը, որը սահմանված է տարբեր հարթություններով և կարող է գրվել ձևով.

Ընդհակառակը, եթե հավասարումը, որի թվերից առնվազն մեկը և հավասար չէ զրոյի, առաջին աստիճանի հավասարում է, ապա դա հարթությունների և հարթությունների կողմից սահմանված մատիտին պատկանող հարթության հավասարումն է։ Փաստորեն, մատրիցայի երրորդ շարքը Մ, կազմված է հավասարումների գործակիցներից և ունի ձև

դրանք. հետևաբար, մյուս երկուսի գծային համակցությունն է։

Եթե ​​հարթությունները և հատվում են և միաժամանակ հավասար չեն զրոյի, ապա բոլոր գործակիցները X, ժամը, զհավասարման մեջ չի կարող հավասար լինել զրոյի, քանի որ եթե հարաբերությունները տեղի են ունեցել

այդ դեպքում ինքնաթիռները կլինեին համագիծ, հակառակ ենթադրության:

Բայց եթե հարթությունները զուգահեռ են, ապա կան թվեր, և որոնցից առնվազն մեկը հավասար չէ զրոյի, և այնպիսին, որ հավասարման մեջ բոլոր գործակիցները X, ժամըԵվ զհավասար են զրոյի: Բայց հետո դա կլինի ոչ պատշաճ կապոց, և ինչպես ուղիղ գծերի փաթեթի դեպքում, այստեղ էլ պետք է շատ զգույշ լինել:

Հոդվածում քննարկվում է հարթության տվյալ կետում կենտրոնով գծերի մատիտի սահմանումը: Մանրամասն լուծումը վերլուծվում է սահմանման միջոցով, դիտարկվում են գծերի մատիտի համար հավասարում կազմելու և կոորդինատներ գտնելու խնդիրները:

Գծերի մատիտը սահմանվում է հարթության վրա, բայց ոչ եռաչափ տարածության մեջ: Երկրաչափության աքսիոմն ասում է, որ եթե հարթության վրա կան երկու տարբերվող կետեր, ապա դրանց միջով կարող է գծվել միայն մեկ ուղիղ գիծ: Եթե ​​γ հարթության վրա նշված են M 0 և M 1 կետերը, ապա մենք կարող ենք ուղիղ գիծ անցկացնել դրանց միջով: Երբ կա մեկ այլ M 2 կետ, որը չի ընկած M 0 M 1 ուղիղ գծի վրա, ապա կարելի է գծել M 0 M 2 ուղիղ գիծը: Եթե ​​նշենք M 3 կետը, որը չի պատկանում գծված գծերից ոչ մեկին, ապա կարող ենք գծել նաև դրա միջով M 0-ով անցնող գիծ։

Այստեղից բխում է, որ γ հարթությունում հնարավոր է տրված կետով գծել բազմաթիվ ուղիղներ։ Սա հանգեցրեց գծերի մատիտի սահմանմանը:

Սահմանում 1

Տրված γ հարթությունը բոլոր ուղիղների բազմությամբ, որոնք գտնվում են γ հարթության մեջ և անցնում են M 0 կետով, կոչվում է M 0 կետում կենտրոն ունեցող ուղիղների մատիտ:

Ելնելով սահմանումից՝ մենք ունենք, որ այս մատիտից ցանկացած երկու տող հատվելու է գծերի այս մատիտի կենտրոնում: Ճառագայթը որոշվում է պայմանով, որ նշված է այս ճառագայթի կենտրոնը:

Գծերի մատիտի հավասարում - խնդիրների լուծում

Խնդիրները լուծելու համար օգտագործվում է ուղիղ գծերի մատիտի հավասարումը, այսինքն՝ մատիտն ինքնին համարվում է հարթության վրա գտնվող O x y կոորդինատային համակարգի համեմատ։

Երբ մենք ունենք ուղղանկյուն կոորդինատային համակարգ O x y հարթության վրա՝ նշված a 1 և a 2 հատվող գծերով, մատիտը սահմանում է այդ ուղիղները։ O x y կոորդինատային համակարգը պատասխանատու է գծի ընդհանուր հավասարման համար, որն ունի A 1 x + B 1 y + C 1 = 0 կամ A 2 x + B 2 y + C 2 = 0 ձևը:

Եկեք ներկայացնենք ուղիղների հատման նշանակումը որպես M 0 կետ x 0 և y 0 կոորդինատներով: Հետևում է, որ M կետն ունի M 0 կոորդինատներ (x 0, y 0):

Փնջերում օգտագործվող հավասարումների տեսակը որոշելու համար հաշվի առեք թեորեմը.

Թեորեմ

Հաշվի առնելով երկու հատվող ուղիղները՝ a 1 և a 2, կան ուղիղներ, որոնք ներառված են O x y կոորդինատային համակարգում ձևավորված գծերի փաթեթում: Նրանց հավասարումներն են՝ A 1 x + B 1 y + C 1 = 0 և A 2 x + B 2 y + C 2 = 0, եթե և միայն եթե α · (A 1 x + B 1 y + C 1) ուղիղի հավասարումը. = 0) + β · (A 2 x + B 2 y + C 2) = 0 համապատասխանում է դրան, իսկ α և β իրական թվեր են, որոնք հավասար չեն զրոյի։ Այս պայմանը գրված է հետևյալ կերպ՝ α 2 + β 2 ≠ 0։

Ապացույց

Եկեք սկսենք ապացույցի մեր ուսումնասիրությունը՝ դիտարկելով նշված մատիտից a տողը, որից հետո կապացուցենք, որ այն կարելի է նշել՝ օգտագործելով α · (A 1 x + B 1 y + C 1) + β · (A 2) հավասարումը: x + B 2 y + C 2 ) = 0:

Վերցնենք ճառագայթի կենտրոնը M 0 = (x 0 , y 0) կոորդինատներով կետ:

Այստեղից մենք ստանում ենք, որ n → = (A 1 , B 1) A 1 x + B 1 y + C 1 = 0 ուղղի նորմալ վեկտորն է, ապա n 2 → = (A 2 , B 2) նորմալ է։ վեկտոր A 2 x + B 2 y + C 2 = 0 տողի համար: Մենք գտնում ենք, որ n → 1 և n 2 → ոչ գծային վեկտորներ են, քանի որ a 1 և a 2 ուղիղները չունեն ընդհանուր հատման կետեր։ Սա նշանակում է, որ անհրաժեշտ է ընդլայնել նորմալ վեկտորը n → երկու ոչ գծային վեկտորների՝ n 1 → և n 2 →։ Քայքայումը պետք է կատարվի n → = α · n 1 → + β · n 2 → բանաձեւով։ Արդյունքում մենք գտնում ենք, որ n → = (α · A 1 + β · A 2, α · B 1 + β · B 2):

Հաշվարկներից հետո ստանում ենք a ուղիղ գծի նորմալ վեկտորի կոորդինատները՝ հավասար n → = α · A 1 + β · A 2, α · B 1 + β · B 2: M 0 (x 0 , y 0) կետում a ուղիղով հատվող կետի կոորդինատները գրվում են a ուղիղի ընդհանուր հավասարման միջոցով։ Այնուհետև մենք ստանում ենք ձևի արտահայտություն.

α A 1 + β A 2 x - x 0 + α B 1 + β B 2 y - y 0 = 0 ⇔ ⇔ α (A 1 x + B 1 y - A 1 x 0 + B 1 y 0) + β A 2 x + B 2 y - A 2 x 0 - B 2 y 0 = 0

Ըստ - A 1 x 0 - B 1 y 0 = C 1 և - A 2 x 0 - B 2 y 0 = C 2 մենք ստանում ենք a ուղիղ գծի ընդհանուր հավասարումը, որն ունի α · (A 1 x + B ձևը. 1 y + C 1) + β · A 2 x + B 2 y + C 2 = 0: Վերոնշյալ անհրաժեշտությունն ապացուցված է։

Մնում է բավարարության ապացույցներ գտնել:

Սա նշանակում է, որ մենք պետք է ապացուցենք α · (A 1 x + B 1 y + C 1) + β · A 2 x + B 2 y + C 2 = 0 արտահայտությունը, որտեղ մենք ունենք α և β, քանի որ որոշ իրական թվեր չեն: հավասար է զրոյի, M 0 (x 0 , y 0) հատման կետով տողերի մատիտից կա հավասարում: Նման հավասարումը սահմանվում է՝ օգտագործելով երկու հատվող ուղիղներ A 1 x + B 1 y + C 1 = 0 և A 2 x + B 2 y + C 2 = 0:

Գրենք α · (A 1 x + B 1 y + C 1) + β · A 2 x + B 2 y + C 2 = 0 հավասարումը որպես α · A 1 + β · A 2 · x + α · B. 1 + β · B 2 · y + α · C 1 + β · C 2 = 0:

Հավասարումը կհամարվի ընդհանուր, եթե բավարարված է պայմանը, որ α · A 1 + β · A 2 և α · B 1 + β · B 2 ոչ զրոյական են: Հակառակ դեպքում ստացանք α · A 1 + β · A 2 = 0 ⇔ A 1 = - β α · A 2 և α · B 1 + β · B 2 = 0 ⇔ B 1 = - β α · ձևի արտահայտություն. B 2 կամ α · A 1 + β · A 2 = 0 ⇔ A 2 = - α β · A 1 և α · B 1 + β · B 2 = 0 ⇔ B 2 = - α β · B 1: Սա կնշանակի, որ վեկտորները համակողմանի չեն:

Դա անհնար է այս դեպքում, քանի որ n 1 → և n 2 → a 1 և a 2 ուղիղների նորմալ վեկտորներ են, որոնք հատվում են:

Ունենք, որ α · (A 1 x + B 1 y + C 1) + β · A 2 x + B 2 y + C 2 = 0 հավասարումը ուղիղ գծի ընդհանուր հավասարումն է: Այնուհետև անհրաժեշտ է ապացուցել այն կետի կոորդինատների բավարարվածությունը, երբ դրանք հատվում են, այսինքն՝ M 0 կետի կոորդինատները (x 0, y 0): Եկեք ապացուցենք, արդյոք α · (A 1 x + B 1 y + C 1) + β · A 2 x + B 2 y + C 2 = 0 հավասարությունը ճշմարիտ է:

M 0 (x 0, y 0) ուղիղների հատման կետն է, ինչը նշանակում է, որ դրա կոորդինատները պետք է բավարարեն երկու հատվող ուղիղների հավասարումները:

Երբ A 1 x + B 1 y + C 1 = 0 և A 2 x + B 2 y + C 2 = 0 ճիշտ են, հետևում է, որ α A 1 x + B 1 y + C 1 + β A 2 x + B. 2 y + C 2 = α · 0 + β · 0 = 0:

Ք.Ե.Դ.

Կարող ենք եզրակացնել, որ այն հավասարումը, որն ունի α · A 1 x + B 1 y + C 1 + β · A 2 x + B 2 y + C 2 = 0 ձևը, ճառագայթի հավասարումն է:

α-ի և β-ի արժեքները անհրաժեշտ են տվյալ փաթեթում տեղակայված գծերը որոշելու համար՝ A 1 x + B 1 y + C 1 = 0 և A 2 x + B 2 y + C 2 = 0 հավասարումներով: .

Անհրաժեշտ է, որ պարամետրերից գոնե մեկը հավասար չլինի զրոյի, ապա արտահայտությունը կարելի է պարզեցնել։ Պայմանով, որ α ≠ 0, մենք ստանում ենք A 1 x + B 1 y + C 1 + λ · A 2 x + B 2 y + C 2 = 0 ձևի արտահայտություն λ = α β:

β ≠ 0-ի համար արտահայտությունն ընդունում է μ · A 1 x + B 1 y + C 1 + A 2 x + B 2 y + C 2 = 0 μ = α β-ով:

Դրանք համարժեք չեն α · A 1 x + B 1 y + C 1 + β · A 2 x + B 2 y + C 2 = 0 ձևի տողերի մատիտի հավասարմանը: A 1 x + B 1 y + C 1 + λ · A 2 x + B 2 y + C 2 = 0 հավասարումը λ-ի ցանկացած արժեքի համար հնարավոր չի տա ստանալ A 2 x + ձևի հավասարում: B 2 y + C 2 = 0:

μ · A 1 x + B 1 y + C 1 + A 2 x + B 2 y + C 2 = 0 հավասարումը μ-ի ցանկացած արժեքի համար չի հանգեցնի A 1 x + B 1 y + C 1 = 0: .

Եկեք մանրամասնորեն նայենք օրինակների լուծմանը:

Օրինակ 1

Գրի՛ր տրված կենտրոնով ուղիղ ճառագայթի հավասարումը M 0 (- 1, 4) կետում, k = 3:

Լուծում

Անհրաժեշտ է հավասարություն ստեղծել ուղիղ գծի համար, որը կանցնի տրված կետով M 0 (- 1, 4) կոորդինատներով 3-ին հավասար անկյունային գործակցով։ Այնուհետև գրում ենք ուղիղ գծի հավասարումը թեքությամբ և ստանում y - 4 = 3 · (x - (- 1)) ⇔ y = 3 x + 7:

Պատասխան՝ y = 3 x + 7:

Օրինակ 2

Գտե՛ք ուղիղների մատիտի կենտրոնի կոորդինատները O x y-ում, եթե հայտնի են հատվող ուղիղների երկու հավասարումներ x - 4 2 = y + 3 0 և x 2 3 + y - 1 = 1:

Լուծում

Փնջի կենտրոնի կոորդինատները գտնելու համար անհրաժեշտ է գտնել x - 4 2 = y + 3 0 և x 2 3 + y - 1 = 1 հատման կետերը:

Մենք ստանում ենք, որ x - 4 2 = y + 3 0 հարթության վրա տողի կանոնական հավասարումը համարժեք է x 2 3 + y - 1 = 1-ին, իսկ x 2 3 + y - 1 = 1 հատվածների հավասարումը համարժեք է: 3 տողի ընդհանուր հավասարմանը 2 x - y - 1 = 0:

Այժմ մենք կազմում ենք հավասարումների համակարգ, որը ներառում է ուղիղ գծերի հավասարումներ:

Մենք դա հասկանում ենք

y + 3 = 0 3 2 x - y - 1 = 0 ⇔ y = - 3 3 2 x - (- 3) - 1 = 0 ⇔ y = - 3 x = - 4 3

Մենք ստանում ենք, որ - 4 3, - 3-ը այն կենտրոնական կետի կոորդինատներն են, որտեղ բոլոր ուղիղները հատվում են:

Պատասխան՝ - 4 3 , - 3:

Օրինակ 3

Կազմեք հավասարում O x y տողերի մատիտի համար, որը սահմանվում է ընդհանուր հատման կետ ունեցող 3 x - 2 y + 1 = 0 և x = - 2 + 2 · λ y = 5 · λ տողերի միջոցով:

Լուծում

Նախ անհրաժեշտ է ստանալ ուղիղ գծի ընդհանուր հավասարումը: Այն սահմանվում է x = - 2 + 2 · λ y = 5 · λ պարամետրային հավասարմամբ։

Դրանից բխում է

x = - 2 + 2 λ y = 5 λ ⇔ λ = x + 2 2 λ = y 5 ⇔ x + 2 2 = y 5 ⇔ ⇔ 5 (x + 2) = 2 y ⇔ 5 x - 2 y + 10 = 0

Գրենք տողերի մատիտի հավասարումը և ստացենք α · (3 x - 2 y + 1) + β · (5 x - 2 y + 10) = 0, իսկ α և β իրական թվեր են, որտեղ α 2 +. β 2-ը համարվում է նախապայման ≠ 0:

Պատասխան.α · (3 x - 2 y + 1) + β · (5 x - 2 y + 10) = 0:

Օրինակ 4

Գրե՛ք M 1 (2, - 1) կետով անցնող և տողերի մատիտին պատկանող տողի հավասարումը α · (5 x + y - 19) + β · (2 ​​x - 3 y + հավասարումով): 6) = 0:

Լուծում

Խնդիրը լուծվում է երկու ճանապարհով.

Առաջին մեթոդը սկսվում է M 0-ի սահմանմամբ, որը խաչմերուկի կենտրոնն է: Այնուհետև անհրաժեշտ է գտնել 5 x + y - 19 = 0 և 2 x - 3 y + 6 = 0 հավասարումների հատման կետերը, և դրանց արդյունքը կլինի M 0-ի կոորդինատները:

Մենք որոշում ենք կոորդինատները՝ լուծելով ստացված համակարգը.

5 x + y - 19 = 0 2 x - 3 y + 6 = 0 ⇔ y = 19 - 5 x 2 x - 3 (19 - 5 x) + 6 = 0 ⇔ y = 19 - 5 x x = 3 ⇔ ⇔ y = 19 - 5 3 x = 3 ⇔ y = 4 x = 3

Սա նշանակում է, որ M 0 կետն ունի կոորդինատներ (3, 4): Սա գրված է որպես M 0 (3, 4): Ստանալու համար անհրաժեշտ հավասարումը, որն անցնում է M 0 (3, 4) և M 1 (2, - 1) կոորդինատներով կետերով: Արդյունքում մենք ստանում ենք.

x - 3 2 - 3 = y - 4 - 1 - 4 ⇔ x - 3 - 1 = y - 4 - 5 ⇔ x - 3 1 = y - 4 5

Երկրորդ մեթոդը սկսվում է նրանից, որ անհրաժեշտ է որոշել α և β պարամետրերը, որպեսզի α · (5 x + y - 19) + β · 2 x - 3 y + 6 = 0 հավասարումը լինի ուղիղի հավասարումը. գիծ, որն անցնում է M 1 (2, - 1) միջով: Դա անելու համար մենք գտնում ենք M 1-ի կոորդինատները և ստանում այն

α 5 2 + (- 1) - 19 + β 2 2 - 3 (- 1) + 6 = 0 ⇔ ⇔ - 10 α + 13 β = 0 ⇔ α = 13 β 10

Մենք վերցնում ենք β = 10 արժեքը, եթե ցանկանում եք, կարող եք ընտրել β-ի ցանկացած այլ արժեք, որը տալիս է α-ի պարզ հաշվարկ: Մենք ստանում ենք α = 13 · β 10 = 13 · 10 10 = 13:

α = 13 և β = 10 արժեքները տրված ճառագայթի հավասարման մեջ փոխարինելիս մենք փոխակերպում ենք.

13 (5 x + y - 19) + 10 (2 x - 3 y + 6) = 0 ⇔ 85 x - 17 y - 187 = 0 ⇔ 5 x - y - 11 = 0

Անհրաժեշտ է ստուգել ստացված հավասարումների համարժեքությունը։

x - 3 1 = y - 4 5 ⇔ 5 x - 3 = 1 y - 4 ⇔ 5 x - y - 11 = 0

Դրանից բխում է, որ ամեն ինչ ճիշտ է որոշվել։

Պատասխան՝ 5 x - y - 11 = 0:

Օրինակ 5

Որոշեք, արդյոք 3 x - y + 5 = 0 տողը պատկանում է α · (x - 2 y + 4) + β · (x - y + 4) = 0 տողերի մատիտին:

Լուծում

Լուծումը կատարվում է երկու եղանակով.

Լուծման առաջին մեթոդը սկսվում է տրված ճառագայթային հավասարման կոորդինատային կենտրոնները գտնելուց և դրանք ստուգելուց.

x - 2 y + 4 = 0 x - y + 4 = 0 ⇔ x = 2 y - 4 x - y + 4 = 0 ⇔ x = 2 y - 4 2 y - 4 - y + 4 = 0 ⇔ ⇔ x = 2 y - 4 y = 0 ⇔ x = 2 0 - 4 y = 0 ⇔ x = - 4 y = 0 3 (- 4) - 0 + 5 = 0 ⇔ - 7 = 0

Մենք գտնում ենք, որ կենտրոնի կոորդինատները 3 x - y + 5 = 0 ուղիղ գծի հավասարման մեջ փոխարինելը սխալ հավասարություն է տալիս: Մենք եզրակացնում ենք, որ ուղիղ գիծը չի հատում կապոցների կենտրոնը, ինչը նշանակում է, որ այն չի պատկանում դրան:

Երկրորդ մեթոդը սկսվում է՝ բացելով փակագծերը և բերելով նմանատիպ տերմիններ α · (x - 2 y + 4) + β · x - y + 4 = 0 ⇔ 2 α + β · y + 4 α + 4 β = 0:

Երբ 3 x - y + 5 = 0 տողը պատկանում է տողերի մատիտին, ապա կան α և β այնպիսի արժեքներ, որ երկու հավասարումները α + β x - 2 α + β y + 4 α + 4 β = 0: իսկ 3 x - y + 5 = 0 համարժեք են:

Այնուհետև մենք ստանում ենք համակարգ, որը բաղկացած է երեք հավասարումներից α + β = 3 2 α + β = 1 4 α + 4 β = 5:

Այն փոխակերպելու համար անհրաժեշտ է հավասարեցնել x և y փոփոխականների գործակիցները և գոյություն ունեցող α + β · x - 2 α + β · y + 4 α + 4 β = 0 և 3 x - y հավասարումների ազատ անդամները: + 5 = 0 լուծման արդյունքը ստանալու համար:

Ստուգելու համար անհրաժեշտ է կիրառել Կրոնեկեր-Կապելի թեորեմը։

Դա անելու համար անհրաժեշտ է գրել հիմնական և ընդլայնված մատրիցները կազմված հավասարումների համակարգի համար։ Մենք ստանում ենք, որ A = 1 1 2 1 4 4 և T = 1 1 3 2 1 1 4 4 5:

Ընդլայնված մատրիցայի աստիճանը գտնելու արդյունքը 3 է, քանի որ 1 1 3 2 1 1 4 4 5 = 7 ≠ 0:

Այստեղից ունենք, որ α + β = 3 2 α + β = 1 4 α + 4 β = 5 հավասարումների համակարգը սահմանված չէ, այսինքն ունի լուծումներ։ Քանի որ լուծումներ չկան, գիծը չի անցնում գոյություն ունեցող գծերի մատիտների գծի կենտրոնով:

Պատասխան.ոչ, 3 x - y + 5 = 0 տողը չի պատկանում տողերի տրված մատիտին, որը գրված է α · (x - 2 y + 4) + β · (x - y + 4) = 0 ձևի հավասարմամբ։ .

Եթե ​​տեքստում սխալ եք նկատում, ընդգծեք այն և սեղմեք Ctrl+Enter

Այս հոդվածում մենք կանդրադառնանք գծերի մատիտ հասկացությանը: Եկեք պատկերացնենք ուղիղ գծերի մատիտի հավասարումը: Բերենք տրված կետով անցնող ուղիղների մատիտի հավասարումը գտնելու օրինակներ։

կետով անցնող ուղիղի հավասարումն է Պ. Ընդհակառակը, կետով անցնող ցանկացած ուղիղ գիծ Պորոշվում է (3) հավասարմամբ որոշ թվերի համար λ 1 և λ 2 .

Ապացույց. Նախ, մենք ցույց ենք տալիս, որ հավասարումը (3) գծային հավասարում է (առաջին կարգի հավասարում), այսինքն. հավասարումը, որում գործակիցը ժամը xկամ yհավասար չէ զրոյի.

Մենք խմբավորում ենք գործակիցները xԵվ y:

Հետո, օրինակ, երբ λ 1 ≠0 (ըստ թեորեմի՝ թվերից առնվազն մեկը λ 1 և λ 2-ը հավասար չէ զրոյի), մենք ստանում ենք.

(6)

.

(7)

Ստացված հավասարությունը պայման է (1) և (2) հավասարումներով սահմանված ուղիղների զուգահեռության համար, որը հակասում է թեորեմի պայմաններին (այս ուղիղները հատվում են և չեն համընկնում)։ Այսպիսով, հավասարություններից առնվազն մեկը (5) չի բավարարվում, այսինքն. առնվազն մեկ գործակից xԵվ y(4) հավասարման մեջ հավասար չէ զրոյի: Հետևում է, որ (4) հավասարումը գծային հավասարում է (առաջին աստիճանի հավասարում) և ինչ-որ ուղիղ գծի հավասարում է։ Ըստ թեորեմի՝ այս ուղիղն անցնում է կետով Պ(x 0 , y 0), որը (1) և (2) տողերի հատումն է, այսինքն. պահպանվում են հետևյալ հավասարումները.

դրանք. (3) հավասարումն անցնում է կետով Պ.

Ապացուցենք թեորեմի երկրորդ մասը։ Ցույց տանք, որ կետով անցնող ցանկացած ուղիղ Պորոշ արժեքների համար որոշվում է (3) հավասարմամբ λ 1 և λ 2 .

Վերցնենք կետերով անցնող մի քանի գիծ ՊԵվ Մ»(x", y") Եկեք ցույց տանք, որ այս ուղիղ գիծը որոշվում է որոշ արժեքների համար (3) հավասարմամբ λ 1 և λ 2-ը միաժամանակ հավասար չէ զրոյի:

Թեորեմի ապացուցման առաջին մասում ցույց տվեցինք, որ կետով անցնող ուղիղ Պորոշվում է (3) հավասարմամբ։ Հիմա, եթե այս գիծն անցնի մեկ այլ կետով Մ»(x", y"), ապա այս կետի կոորդինատները պետք է բավարարեն (3) հավասարումը.

Ուշադրություն դարձրեք, որ փակագծերում տրված արտահայտությունները չեն կարող միաժամանակ հավասար լինել զրոյի, քանի որ սա կնշանակի, որ երկու հավասարումներն էլ անցնում են կետերով ՊԵվ Մ»(x", y") և, հետևաբար, համընկնում են: Եկեք, օրինակ, λ 1 (Ա 1 x" 0 +Բ 1 y" 0 +Գ 1)≠0. Հետո հարցնելով λ 2-ը կամայական թիվ է, որը տարբերվում է զրոյից, լուծեք (9)-ի նկատմամբ λ 1:

Փոխարինենք կետի կոորդինատները Մհավասարման մեջ (12):

Եկեք պարզեցնենք (13).

Հարցնելով, օրինակ. λ 2 = 4, մենք ստանում ենք λ 1 =−5.

Եկեք արժեքները դնենք λ 1 և λ 2-ը (12):

Պատասխան.

−6x−31y+13=0.

Օրինակ 2. Կառուցեք կենտրոն ունեցող գծերի մատիտի հավասարումը Մ(4,1):

Լուծում. Վերցնենք երկու տարբեր կետեր, որոնք չեն համընկնում կետի հետ Մ: Մ 1 (2,1), Մ 2 (−1.3). Կառուցենք կետերով անցնող հավասարում ՄԵվ Մ 1. Նորմալ վեկտոր nԱյս տողի 1-ը պետք է ուղղահայաց լինի վեկտորի նկատմամբ, որը հավասար է կետերի կոորդինատների տարբերություններին ՄԵվ Մ 1: =(2−4, 1−1)=(−2,0): Նրանք. դուք կարող եք վերցնել այն n 1 = (0,1): Այնուհետև ուղիղ գծի հավասարումը նորմալ վեկտորով n 1 կետով անցնելը Մունի հետևյալ ձևը.

Պատասխան.

Նշենք, որ հաշվի առնելով այլ կետեր Մ 1 և Մ 2, մենք ստանում ենք գծերի նույն մատիտի հավասարումը, բայց երկու տարբեր տողերով:

Դասախոսություններ հանրահաշվի և երկրաչափության վերաբերյալ: Կիսամյակ 1.

Դասախոսություն 14. Հարթության վրա գծերի մատիտի, հարթությունների մատիտի և հարթությունների փունջի հավասարումները:

Գլուխ 14. Հարթության վրա գծերի մատիտի, հարթությունների մատիտի և հարթությունների փունջի հավասարումները:

կետ 1. Հարթության վրա գծերի մատիտի հավասարումը.

Սահմանում. Հարթության վրա գծերի մատիտը տվյալ հարթության բոլոր գծերի ամբողջությունն է, որոնք ունեն մեկ ընդհանուր կետ, որը կոչվում է մատիտի կենտրոն։

Նկ. 1 կետում
- ճառագայթի կենտրոն:

Թեորեմ. Թող

– երկու ուղիղ գիծ Oxy կոորդինատային հարթությունում, որոնք հատվում են մի կետում
. Հետո հավասարումը

Որտեղ
- կամայական իրական թվեր, որոնք միաժամանակ հավասար չեն զրոյի, կա գծերի մատիտի հավասարում կետում մատիտի կենտրոնով.
.

Ապացույց.

Թող L լինի այս փնջի կամայական ուղիղ գիծը, որի կենտրոնը գտնվում է կետում
Եվ նրա նորմալ վեկտորն է: Այնուհետև L տողի վեկտորային հավասարումն ունի ձև.

, (2)

Որտեղ - կետի շառավիղի վեկտորը
, – ընթացիկ շառավիղի վեկտորը, այսինքն. ընթացիկ կետի շառավիղի վեկտորը
.

Քանի որ ուղիղ Եվ
թեորեմի հատման ենթադրությամբ, ապա դրանց նորմալ վեկտորները համագիծ չեն և, հետևաբար, հիմք են կազմում։

Հետո վեկտորը կարելի է ընդլայնել այս հիման վրա.

,

Որտեղ
– այս ընդլայնման գործակիցները միաժամանակ հավասար չեն զրոյի, քանի որ ըստ սահմանման նորմալ վեկտոր
. Փոխարինելով (2)-ով մենք ստանում ենք կամ

Բայց
Եվ
- տողերի վեկտորային հավասարումներ Եվ
, այսինքն. ,

Փոխարինելով (3)՝ մենք ստանում ենք հավասարություն (1):

Այսպիսով, մենք ապացուցեցինք, որ տվյալ մատիտից ցանկացած տողի հավասարումն ունի (1) ձևը։

Ընդհակառակը, մենք դա ապացուցում ենք ցանկացածի համար
, որոնք միաժամանակ հավասար չեն զրոյի, (1) հավասարումը տվյալ մատիտից ինչ-որ ուղիղ գծի հավասարումն է։

Իսկապես, մի ​​կողմից, ցանկացածի համար
, որոնք միաժամանակ հավասար չեն զրոյի, հավասարումը (1) ուղիղ գծի ընդհանուր հավասարումն է.

Մյուս կողմից, թողեք (1) հավասարումը.
կամայական իրական թվեր են, որոնք միաժամանակ հավասար չեն զրոյի, և թող
- ճառագայթի կենտրոնի կոորդինատները. Որովհետև
Եվ
, ապա ճառագայթի կենտրոնի կոորդինատները բավարարում են ուղիղ գծերի հավասարումները Եվ
:

Այնուհետև՝ փոխարինելով կետի կոորդինատները
հավասարման մեջ (1), մենք ստանում ենք

Նրանք. հավասարումը (1) կետով անցնող ուղիղի հավասարումն է
, ինչը նշանակում է, որ տողը պատկանում է այս փաթեթին և այլն:

Թեորեմն ապացուցված է.

Մեկնաբանություն. Եթե ​​(1)-ում

. Եթե
, ապա (1) հավասարումը ուղիղ գծի հավասարումն է . Հետևաբար, եթե (1) հավասարումը բաժանվի
, ապա տվյալ մատիտից ստանում ենք ցանկացած տողի հավասարումը, բացառությամբ գծի
:

Օրինակ. Գրի՛ր տրված կետով անցնող կամայական ուղիղի հավասարումը
.

Լուծում. Պահանջվող ուղիղ գիծը ուղիղ գծերի փաթեթի ուղիղ գիծ է, որի կենտրոնը գտնվում է կետում:
. Ակնհայտ է, որ հետևյալ երկու տողերը պատկանում են այս փաթեթին.

Եվ

Կամ
,
. Այնուհետև այս մատիտի ցանկացած տողի հավասարումն ունի ձև

Եթե ​​այս հավասարման մեջ հունարեն տառերը փոխարինենք լատինատառերով, կստանանք

– տրված կետով անցնող ուղիղ գծի հավասարումը
. Մասնավորապես, երբ
, մենք ստանում ենք ուղիղ գծերի մատիտի հավասարումը սկզբնակետում մատիտի կենտրոնով.
.

(5) հավասարումը բաժանելով
, ստանում ենք տրված կետով անցնող անկյունային գործակցի ուղիղ գծի հավասարումը
:

, (6)

և երբ
, ստանում ենք կոորդինատների սկզբնակետով անցնող անկյունային գործակցի ուղիղ գծի հավասարումը.

.

Այլ կերպ ասած, հավասարումը
, Որտեղ
, գծերի մատիտի հավասարումն է սկզբում մատիտի կենտրոնով։

կետ 2. Ինքնաթիռների փունջի հավասարում.

Սահմանում. Հարթությունների փաթեթը բոլոր հարթությունների ամբողջությունն է, որոնք ունեն մեկ ընդհանուր կետ, որը կոչվում է կապոցի կենտրոն։

Թեորեմ. Թող , ,

- երեք ինքնաթիռ PDSC Oxyz-ում, որոնք ունեն մեկ ընդհանուր կետ
. Այնուհետև հավասարումը, (7)

Որտեղ
– կամայական իրական թվեր, որոնք միաժամանակ հավասար չեն զրոյի, գոյություն ունի հարթությունների մի փունջի հավասարում, որի կենտրոնը կետում է.
.

Ապացույցը գործնականում կրկնում է գծերի մատիտի հավասարման մասին նախորդ թեորեմի ապացույցը։

Օրինակ. Գտե՛ք հարթությունների փաթեթի հավասարումը, որի կենտրոնը գտնվում է մի կետում
.

Լուծում. Ակնհայտ է, որ հետևյալ երեք հարթությունները հատվում են մեկ կետում
:

,
,
.

Հետո հավասարումը

Որտեղ
և միևնույն ժամանակ հավասար չէ զրոյի, կա պահանջվող հավասարումը.

Մասնավորապես, եթե
, ապա հավասարումը

(9)

հարթությունների փաթեթի հավասարումն է, որի սկզբնաղբյուրի կենտրոնն է:

կետ 3. Ինքնաթիռների փունջի հավասարում.

Սահմանում. Հարթությունների փաթեթը նույն ուղիղ գծով հատվող բոլոր հարթությունների ամբողջությունն է, որը կոչվում է կապոցի առանցք:

Թեորեմ. Թող

երկու հարթություններ են, որոնք հատվում են L ուղիղ գծի երկայնքով: Այնուհետև հավասարումը

Որտեղ
– կամայական իրական թվեր, որոնք միաժամանակ հավասար չեն զրոյի, L ճառագայթի առանցքով հարթությունների փնջի հավասարումն է:

Ապացույցը նման է տողերի մատիտի հավասարման թեորեմի ապացույցին և թողնված է ընթերցողին։

Օրինակ. Գտե՛ք հարթությունների մատիտի հավասարումը, որի առանցքը x-առանցքն է:

Լուծում. Ակնհայտ է, որ կոորդինատային հարթությունները

Եվ
հատվում են Ox առանցքի երկայնքով:

Այնուհետև (10) հավասարումը այս դեպքում ստանում է ձև

. Հունարեն տառերը լատինատառերով փոխարինելով՝ ստանում ենք

, (11)

Որտեղ
– կամայական իրական թվեր, որոնք միաժամանակ հավասար չեն զրոյի: Հավասարումը (11) ցանկալի հավասարումն է Ox ճառագայթի առանցքով հարթությունների փնջի համար:

Նմանապես, հավասար.

, (12)

Oy ճառագայթի առանցքով հարթությունների փաթեթի հավասարումն է, և հավասարումը.

(13)

Օզ ճառագայթի առանցքով հարթությունների փնջի հավասարումն է։

կետ 4. Հիմնական խնդիրներ գծերի և հարթությունների վրա:

Խնդիր 1. Գտե՛ք տրված երկու կետերով անցնող ուղիղի հավասարումը
Եվ
.

Մենք արդեն լուծել ենք այս խնդիրը, տե՛ս դասախոսություն 11, պարբերություն 4, առաջադրանք 1.

.

Խնդիր 2. Գտե՛ք անկյունը երկու ուղիղների միջև

Եվ
.

Այս խնդիրը լուծվեց 11-րդ դասախոսության 4-րդ պարբերությունում.

Պահանջվող անկյունը հավասար է կամ իրենց ուղղության վեկտորների միջև եղած անկյան վրա

կամ
.

Խնդիր 3. Գտե՛ք հարթության ընդհանուր հավասարումը, եթե հայտնի են նրա նորմալ վեկտորի կոորդինատները
և կետերի կոորդինատները
, պառկած է տրված ինքնաթիռում։

Լուծում. Այս խնդրի լուծումներից մեկը տրված է 2-րդ կետում, բանաձև (8):

Նույն հավասարումը կարելի է ստանալ այլ կերպ. Ինքնաթիռի ընդհանուր հավասարումն է

Որտեղ
նրա նորմալ վեկտորի կոորդինատներն են: Մնում է գտնել D գործակիցը: Այս նպատակով եկեք կետի կոորդինատները փոխարինենք հավասարման մեջ.
, որտեղ .

Փոխարինելով հավասարման մեջ՝ ստանում ենք.

– ինքնաթիռի պահանջվող հավասարումը.

Խնդիր 4. Գտե՛ք տրված երեք կետերով անցնող հարթության հավասարումը
,
Եվ
.

Ինչպես տեսանք 3-րդ խնդիրում, հարթության ընդհանուր հավասարումը կազմելու համար բավական է իմանալ նրա նորմալ վեկտորի կոորդինատները. և տվյալ հարթության վրա գտնվող ցանկացած կետի կոորդինատները:

Որպես հարթության նորմալ վեկտոր՝ մենք կարող ենք վերցնել վեկտորի վեկտորի արտադրյալը
դեպի վեկտոր
, և որպես հարթության վրա ընկած կետ մենք կարող ենք վերցնել կետը
. Մենք ստանում ենք

Պահանջվող հարթության հավասարումը կարելի է ստանալ մեկ այլ ձևով: Հարթության հավասարումը վեկտորի տեսքով է

,

.

Խնդիր 5. Գտե՛ք անկյունը երկու հարթությունների միջև:

Լուծում. Երկրաչափությունից մենք գիտենք, որ երկու հարթությունների միջև երկփեղկ անկյունը չափվում է գծային անկյունով (տես նկ. 12):

Հեշտ է տեսնել, որ գծային անկյունը , չափելով երկհարկանի անկյունը երկու հարթությունների միջև հավասար է անկյան
այս հարթությունների նորմալ վեկտորների միջև կամ հավասար է
. Այստեղ օգտագործվում է փոխադարձ ուղղահայաց կողմերի հետ անկյունների հավասարության նշանը։

կամ
.

Այսպիսով, հարթությունների միջև անկյունը հաշվարկելու խնդիրը կրճատվում է վեկտորների միջև անկյունը հաշվարկելու խնդրին:

Խնդիր 6. Գտի՛ր տրված կետից հեռավորությունը
դեպի տվյալ ինքնաթիռը

Լուծում. Եկեք ընտրենք կամայական կետ
, պառկած է տրված հարթության վրա։ Նշենք, որ եթե
, ապա կոորդինատների ծագումն ընկած է հարթության վրա և կարող է ընդունվել որպես կետ
. Եթե
, ապա որպես այդպիսի կետ կարող ենք ընդունել հարթության հատման կետը կոորդինատային առանցքներից մեկի հետ։ Քանի որ հարթությունը չի կարող զուգահեռ լինել բոլոր երեք կոորդինատային առանցքներին, առնվազն մեկ կոորդինատային առանցք հատում է այս հարթությունը:

Եկեք, օրինակ,
– հարթության հատման կետը Ox կոորդինատային առանցքի հետ: Այստեղ
, Եթե
.

Այնպես որ, եկեք կետ
այս կամ այն ​​կերպ ընտրված, հետո հեռավորությունը
տվյալ կետից
դեպի տվյալ ինքնաթիռը հավասար է վեկտորի պրոյեկցիայի մոդուլին
ինքնաթիռի նորմալ վեկտորին :

.

Քանի որ , այս բանաձևը կարելի է գրել ձևով

. (14)

Սահմանում. Թող տրվի կամայական ընդհանուր հարթության հավասարումը և տարածության կամայական կետը
. Համար

կոչվում է կետային անհամապատասխանություն
ինքնաթիռի համեմատ .

Օգտագործելով մնացորդի ներդրված հայեցակարգը, կետից մինչև հարթություն հեռավորության բանաձևը կարելի է գրել հետևյալ կերպ.

.

Սահմանում. Մեծություն

(15)

կոչվում է կետի շեղում
ինքնաթիռից .

Վերջին սահմանումից հետևում է, որ հեռավորությունը կետից
դեպի ինքնաթիռ հավասար է կետի շեղման մոդուլին
ինքնաթիռից :

Բանաձևից (21) պարզ է դառնում, որ շեղումը և անհամապատասխանությունն ունեն նույն նշանը։

Մեկնաբանություն. Բանաձևերը (14) – (16) կարելի է գրել այլ ձևով: Հարթության այս հավասարումը բերենք նորմալ ձևի.

և մինուս հակառակ դեպքում:

Այժմ բանաձևը (14) կետից հարթություն հեռավորության համար ստանում է ձևը.

- կետի շեղում
ինքնաթիռից .

Խնդիր 7. Գտի՛ր տրված կետից հեռավորությունը
այս տողին
.

Լուծում. Խնդիրը լուծվում է նախորդի նման։

. Որովհետև
, Դա

.

Նմանապես ներկայացվում են ուղիղ գծի նկատմամբ կետի անհամապատասխանություն և ուղիղ գծից կետի շեղում հասկացությունները։

Սահմանում. Թող տրվի տողի կամայական ընդհանուր հավասարում
և ինքնաթիռի կամայական կետ
. Համար

կոչվում է կետային անհամապատասխանություն
ուղիղ գծի համեմատ Լ.

Սահմանում. Մեծություն

կոչվում է կետի շեղում
ինքնաթիռից .

Եթե ​​ուղիղ գծի հավասարումը բերենք նորմալ ձևի.

,

, իսկ գումարած նշանը վերցվում է այն դեպքում, երբ
և մինուս, հակառակ դեպքում, կետից մինչև ուղիղ հեռավորության բանաձևը ստանում է ձևը.

- կետի շեղում
ուղիղ գծից Լ.

Խնդիր 8. Գտե՛ք երկու զուգահեռ հարթությունների հեռավորությունը:

Լուծում. 1-ին մեթոդ. Գտեք կամայական կետ մի հարթության վրա և գտեք հեռավորությունը նրանից մինչև երկրորդ հարթություն, այսինքն. նվազեցնել այս խնդիրը մինչև 6-րդ խնդիրը:

2-րդ մեթոդ. Եկեք զուգահեռ հարթությունների երկու հավասարումները բերենք նորմալ ձևի.

Որտեղ
Եվ
- հարթությունների նորմալ վեկտորներ Եվ
համապատասխանաբար,
,
- հեռավորությունները սկզբից մինչև ինքնաթիռներ Եվ
համապատասխանաբար.

Քանի որ նորմալ վեկտորները Եվ ուղղվում են սկզբնակետից դեպի ինքնաթիռ, ապա հնարավոր է 2 դեպք.

Ա)
. Հետևյալ նկարը սխեմատիկորեն ցույց է տալիս երկու զուգահեռ հարթություններ Եվ
և դրանց միավոր նորմալ վեկտորները գծագրված են սկզբնակետից O.

Այստեղ,
,
– հեռավորությունները սկզբից մինչև համապատասխան հարթություններ. Քանի որ անհայտ է, թե որ հարթությունն է ավելի մոտ կոորդինատների սկզբնակետին, հարթությունների միջև հեռավորությունը

բ)
. Քանի որ նորմալ վեկտորները Եվ ուղղվում են կոորդինատների սկզբնակետից դեպի հարթություններ և հակադիր են, ապա կոորդինատների ծագումը հարթությունների միջև է, տե՛ս հետևյալ նկարը.

Այստեղ, ինչպես նախորդ դեպքում,
,
– հեռավորությունները սկզբից մինչև համապատասխան հարթություններ. Դրանից բխում է, որ ինքնաթիռների միջեւ հեռավորությունը

Խնդիր 9. Գտե՛ք երկու զուգահեռ ուղիղների հեռավորությունը:

Այս հոդվածում մենք կտանք հարթությունների մատիտի սահմանումը, կստանանք հարթությունների մատիտի հավասարումը տվյալ ուղղանկյուն կոորդինատային համակարգի նկատմամբ և մանրամասն կդիտարկենք հարթությունների մատիտ հասկացության հետ կապված բնորոշ խնդիրների լուծումները:

Էջի նավարկություն.

Ինքնաթիռների փաթեթ – սահմանում:

Երկրաչափության աքսիոմներից հետևում է, որ եռաչափ տարածության մեջ մեկ հարթություն անցնում է ուղիղ գծով և դրա վրա չգտնվող կետով։ Եվ այս հայտարարությունից հետևում է, որ կան անսահման շատ հարթություններ, որոնք պարունակում են նախապես որոշված ​​ուղիղ գիծ։ Արի արդարացնենք սա.

Մեզ տրվի ուղիղ գիծ a. Վերցնենք M 1 կետը, որը չի ընկած a ուղիղի վրա: Այնուհետև a ուղիղ գծի և M 1 կետի միջով մենք կարող ենք հարթություն նկարել, և միայն մեկը: Նշենք այն. Այժմ վերցնենք M 2 կետը, որը չի գտնվում հարթության մեջ: Ուղղակի a և M2 կետով անցնում է միայն մեկ հարթություն: Եթե ​​վերցնենք M 3 կետը, որը գտնվում է ոչ հարթության մեջ, ոչ հարթության մեջ, ապա կարող ենք կառուցել a ուղիղ և M 3 կետով անցնող հարթություն։ Ակնհայտ է, որ տվյալ a գծով անցնող ինքնաթիռների կառուցման այս գործընթացը կարող է շարունակվել անորոշ ժամանակով։

Ահա թե ինչպես ենք մենք հասնում ինքնաթիռների փաթեթի սահմանմանը:

Սահմանում.

Ինքնաթիռների փունջեռաչափ տարածության բոլոր հարթությունների ամբողջությունն է, որոնք անցնում են մեկ տրված գծով։

Ուղիղ գիծը, որը պարունակում են փաթեթի բոլոր հարթությունները, կոչվում է հարթությունների այս փաթեթի կենտրոն։ Այսպիսով, գործում է «a կենտրոնով հարթությունների փաթեթ» արտահայտությունը։

Ինքնաթիռների կոնկրետ փաթեթը կարող է որոշվել կամ նշելով դրա կենտրոնը, կամ նշելով այս փաթեթի ցանկացած երկու հարթություն, որն ըստ էության նույնն է: Մյուս կողմից, ցանկացած երկու հատվող հարթություններ սահմանում են հարթությունների որոշակի փաթեթ:

Ինքնաթիռների փունջի հավասարում - խնդիրների լուծում:

Գործնական նպատակներով հետաքրքրություն է առաջացնում ոչ այնքան ինքնաթիռների փաթեթը իր երկրաչափական պատկերով, որքան .

Անմիջապես պատասխանենք տրամաբանական հարցին.

Դա անելու համար մենք կենթադրենք, որ Oxyz-ը ներդրված է եռաչափ տարածության մեջ, և ինքնաթիռների փաթեթը նշված է՝ նշելով երկու հարթություն և դրանից: Թող հարթությունը համապատասխանի ձևի հարթության ընդհանուր հավասարմանը, իսկ հարթությունը՝ ձևին: Այսպիսով, հարթությունների փաթեթի հավասարումը հավասարում է, որը սահմանում է այս փաթեթի բոլոր հարթությունների հավասարումները:

Առաջանում է հետևյալ տրամաբանական հարցը. «Ինչպիսի՞ն է Oxyz ուղղանկյուն կոորդինատային համակարգում հարթությունների փաթեթի հավասարումը»:

Հարթությունների մատիտի հավասարման ձևը տրված է հետևյալ թեորեմով.

Թեորեմ.

Հարթությունը պատկանում է հարթությունների մատիտին, որոնք սահմանվում են երկու հատվող հարթություններով և, համապատասխանաբար, սահմանվում են հավասարումներով և, համապատասխանաբար, եթե և միայն, եթե նրա ընդհանուր հավասարումն ունի ձև, որտեղ և կամայական իրական թվեր են, որոնք միաժամանակ հավասար չեն զրոյի (վերջինս. պայմանը համարժեք է անհավասարությանը):

Ապացույց.

Բավարարությունն ապացուցելու համար անհրաժեշտ է ցույց տալ.

Եկեք վերագրենք հավասարումը ձևով. Ստացված հավասարումը ընդհանուր հարթության հավասարումն է, եթե արտահայտությունները և միաժամանակ հավասար չեն զրոյի.

Փաստենք, որ դրանք իսկապես չեն անհետանում հակասությամբ միաժամանակ։ Ենթադրենք, որ. Հետո, եթե, ապա, եթե, ապա. Ստացված հավասարությունները նշանակում են, որ վեկտորները և կապված են հարաբերություններով կամ (անհրաժեշտության դեպքում տե՛ս հոդվածը), հետևաբար, և . Քանի որ ինքնաթիռի նորմալ վեկտորն է, - հարթության նորմալ վեկտորը, իսկ վեկտորները և միաձույլ են, ապա հարթությունները և զուգահեռ են կամ համընկնում են (տե՛ս հոդվածը երկու հարթությունների զուգահեռության պայմանի մասին): Բայց դա չի կարող լինել, քանի որ հարթությունները սահմանում են հարթությունների մի փաթեթ և, հետևաբար, հատվում են:

Այսպիսով, հավասարումը իրականում հարթության ընդհանուր հավասարումն է: Ցույց տանք, որ այս հավասարմամբ սահմանված հարթությունն անցնում է հարթությունների հատման գծով և .

Եթե ​​դա ճիշտ է, ապա ձևի հավասարումների համակարգն ունի անսահման թվով լուծումներ։ (Եթե հավասարումների գրավոր համակարգը ունի եզակի լուծում, ապա հարթությունները, որոնցից կազմված է համակարգը, ունեն մեկ ընդհանուր կետ, հետևաբար, հարթությունը հատում է հատվող հարթություններով սահմանված ուղիղը և. Եթե հավասարումների գրավոր համակարգը լուծումներ չունի. , ապա չկա կետ, որը միաժամանակ պատկանում է բոլոր երեք հարթություններին, հետևաբար, հարթությունը զուգահեռ է հատվող հարթություններով սահմանված ուղիղին և )։

Քանի որ հավասարումների գրավոր համակարգի առաջին հավասարումը երկրորդ և երրորդ հավասարումների գծային համակցությունն է, այն ավելորդ է և կարող է առանց հետևանքների դուրս մնալ համակարգից (այս մասին խոսեցինք հոդվածում)։ Այսինքն՝ սկզբնական հավասարումների համակարգը համարժեք է ձևի հավասարումների համակարգին . Եվ այս համակարգն ունի անսահման թվով լուծումներ, քանի որ հարթություններն ունեն անսահման շատ ընդհանուր կետեր՝ պայմանավորված դրանց հատման փաստով։

Բավարարությունն ապացուցված է։

Անցնենք անհրաժեշտության ապացույցին։

Անհրաժեշտությունն ապացուցելու համար անհրաժեշտ է ցույց տալ, որ ինչ էլ որ լինի ինքնաթիռների հատման գծով անցնող նախապես որոշված ​​հարթությունը և որոշվում է պարամետրերի որոշակի արժեքների և .

Վերցրեք մի ինքնաթիռ, որն անցնում է կետով և հարթությունների հատման գծի միջով և (M 0 չի ընկած այդ հարթությունների հատման գծի վրա): Եկեք ցույց տանք, որ միշտ հնարավոր է ընտրել պարամետրերի այնպիսի արժեքներ, որոնց համար M 0 կետի կոորդինատները կբավարարեն հավասարումը, այսինքն՝ հավասարությունը ճիշտ կլինի։ Սա կփաստի բավարարությունը։

M 0 կետի կոորդինատները փոխարինենք հավասարման մեջ. Քանի որ հարթությունները և միաժամանակ չեն անցնում M 0 կետով (հակառակ դեպքում այս հարթությունները կհամընկնեն), ուրեմն արտահայտություններից գոնե մեկը. կամ տարբերվում է զրոյից: Եթե ​​, ապա հավասարումը կարող է լուծվել որպես պարամետրի նկատմամբ և պարամետրին տալով կամայական ոչ զրոյական արժեք, մենք հաշվարկում ենք . Եթե ​​, ապա պարամետրին տալով կամայական ոչ զրոյական արժեք, մենք հաշվարկում ենք .

Թեորեմն ամբողջությամբ ապացուցված է։

Այսպիսով, կարծես թե. Այն սահմանում է ճառագայթի բոլոր հարթությունները: Եթե ​​վերցնենք որոշ զույգ արժեքներ և դրանք փոխարինել հարթությունների փունջի հավասարման մեջ, ապա այս փունջից ստանում ենք մեկ հարթության ընդհանուր հավասարումը:

Քանի որ հարթությունների փաթեթի հավասարման մեջ պարամետրերը և միաժամանակ հավասար չեն զրոյի, այն կարելի է գրել , եթե , և եթե , ձևով:

Այնուամենայնիվ, այս հավասարումները համարժեք չեն ձևի մի շարք հարթությունների հավասարմանը, քանի որ ցանկացած արժեքի համար ձևի հարթության հավասարումը չի կարող ստացվել հավասարումից, և ցանկացած արժեքի հավասարումից ձևի հարթության հավասարումը հնարավոր չէ ստանալ:

Անցնենք օրինակների լուծմանը։

Օրինակ.

Գրի՛ր հարթությունների մատիտի հավասարումը, որն ուղղանկյուն կոորդինատային համակարգում Oxyz սահմանվում է երկու հատվող հարթություններով. Եվ .

Լուծում.

Տրված հարթության հավասարումը հատվածներում համարժեք է ձևի ընդհանուր հարթության հավասարմանը: Այժմ մենք կարող ենք գրել մի փունջ հարթությունների համար անհրաժեշտ հավասարումը.

Պատասխան.

Օրինակ.

Արդյո՞ք ինքնաթիռը պատկանում է կենտրոն ունեցող ինքնաթիռների փաթեթին:

Լուծում.

Եթե ​​ինքնաթիռը պատկանում է ճառագայթին, ապա ուղիղ գիծը, որը ճառագայթի կենտրոնն է, գտնվում է այս հարթության մեջ: Այսպիսով, դուք կարող եք վերցնել երկու տարբեր կետեր գծի վրա և ստուգել, ​​թե արդյոք դրանք ընկած են հարթության մեջ: Եթե ​​այո, ապա ինքնաթիռը պատկանում է նշված ինքնաթիռների փաթեթին, եթե ոչ, ապա այն չի պատկանում:

Տիեզերքում գծի պարամետրային հավասարումները հեշտացնում են դրա վրա ընկած կետերի կոորդինատները: Վերցնենք պարամետրի երկու արժեք (օրինակ և ) և հաշվարկենք ուղիղ գծի երկու M 1 և M 2 կետերի կոորդինատները.