Учебное пособие к курсу Аналитическая геометрия
 Скачать 1.64 Mb.
|
|
− 4 = 0 после преобразования координат не содержало члена с произведением координат? Решение. Подставляя формулы преобразования координат x = x 0 cos ϕ − y 0 sin ϕ, y = x 0 sin ϕ + y 0 cos ϕ в уравнение 2x 2 − 5xy + 2y 2 + 3x − 4 = 0, получаем 2(x 0 cos ϕ − y 0 sin ϕ) 2 − 5(x 0 cos ϕ − y 0 sin ϕ)(x 0 sin ϕ + y 0 cos ϕ) + 2(x 0 sin ϕ + y 0 cos ϕ) 2 + 3(x 0 cos ϕ − y 0 sin ϕ) − 4 = 0. Приводя подобные чле- ны, находим коэффициент при произведении x 0 y 0 . Он имеет вид 5 sin 2 ϕ − 5 cos 2 ϕ. Приравнивая его нулю, находим ϕ = π 4 Задача 6. Начало O прямоугольной системы координат в про- странстве находится в вершине куба, а векторы базиса e 1 , e 2 , e 3 совпадают, соответственно, с векторами ребер куба −−→ OA 1 , −−→ OA 2 и −−→ OA 3 . Куб поворачивается на угол ϕ вокруг диагонали, про- ходящей через точку O. При этом векторы −−→ OA 1 , −−→ OA 2 и −−→ OA 3 19 переходят, соответственно, в векторы −−→ OB 1 , −−→ OB 2 и −−→ OB 3 . Соста- вить формулы преобразования координат при переходе от ре- пера {O; e i } к реперу {O; e i 0 }, где e i 0 = −−→ OB i , при 1) ϕ = π 3 , 2) ϕ = 2π 3 , 3) ϕ = π 4 Рис. 7. O A 1 A 3 A 2 B 2 B 1 B 3 E D ϕ f 1 f 2 A 3 B 3 A 1 B 1 A 2 B 2 E Решение. См. рисунок 7. Диагональ OD куба имеет направ- ляющий вектор a = {1; 1; 1}, который ортогонален векторам −−−→ A 1 A 2 = {−1; 1; 0} и −−−→ A 1 A 3 = {−1; 0; 1}. Поэтому диагональ OD ортогональна плоскости A 1 A 2 A 3 . Как следует из решения зада- чи 3 из [14], OD пересекает плоскость A 1 A 2 A 3 в точке E, явля- ющейся центром правильного треугольника A 1 A 2 A 3 и имеющей координаты ( 1 3 ; 1 3 ; 1 3 ). Векторы −−→ EB 1 , −−→ EB 2 и −−→ EB 3 получаются, со- ответственно, из векторов −−→ EA 1 , −−→ EA 2 и −−→ EA 3 поворотом на угол ϕ 20 в плоскости A 1 A 2 A 3 . Их можно найти, пользуясь операцией по- ворота векторов плоскости (см. [14], §5). Для этого нужно снача- ла выбрать в плоскости A 1 A 2 A 3 некоторый ортонормированный базис, например, f 1 = −−→ EA 1 | −−→ EA 1 | ; f 2 = −−−→ A 3 A 2 | −−−→ A 3 A 2 | Теперь легко находятся векторы −−→ EB 1 = | −−→ EA 1 |(f 1 cos ϕ + f 2 sin ϕ), −−→ EB 2 = | −−→ EA 1 |(f 1 cos(ϕ+ 2π 3 )+f 2 sin(ϕ+ 2π 3 )), −−→ EB 3 = | −−→ EA 1 |(f 1 cos(ϕ − 2π 3 )+f 2 sin(ϕ − 2π 3 )), затем и векторы e i 0 = −−→ OE+ −−→ EB i нового базиса. Рассмотрим подробно случай ϕ = π 3 . В этом случае −−→ EB 1 = − −−→ EA 3 , −−→ EB 2 = − −−→ EA 1 , −−→ EB 3 = − −−→ EA 2 , отсюда находим простые отношения (см. [14], §3.2) (A 3 EB 1 ) = (A 1 EB 2 ) = (A 2 EB 3 ) = −2, а затем координаты точек B 1 , B 2 и B 3 . После вычислений получаем e 1 0 = −−→ OB 1 = { 2 3 ; 2 3 ; − 1 3 }, e 2 0 = −−→ OB 2 = {− 1 3 ; 2 3 ; 2 3 }, e 3 0 = −−→ OB 3 = { 2 3 ; − 1 3 ; 2 3 }, поэтому формулы преобразования координат имеют вид: x 1 x 2 x 3 = 2 3 − 1 3 2 3 2 3 2 3 − 1 3 − 1 3 2 3 2 3 x 1 0 x 2 0 x 3 0 . Задача 7. Составить формулы преобразования координат при переходе от ортонормированного репера {O; e i } к ортонормиро- ванному реперу {O 0 ; e i 0 }, если известно, что e i = −−→ OA i , e i 0 = −−→ O 0 A i , i = 1, 2, 3, а O 6= O 0 Решение. См. рисунок 8. Рассмотрим, как и в предыдущей за- даче, точку E, являющуюся центром правильного треугольника A 1 A 2 A 3 . Эта точка имеет координаты ( 1 3 ; 1 3 ; 1 3 ). Ясно, что точка O 0 лежит на прямой OE и −−→ OO 0 = 2 −−→ OE, поэтому точка O 0 имеет координаты ( 2 3 ; 2 3 ; 2 3 ). Следовательно, e 1 0 = −−→ O 0 A 1 = { 1 3 ; − 2 3 ; − 2 3 }, 21 e 2 0 = −−→ O 0 A 2 = {− 2 3 ; 1 3 ; − 2 3 }, e 3 0 = −−→ O 0 A 3 = {− 2 3 ; − 2 3 ; 1 3 }, а преобра- зование координат имеет вид x 1 x 2 x 3 = 1 3 − 2 3 − 2 3 − 2 3 1 3 − 2 3 − 2 3 − 2 3 1 3 x 1 0 x 2 0 x 3 0 + 2 3 2 3 2 3 . O A 1 A 3 O 0 E A 2 Рис. 8. Рекомендуемая литература: [8], Лекция 14; [4], Гл. 3, §§1,2; [1], Гл. III, §§2,4. Задачи и упражнения: [2], 130, 131, 132, 133, 135, 136, 137, 1297, 1298, 1303, 1304, 1305; [13], 141, 736, 738. 2 Векторное и смешанное произведения векторов. 2.1 Векторное произведение. Определение. Векторным произведением векторов a и b ори- ентированного евклидова пространства E 3 называется вектор c , однозначно определяемый следующими условиями: 1 ∗ c = 0, если a = 0 или b = 0. 2 ∗ |c| = |a||b| sin ϕ, где ϕ — угол между векторами a и b, заключенный в пределах 0 6 ϕ 6 π, если a 6= 0, b 6= 0. 22 3 ∗ c ⊥ a, c ⊥ b. b a c = [a, b] Рис. 9. 4 ∗ Если векторы a и b не кол- линеарны, то {a, b, c} — правый ба- зис. Обозначается векторное произве- дение векторов следующим образом: c = [a, b]. Геометрические свойства векторного произведения. Следующие свойства векторного произведения векторов вы- текают непосредственно из определения: 1) a||b ⇐⇒ [a, b] = 0. 2) Модуль |[a, b]| векторного произведения векторов a и b ра- вен площади параллелограмма, построенного на этих векторах. 3) Если векторы a и b не коллинеарны, то c ⊥ L{a, b}, где L{a, b} — линейная оболочка векторов a и b (векторная плос- кость, натянутая на векторы a и b), см. определение в §4.4). Алгебраические свойства векторного произведения. 1 ◦ . [a, b] = −[b, a] (кососимметричность). 2 ◦ . [a, λb + µc] = λ[a, b] + µ[a, c]. 3 ◦ . [λb + µc, a] = λ[b, a] + µ[c, a]. Доказательство. 1 ◦ . Если a||b, то [a, b] = 0 = −[b, a]. Предположим теперь, что a и b не коллинеарны, и c = [a, b], а d = [b, a]. Из свойств 2 ∗ и 3 ∗ следует, что d = ±c. Из условия 4 ∗ следует, что {a, b, c} — правый базис. Матрицы перехода от {a, b, c} к {b, a, c} и {b, a, −c} имеют, соответственно, вид 0 1 0 1 0 0 0 0 1 и 0 1 0 1 0 0 0 0 −1 . 23 Определитель первой матрицы отрицателен, а второй — поло- жителен, поэтому правым является базис {b, a, −c}, что и до- казывает свойство 1 ◦ Свойство 3 ◦ вытекает из свойств 1 ◦ и 2 ◦ . Докажем 2 ◦ . Это свойство означает, что отображение Ψ a = [a, · ] : E 3 3 b 7→ [a, b] ∈ E 3 линейно при любом a ∈ E 3 . При a = 0 свойство 2 ◦ выполняется очевидным образом. Далее предполагаем, что a 6= 0. Проведем доказательство в несколько шагов. 1) Докажем сначала, что при λ 6= 0 выполняется [λa, b] = λ[a, b]. (18) Соотношение (18) очевидно выполняется и при λ = 0, но нас интересует случай λ 6= 0. При a||b соотношение (18) выполня- ется очевидным образом. Пусть векторы a и b не коллинеарны и [a, b] = c, [λa, b] = d. Из 2 ∗ и 3 ∗ следует, что d||c и |d| = |λ||c|, поэтому d = ±λc. Остается проверить, что базисы {a, b, c} и {λa, b, λc} одинаково ориентированы. Но это следует из того, что λ 0 0 0 1 0 0 0 λ = λ 2 > 0. Пусть e a — единичный вектор, имеющий то же направление, что и вектор a, то есть, a = |a|e a , тогда из (18) следует, что [a, b] = |a|[e a , b]. 2) Пусть V 2 = L{a} ⊥ — подпространство, ортогональное век- тору a, и pr V 2 : E 3 → V 2 — ортогональная проекция векторов на V 2 (определение линейной оболочки L{a} см. в §4.4.) Как 24 было показано в § 4.1 учебного пособия [14], pr V 2 — линейное отображение. V 2 a b pr V 2 (b) Рис. 10. Покажем, что имеет место следующая формула: [e a , b] = [e a , pr V 2 (b)]. Эта формула, очевидно, выполняется при a||b, поэтому предпо- лагаем далее, что векторы a и b не коллинеарны. V 2 e a c b 0 b V 0 2 Рис. 11. Обозначим b 0 = pr V 2 (b). Так как b = λe a + b 0 , то векторы e a , b и b 0 лежат в одном двумерном подпространстве V 0 2 (см. рисунок 11). Поскольку |b 0 | — высота параллелограмма, построенного на векторах b и e a , то |[e a , b]| = |b 0 | = |[e a , b 0 ] |. Оба произведения [e a , b] и [e a , b 0 ] ортогональны подпространству V 0 2 , поэтому они могут отличаться только знаком. Обозначим [e a , b 0 ] = c. Оста- ется проверить, что базисы {e a , b 0 , c} и {e a , b, c} одинаково ори- ентированы. Но это следует из положительности определителя 25 матрицы перехода 1 λ 0 0 1 0 0 0 1 . 3) Нам потребуется операция поворота векторов на прямой угол на плоскости V 2 = L{a} ⊥ . Для определения такой опера- ции необходимо сначала ввести на V 2 ориентацию. Базис {u, v} на плоскости V 2 назовем правым, если правым является базис {e a , u, v} в пространстве E 3 V 2 e a v u Рис. 12. Матрицы перехода от базиса {e a , u, v} к базису {e a , u 0 , v 0 } в E 3 и от базиса {u, v} к базису {u 0 , v 0 } в V 2 имеют, соответ- ственно, вид 1 0 0 0 p 2 2 0 p 2 3 0 0 p 3 2 0 p 3 3 0 и p 2 2 0 p 2 3 0 p 3 2 0 p 3 3 0 ! Поскольку определители этих матриц совпадают (и, в частно- сти, положительны одновременно), то ориентация на плоскости V 2 введена корректно. Наличие ориентации на плоскости V 2 позволяет ввести поло- жительное направление отсчета углов — направление кратчай- шего поворота от u к v в правом базисе {u, v}. Пусть Φ π 2 : V 2 → V 2 — операция поворота на прямой угол на V 2 , тогда, в соот- 26 ветствии с согласованными ориентациями, [e a , u] = Φ π 2 (u) и, в частности, [e a , b 0 ] = Φ π 2 (b 0 ). Теперь мы можем доказать линейность отображения Ψ a : E 3 3 b 7→ [a, b] ∈ E 3 Это отображение линейно, поскольку является композицией Ψ a = α ◦ Φ π 2 ◦ pr V 2 : E 3 → V 2 трех линейных отображений, где α : V 2 3 v 7→ |a|v ∈ V 2 — умножение векторов на число |a|. 2 Из алгебраических свойств векторного произведения следует, что ε : E 3 × E 3 3 {a, b} 7→ [a, b] ∈ E 3 — кососимметричное билинейное отображение. Поэтому, зная векторные произведения базисных векторов, можно легко по- лучить формулу для вычисления векторного произведения про- извольных векторов. Имеем: [a, b] = [a i e i , b j e j ] = a i b j [e i , e j ] = a i b j ε k ij e k , где [e i , e j ] = ε k ij e k Таким образом, если [a, b] = c, то c k = ε k ij a i b j (19) Чтобы записать формулу (19) для конкретного базиса {e i }, нуж- но вычислить (с учетом косой симметрии ε k ji = −ε k ij ) девять ко- эффициентов ε k 12 , ε k 13 , ε k 23 , k = 1, 2, 3. 27 Формула для вычисления векторного произведения в прямо- угольной системе координат. Пусть теперь {e i } — правый ортонормированный базис. В этом случае [e 1 , e 2 ] = e 3 , [e 2 , e 3 ] = e 1 , [e 3 , e 1 ] = e 2 (чтобы убе- диться, что базисы {e 2 , e 3 , e 1 } и {e 3 , e 1 , e 2 } правые, необходимо составить соответствующие матрицы перехода к этим базисам от правого базиса {e 1 , e 2 , e 3 }). Следовательно, ε 3 12 = ε 1 23 = ε 2 31 = 1, ε 3 21 = ε 1 32 = ε 2 13 = −1, а остальные ε k ij = 0. Поэтому [a, b] = (a 2 b 3 − a 3 b 2 )e 1 + (a 3 b 1 − a 1 b 3 )e 2 + (a 1 b 2 − a 2 b 1 )e 3 . (20) Формулу (20) удобно записывать в виде символического опреде- лителя [a, b] = e 1 e 2 e 3 a 1 a 2 a 3 b 1 b 2 b 3 (21) Формула для вычисления площади треугольника в простран- стве. Аналогично случаю плоского треугольника, имеем: S 4ABC = 1 2 |[ −→ AB, −→ AC]| = 1 2 |[r B − r A , r C − r A ] |. 2.2 Смешанное произведение. Определение. Смешанным произведением трех векторов a, b и c ориентированного евклидова пространства E 3 называется следующее число: (a, b, c) = ([a, b], c). Геометрические свойства смешанного произведения. 1) (a, b, c) = 0 ⇐⇒ векторы a, b и c компланарны; (a, b, c) > 0 ⇐⇒ {a, b, c} — правый базис; (a, b, c) < 0 ⇐⇒ {a, b, c} — левый базис. 28 2) Если векторы a, b и c не компланарны, то |(a, b, c)| — объ- ем параллелепипеда P (a, b, c), построенного на этих векторах, как на ребрах, выходящих из одной вершины. Первое свойство является непосредственным следствием при- веденной ниже формулы (22) для вычисления смешанного про- изведения. Докажем свойство 2). Пусть V — объем параллелепипеда P (a, b, c), S — площадь параллелограмма P (a, b), построенного на векторах a и b как сторонах, рассматриваемого как основание параллелепипеда P (a, b, c), а h — высота параллелепипеда, опущенная на ука- занное основание. Имеем (см. рисунок 13): |(a, b, c)| = |([a, b], c)| = |[a, b]| |pr [a,b] (c) | = Sh = V. a b c h [a, b] Рис. 13. Формула для вычисления смешанного произведения в прямо- угольной системе координат. Пусть {e i } — правый ортонормированный базис. Тогда (a, b, c) = a 1 a 2 a 3 b 1 b 2 b 3 c 1 c 2 c 3 (22) Формула (22) с очевидностью следует из формулы (20) и фор- мулы для вычисления скалярного произведения в прямоуголь- ной системе координат. 29 Алгебраические свойства смешанного произведения. 1 ◦ . (a, b, c) = (b, c, a) = (c, a, b) = −(b, a, c) = −(a, c, b) = = −(c, b, a) (кососимметричность). 2 ◦ . (a, b, c) = (a, [b, c]). 3 ◦ . Отображение ε : E 3 × E 3 × E 3 3 {a, b, c} 7→ (a, b, c) ∈ R — кососимметричное трилинейное (то есть линейное по каждому из трех аргументов) отображение. Доказательство. Свойства 1 ◦ и 3 ◦ являются непосредственны- ми следствиями формулы (22) и свойств определителей, 2 ◦ сле- дует из 1 ◦ . Линейность смешанного произведения следует также из линейности скалярного и векторного произведений. 2 Формула для вычисления смешанного произведения в аффин- ной системе координат. Пусть {e i } — произвольный базис в E 3 . Тогда (a, b, c) = (a i e i , b j e j , c k e k ) = a i b j c k (e i , e j , e k ) = ε ijk a i b j c k , где ε ijk = (e i , e j , e k ). Из 1 ◦ следует, что ε 123 = ε 231 = ε 312 = −ε 213 = −ε 132 = −ε 321 , а остальные коэффициенты ε ijk = 0. Отсюда получаем следую- щую формулу: (a, b, c) = ε 123 a 1 a 2 a 3 b 1 b 2 b 3 c 1 c 2 c 3 (23) Соотношения, связывающие ε ijk и ε k ij Коэффициенты ε ijk следующим образом выражаются через коэффициенты ε k ij и компоненты g ij матрицы скалярного про- 30 изведения: ε ijk = (e i , e j , e k ) = ([e i , e j ], e k ) = = (ε m ij e m , e k ) = ε m ij (e m , e k ) = ε m ij g mk (24) Поскольку матрица (g ij ) невырожденная, существует обратная к ней матрица. Обозначим компоненты этой матрицы следующим образом: g ki , где, как обычно, первый индекс является номером строки, а второй номером столбца. Матрица (g ki ) является сим- метрической (g ki = g ik ) и связана с матрицей (g ij ) соотношением g ki g ij = δ k j , (25) означающим, что произведение матриц (g ki ) и (g ij ) является еди- ничной матрицей (о значении матрицы (g ki ) см. с. 73). Умножая обе части равенства (24) на g kp , затем суммируя по k = 1, 2, 3 и используя соотношение (25), получаем ε ijk g kp = ε m ij g mk g kp = ε m ij g pk g km = ε m ij δ p m = ε p ij Таким образом, ε p ij = ε ijk g kp (26) Формула (26) показывает, что сложность формулы для вычис- ления векторного произведения в произвольном базисе объяс- няется сложностью формулы для вычисления скалярного про- изведения. |