U ovom članku ćemo dati definiciju snopa ravnina, dobiti jednačinu snopa ravnina u odnosu na dati pravokutni koordinatni sistem i detaljno razmotriti rješenja tipičnih problema vezanih za koncept snopa ravnina. .

Navigacija po stranici.

Svežanj aviona - definicija.

Iz aksioma geometrije slijedi da trodimenzionalni prostor Postoji samo jedna ravan kroz pravu i tačka nije na njoj. A iz ove izjave slijedi da postoji beskonačno mnogo ravni koje sadrže unaprijed određenu liniju. Hajde da to potkrijepimo.

Neka nam je data prava linija a . Uzmimo tačku M 1 koja ne leži na pravoj a. Tada kroz pravu a i tačku M 1 možemo povući ravan, i to samo jednu. Hajde da ga odredimo. Sada uzmimo tačku M 2 koja ne leži u ravni. Kroz pravu a i tačku M 2 prolazi jedina ravan. Ako uzmemo tačku M 3 koja ne leži ni u ravni ni u ravni , tada možemo konstruisati ravan koja prolazi kroz pravu a i tačku M 3 . Očigledno, ovaj proces konstruisanja ravnina koje prolaze kroz datu pravu a može se nastaviti beskonačno.

Tako smo došli do definicije snopa ravnina.

Definicija.

Plane bundle je skup svih ravni u trodimenzionalnom prostoru koje prolaze kroz jednu datu pravu.

Prava linija, koju sadrže sve ravni snopa, naziva se središte ovog snopa ravnina. Dakle, dolazi do izraza "snop ravnina sa centrom a".

Određeni snop ravnina može se definirati ili specificiranjem njegovog centra, ili specificiranjem bilo koje dvije ravni ovog skupa, što je u suštini ista stvar. S druge strane, bilo koje dvije ravni koje se sijeku definiraju određeni snop ravnina.

Jednadžba snopa ravnina - rješenje problema.

U praktične svrhe, nije toliko zanimljiv snop ravnina u svom geometrijskom obliku, već prije.

Odmah odgovorimo na logično pitanje: "Šta je jednačina snopa ravnina"?

Da bismo to učinili, pretpostavit ćemo da je Oxyz uveden u trodimenzionalni prostor i da je snop ravni specificiran specificiranjem dvije ravni i iz njega. Neka ravan odgovara opštoj jednačini ravni forme, a ravan - forme. Dakle, jednadžba snopa ravnina je jednačina koja definira jednačine svih ravni ovog snopa.

Postavlja se logično pitanje: “Šta je jednačina snopa ravnina u pravougaonom koordinatnom sistemu Oxyz”?

Oblik jednačine za olovku ravni je dat sljedećom teoremom.

Teorema.

Ravnina pripada olovci ravnina definiranih s dvije ravnine koje se sijeku i , dato jednadžbama i , odnosno, ako i samo ako njegova opća jednadžba ima oblik , gdje su i proizvoljni realni brojevi koji nisu jednaki nuli u isto vrijeme (zadnji uslov je ekvivalentan nejednakosti ).

Dokaz.

Da biste dokazali dovoljnost, morate pokazati:

Prepišimo jednačinu u obliku . Rezultirajuća jednačina je opšta jednačina ravni, ako su izrazi i nisu jednake nuli u isto vrijeme.

Dokažimo da oni zaista ne nestaju istovremeno kontradiktorno. Pretvarajmo se tako. Onda ako , onda , ako , onda . Rezultirajuće jednakosti znače da su vektori i povezani su odnosima ili (ako je potrebno, pogledajte članak ), dakle, i važi. Pošto je normalni vektor ravni, - vektor normale ravni , a vektori i su kolinearni, tada su ravni i paralelne ili se poklapaju (vidi članak uvjet paralelnosti dvije ravni). A to ne može biti, budući da ravni definiraju snop ravnina, pa se stoga sijeku.

Dakle, jednačina je zaista opšta jednačina ravnine. Pokažimo da ravan definirana ovom jednačinom prolazi kroz liniju presjeka ravnina i .

Ako je to tačno, onda sistem jednačina oblika ima beskonačan broj rješenja. (Ako pisani sistem jednačina ima jedinstveno rešenje, onda ravni iz čijih je jednačina sistem sastavljen imaju jednu zajedničku tačku, dakle, ravan seče pravu liniju definisanu ravninama koje se seku i. Ako pisani sistem jednačina ima nema rješenja, onda ne postoji tačka koja istovremeno pripada sve tri ravni, dakle, ravan je paralelna pravoj liniji koju daju ravnine koje se sijeku i ).

Budući da je prva jednačina pisanog sistema jednačina linearna kombinacija druge i treće jednačine, ona je suvišna i bez posljedica se može isključiti iz sistema (o tome smo govorili u članku). To jest, originalni sistem jednačina je ekvivalentan sistemu jednačina oblika . I ovaj sistem ima beskonačan broj rješenja, budući da ravni i imaju beskonačno mnogo zajedničkih tačaka zbog činjenice da se sijeku.

Dovoljnost je dokazana.

Pređimo na dokaz nužnosti.

Da bi se dokazala nužnost, potrebno je pokazati da, bez obzira na unaprijed određenu ravninu koja prolazi linijom presjeka ravnina i , određena je jednadžbom za neke vrijednosti parametara i .

Uzmite ravan koja prolazi kroz tačku i kroz liniju preseka ravnina i (M 0 ne leži na liniji preseka ovih ravni). Pokažimo da je uvijek moguće odabrati takve vrijednosti i parametre i , pri kojima će koordinate tačke M 0 zadovoljiti jednadžbu, odnosno jednakost će biti tačna. Ovo će dokazati dovoljno.

Zamenimo koordinate tačke M 0 : u jednačinu. Kako ravni i ne prolaze istovremeno kroz tačku M 0 (inače bi se ove ravni poklopile), onda barem jedan od izraza ili različito od nule. Ako je , tada se jednadžba može riješiti u odnosu na parametar kao i, dajući parametru proizvoljnu vrijednost različitu od nule, izračunavamo . Ako je , tada parametru dajemo proizvoljnu vrijednost različitu od nule, izračunavamo .

Teorema je u potpunosti dokazana.

Tako izgleda. Definira sve ravnine snopa. Ako uzmemo neki par vrijednosti i zamijenimo ih u jednadžbu snopa ravnina, onda ćemo iz ovog snopa dobiti opštu jednačinu jedne ravni.

Budući da parametri i nisu jednaki nuli u jednadžbi snopa ravnina, može se napisati u obliku , ako , i u obliku , ako .

Međutim, ove jednadžbe nisu ekvivalentne jednadžbi snopa ravnina oblika , jer je za bilo koju vrijednost nemoguće dobiti jednadžbu ravnine forme iz jednadžbe, a iz jednadžbe za bilo koju vrijednost ​Nemoguće je dobiti jednačinu ravni oblika .

Pređimo na rješavanje primjera.

Primjer.

Napišite jednačinu za ravan snop, koji je u pravokutnom koordinatnom sistemu Oxyz dat sa dvije ravnine koje se seku i .

Rješenje.

Zadata jednačina ravnine u segmentima je ekvivalentna opštoj jednačini ravni oblika . Sada možemo zapisati traženu jednačinu za snop ravnina: .

odgovor:

Primjer.

Da li ravan pripada skupu ravnina sa središtem , ?

Rješenje.

Ako ravan pripada olovci, tada linija koja je centar olovke leži u ovoj ravni. Dakle, može se uzeti dvije različite tačke prave i provjeriti da li leže u ravni. Ako da, tada ravan pripada navedenom paketu ravni, ako ne, onda ne pripada.

Parametarske jednadžbe prave linije u prostoru olakšavaju određivanje koordinata tačaka koje leže na njoj. Uzmimo dvije vrijednosti parametra (na primjer i ) i izračunajmo koordinate dvije tačke M 1 i M 2 prave:

Prije svega, reći ćemo da je avion

postoji linearna kombinacija ravnina

ako je jednadžba (1) linearna kombinacija jednadžbi (2) i (3), tj. ako postoje takvi i , takvi da je identitet

Iz identita (4) slijedi da svaka tačka ) koja zadovoljava obje jednačine (2) i (3) također zadovoljava jednačinu (1) - svaka tačka koja pripada objema ravnima (2) i (3) također pripada ravni (1) . Drugim riječima:

Avion koji je linearna kombinacija dvije date ravnine (2) i (3) prolaze kroz liniju sjecišta ovih ravni. Dokažimo da je, obrnuto, bilo koja ravan (1) koja prolazi kroz liniju preseka d dve date ravni (2) i (3) linearna kombinacija ovih ravni.

Bez gubitka opštosti, možemo pretpostaviti da se ravan (1) ne poklapa ni sa jednom ravninom (2) i (3). Dokaz je potpuno isti kao u slučaju linija (poglavlje V, §5).

Ravan koja prolazi kroz pravu d biće potpuno definisana ako označimo neke njene tačke (slika 122) koje ne leže na pravoj d.

Uzmimo takvu tačku na našoj ravni (1) i napišimo jednačinu sa dvije nepoznanice i :

Pošto, prema pretpostavci, tačka ne leži na pravoj d, onda je barem jedna od zagrada na lijevoj strani jednačine (5) različita od nule; iz ove jednačine (5) omjer je jednoznačno određen

Neka sada i neki brojevi koji zadovoljavaju proporciju (6). Tada vrijedi i jednakost (5), što znači da tačka leži na ravni

Ali ova ravan, budući da je linearna kombinacija ravnina (2) i (3), prolazi kroz pravu d i sadrži tačku koja pripada ravni (- što znači da se ravan (1) poklapa sa ravninom (7) i linearna je kombinacija ravni (2) i (3) Tvrdnja je dokazana.

Dakle, da bi ravan (1) prošla kroz presek dve ravni (2) i (3), potrebno je i dovoljno da jednačina (1) bude linearna kombinacija jednačina (2) i (3) .

Neka su sada ravni (2) i (3) paralelne. Na potpuno isti način kao u § 5 poglavlja V, uvjereni smo da će svaka ravan koja je linearna kombinacija ravnina (2) i (3) biti paralelna s njima i da će, obrnuto, svaka ravan paralelna sa dvije (paralelne jedna prema drugoj) ravni (2) i (3) je njihova linearna kombinacija.

Nazovimo skup svih ravnina koje prolaze kroz datu pravu d pravilnu olovku ravnina sa osom. Nazovimo nepravilnu olovku ravni skup svih ravni paralelnih (u širem smislu riječi) s jednom od nekih ravni. Konačno, mi zovemo skup svih ravnina koje su linearne kombinacije bilo koje dvije ravni i , jednodimenzionalni mnogostrukost ravni generiranih od svoja dva elementa i . Dokazali smo da je svaka olovka ravnina (pravilna ili nepravilna) jednodimenzionalna mnogostrukost koju generiraju bilo koja dva njena elementa.

Obrnuto, bilo koja jednodimenzionalna mnogostrukost ravnina (generisana sa neke dve ravni i 62) je skup ravnina - pravi ako se ravni i 62 seku, nepravilan ako su paralelne.

U poglavlju XXIII ovih "Predavanja" konstruisaćemo projektivni prostor, popunjavajući uobičajeni prostor beskonačno udaljenim (nepravilnim) tačkama na takav način da ukupnost ovih beskonačno udaljenih tačaka čini beskonačno udaljenu (nepravilnu) ravan;

Sve linije koje leže u ovoj ravni će također biti pozvane beskonačno ili nepravilne. Svaka "pravilna" (tj. obična) ravan prostora seče se sa nepravilnom ravninom duž nepravilne prave - duž jedine nepravilne prave date prave ravni. Ispada da su dvije prave ravni paralelne ako i samo ako se sijeku duž (njihove zajedničke) prave u beskonačnosti. Dakle, u projektivnom prostoru nestaje razlika između pravih i nepravilnih olovaka ravnina: nepravilna olovka je olovka ravnina čija je osa jedna od nepravilnih linija projektivnog prostora.

Članak se bavi definicijama olovke linija sa centrom u datoj tački u ravni. Rastavljeno detaljno rješenje koristeći definiciju, razmatraju se problemi za sastavljanje jednadžbe olovke linija, pronalaženje koordinata.

Olovka linija je definisana u ravni, ali ne i u trodimenzionalnom prostoru. Aksiom geometrije kaže da ako postoje dvije nepodudarne tačke koje se nalaze na ravni, onda se kroz njih može povući samo jedna prava linija. Ako su tačke M 0 i M 1 date na ravni γ, onda kroz njih možemo povući pravu liniju. Kada postoji još jedna tačka M 2 koja ne leži na pravoj M 0 M 1, onda možete povući pravu M 0 M 2. Ako označimo tačku M 3 koja ne pripada nijednoj od nacrtanih pravih, možemo kroz nju povući i pravu koja prolazi kroz M 0 .

To implicira da se u ravni γ može povući niz linija dati poen. To je dovelo do definicije olovke linija.

Definicija 1

Data ravan γ sa skupom svih pravih koje leže u ravni γ i prolaze kroz tačku M 0 naziva se olovka pravih sa centrom u tački M 0 .

Na osnovu definicije, imamo da će se bilo koje dvije prave iz ove olovke sjeći u centru ove olovke linija. Greda je definirana ako je naveden centar ove grede.

Jednačina snopa linija - rješavanje problema

Za rješavanje problema koristi se jednadžba olovke linija, odnosno sama olovka se razmatra u odnosu na koordinatni sistem O x y na ravni.

Kada imamo pravougaoni koordinatni sistem O x y na ravni sa naznačenim linijama koje se seku a 1 i a 2, greda definiše ove prave. Opća jednadžba prave linije odgovorna je za koordinatni sistem O x y, koji ima oblik A 1 x + B 1 y + C 1 = 0 ili A 2 x + B 2 y + C 2 = 0.

Hajde da uvedemo oznaku preseka pravih kao tačke M 0 sa koordinatama x 0 i y 0 . Iz toga slijedi da tačka M ima koordinate M 0 (x 0 , y 0) .

Za određivanje oblika korištene jednadžbe u snopovima, razmotrite teoremu.

Teorema

Date su dvije prave koje se seku a 1 i a 2, postoje prave koje su uključene u olovku pravih formiranih u koordinatnom sistemu O x y. Njihove jednadžbe su oblika A 1 x + B 1 y + C 1 = 0 i A 2 x + B 2 y + C 2 = 0 ako i samo ako je jednadžba prave α (A 1 x + B 1 y + C 1 = 0) + β (A 2 x + B 2 y + C 2) = 0 odgovara tome, a α i β su realni brojevi, nije jednako nuli. Ovaj uslov se piše na sledeći način: α 2 + β 2 ≠ 0.

Dokaz

Razmatranje dokaza započinjemo razmatranjem prave a iz naznačene olovke, nakon čega dokazujemo da se može specificirati pomoću jednačine α (A 1 x + B 1 y + C 1) + β (A 2 x + B 2 y + C 2 ) = 0 .

Središte grede uzimamo kao tačku sa koordinatama M 0 = (x 0 , y 0) .

Odavde dobijamo da je n → = (A 1 , B 1) vektor normale prave A 1 x + B 1 y + C 1 = 0, tada je n 2 → = (A 2 , B 2) normala vektor za pravu A 2 x + B 2 y + C 2 = 0 . Dobijamo da su n → 1 i n 2 → nekolinearni vektori, jer prava a 1 i a 2 nemaju zajedničke tačke preseka. Dakle, potrebno je proširiti vektor normale n → u dva nekolinearna n 1 → i n 2 →. Dekompozicija se mora izvršiti prema formuli n → = α · n 1 → + β · n 2 → . Kao rezultat, dobijamo da je n → = (α · A 1 + β · A 2 , α · B 1 + β · B 2) .

Nakon proračuna dobijamo koordinate vektora normale prave a jednake n → = α · A 1 + β · A 2 , α · B 1 + β · B 2 . Koordinate tačke koja se siječe sa pravom a u tački M 0 (x 0, y 0) zapisuju se pomoću opšte jednačine prave a. Tada dobijamo izraz kao što je:

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

Pomoću - A 1 x 0 - B 1 y 0 \u003d C 1 i - A 2 x 0 - B 2 y 0 \u003d C 2 dobijamo opću jednadžbu prave a, koja ima oblik α (A 1 x + B 1 y + C 1) + β A 2 x + B 2 y + C 2 = 0 . Navedena neophodnost je dokazana.

Ostaje da se pronađe dokaz dovoljnosti.

Dakle, potrebno je dokazati izraz α (A 1 x + B 1 y + C 1) + β A 2 x + B 2 y + C 2 = 0, gdje imamo α i β nekim realnim brojevima koji nisu nula , postoji jednadžba iz olovke linija sa presječnom tačkom M 0 (x 0 , y 0) . Takva jednačina je definirana korištenjem dvije linije koje se seku A 1 x + B 1 y + C 1 = 0 i A 2 x + B 2 y + C 2 = 0 .

Zapisujemo jednačinu α (A 1 x + B 1 y + C 1) + β A 2 x + B 2 y + C 2 = 0 kao α A 1 + β A 2 x + α B 1 + β B 2 y + α C 1 + β C 2 = 0 .

Jednačina će se smatrati opštom ako je ispunjen uslov kada su α · A 1 + β · A 2 i α · B 1 + β · B 2 različiti od nule. Inače, dobili smo izraz oblika α A 1 + β A 2 = 0 ⇔ A 1 = - β α A 2 i α B 1 + β B 2 = 0 ⇔ B 1 = - β α B 2 ili α A 1 + β A 2 = 0 ⇔ A 2 = - α β A 1 i α B 1 + β B 2 = 0 ⇔ B 2 = - α β B 1. To bi značilo da vektori nisu kolinearni.

To je u ovom slučaju nemoguće, jer su n 1 → i n 2 → normalni vektori pravih a 1 i a 2 koje se sijeku.

Imamo da je jednačina α · (A 1 x + B 1 y + C 1) + β · A 2 x + B 2 y + C 2 = 0 opšta jednačina prave linije. Zatim morate dokazati zadovoljstvo koordinata tačke kada se sijeku, odnosno koordinata tačke M 0 (x 0, y 0) . Dokažimo da li je tačna jednakost α · (A 1 x + B 1 y + C 1) + β · A 2 x + B 2 y + C 2 = 0.

M 0 (x 0 , y 0) je tačka preseka pravih, što znači da njene koordinate moraju zadovoljiti jednačine obe prave koje se seku.

Kada je A 1 x + B 1 y + C 1 = 0 i A 2 x + B 2 y + C 2 = 0, slijedi da je α A 1 x + B 1 y + C 1 + β A 2 x + B 2 y + C 2 = α 0 + β 0 = 0 .

Q.E.D.

Možemo zaključiti da je jednadžba koja ima oblik α · A 1 x + B 1 y + C 1 + β · A 2 x + B 2 y + C 2 = 0 jednačina grede.

Vrijednosti α i β su neophodne da bi se odredile linije koje se nalaze u ovom snopu, sa jednadžbama A 1 x + B 1 y + C 1 = 0 i A 2 x + B 2 y + C 2 = 0 .

Potrebno je da barem jedan od parametara bude različit od nule, tada se izraz može pojednostaviti. Pod uslovom da je α ≠ 0, dobijamo izraz oblika A 1 x + B 1 y + C 1 + λ · A 2 x + B 2 y + C 2 = 0 sa λ = α β .

Za β ≠ ​​0, izraz postaje μ · A 1 x + B 1 y + C 1 + A 2 x + B 2 y + C 2 = 0 sa μ = α β .

Oni nisu ekvivalentni jednadžbi olovke linija koja se odnosi na oblik α · A 1 x + B 1 y + C 1 + β · A 2 x + B 2 y + C 2 = 0 . Jednadžba A 1 x + B 1 y + C 1 + λ A 2 x + B 2 y + C 2 = 0 za bilo koju vrijednost λ neće omogućiti da se dobije jednačina oblika A 2 x + B 2 y + C 2 = 0.

Jednačina μ · A 1 x + B 1 y + C 1 + A 2 x + B 2 y + C 2 = 0 za bilo koju vrijednost μ neće rezultirati A 1 x + B 1 y + C 1 = 0 .

Pogledajmo pobliže primjere rješavanja.

Primjer 1

Napišite jednačinu ravne grede sa datim centrom u tački M 0 (- 1 , 4) , k = 3 .

Rješenje

Potrebno je formulisati jednačinu za pravu liniju koja će prolaziti kroz datu tačku sa koordinatama M 0 (- 1, 4) sa nagibom jednakim 3. Zatim napišemo jednačinu prave linije sa nagibom i dobijemo y - 4 = 3 · (x - (- 1)) ⇔ y = 3 x + 7 .

Odgovor: y = 3 x + 7 .

Primjer 2

Pronađite koordinate centra olovke pravih u O x y ako su poznate dvije jednadžbe linija koje se sijeku x - 4 2 = y + 3 0 i x 2 3 + y - 1 = 1.

Rješenje

Za pronalaženje koordinata centra grede potrebno je pronaći točke presjeka x - 4 2 = y + 3 0 i x 2 3 + y - 1 = 1 .

Shvatili smo to kanonska jednačina prava linija na ravni x - 4 2 = y + 3 0 je ekvivalentna x 2 3 + y - 1 = 1 , a jednačina u segmentima x 2 3 + y - 1 = 1 je ekvivalentna opštoj jednačini prava linija 3 2 x - y - 1 = 0 .

Sada sastavljamo sistem jednačina koji uključuje jednačine linija.

Shvatili smo to

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

Dobijamo da su - 4 3 , - 3 koordinate centralne tačke u kojoj se sve prave seku.

Odgovor: - 4 3 , - 3 .

Primjer 3

Sastavite jednadžbu olovke linija u O x y, koja je data linijama 3 x - 2 y + 1 = 0 i x \u003d - 2 + 2 · λ y = 5 · λ koje imaju zajedničku točku presjeka.

Rješenje

Prvo morate dobiti opštu jednačinu prave linije. Definisano je parametarska jednačina x = - 2 + 2 λ y = 5 λ .

Otuda to sledi

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

Zapišimo jednačinu olovke pravih i dobićemo α (3 x - 2 y + 1) + β (5 x - 2 y + 10) = 0, a α i β su realni brojevi, gdje je α 2 + β 2 smatra se preduvjetom ≠ 0 .

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

Primjer 4

Napišite jednačinu prave koja prolazi kroz tačku M 1 (2, - 1) i pripada olovci prava sa jednadžbom α · (5 x + y - 19) + β · (2 ​​x - 3 y + 6) = 0 .

Rješenje

Problem se rješava na dva načina.

Prva metoda počinje definicijom M 0 , koja je centar raskrsnice. Zatim morate pronaći točke presjeka jednadžbi 5 x + y - 19 = 0 i 2 x - 3 y + 6 = 0, a njihov rezultat će biti koordinate za M 0 .

Određujemo koordinate rješavanjem rezultirajućeg sistema:

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

Dakle, tačka M 0 ima koordinate (3, 4) . Ovo je zapisano kao M 0 (3 , 4) . Da se dobije željena jednačina koja prolazi kroz tačke sa koordinatama M 0 (3, 4) i M 1 (2, - 1) . Kao rezultat, dobijamo:

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

Druga metoda počinje činjenicom da je potrebno odrediti parametre α i β tako da jednačina α (5 x + y - 19) + β 2 x - 3 y + 6 = 0 bude jednačina prave linije koja prolazi kroz M 1 (2, - jedan) . Da bismo to učinili, nađemo koordinate M 1 i dobijemo to

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

Uzimamo vrijednost β = 10, po želji možete odabrati bilo koju drugu takvu vrijednost β, što daje jednostavan proračun α. Dobijamo α = 13 β 10 = 13 10 10 = 13.

Prilikom zamjene vrijednosti α = 13 i β = 10 u datu jednadžbu grede, transformiramo:

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

Potrebno je provjeriti ekvivalentnost rezultirajućih jednačina.

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

Iz ovoga proizilazi da je sve ispravno odlučeno.

Odgovor: 5 x - y - 11 = 0 .

Primjer 5

Odredite da li pravac 3 x - y + 5 = 0 pripada olovci pravih α · (x - 2 y + 4) + β · (x - y + 4) = 0 .

Rješenje

Rješenje se pravi na dva načina.

Prvi način rješavanja počinje pronalaženjem centara koordinata date jednadžbe snopa i njihovom provjerom:

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

Dobijamo da zamjena koordinata centra u jednadžbi prave 3 x - y + 5 = 0 daje netačnu jednakost. Zaključujemo da linija ne siječe središte greda, pa mu stoga ne pripada.

Druga metoda počinje otvaranjem zagrada i donošenjem sličnih pojmova α · (x - 2 y + 4) + β · x - y + 4 = 0 ⇔ 2 α + β · y + 4 α + 4 β = 0 .

Kada prava 3 x - y + 5 = 0 pripada olovci linija, tada postoje vrijednosti α i β takve da su dvije jednadžbe α + β x - 2 α + β y + 4 α + 4 β = 0 i 3 x - y + 5 = 0 su ekvivalentni.

Tada dobijamo sistem koji se sastoji od tri jednačine α + β = 3 2 α + β = 1 4 α + 4 β = 5 .

Za njegovu transformaciju potrebno je izjednačiti koeficijente ispred varijabli x i y i slobodnih članova postojećih jednačina α + β x - 2 α + β y + 4 α + 4 β = 0 i 3 x - y + 5 = 0 da bi se dobio rezultat rješenja.

Za provjeru potrebno je primijeniti Kronecker-Capelli teoremu.

Da biste to učinili, potrebno je zapisati glavnu i proširenu matricu za sastavljeni sistem jednačina. Dobijamo da je A = 1 1 2 1 4 4 i T = 1 1 3 2 1 1 4 4 5 .

Rezultat pronalaženja ranga proširene matrice je 3 jer je 1 1 3 2 1 1 4 4 5 = 7 ≠ 0 .

Otuda imamo da sistem jednačina α + β = 3 2 α + β = 1 4 α + 4 β = 5 nije definisan, odnosno ima rješenja. Pošto nema rješenja, linija ne prolazi središtem linije postojećih olovaka linija.

odgovor: ne, prava 3 x - y + 5 = 0 ne pripada datoj olovci pravih zapisanih jednadžbom oblika α · (x - 2 y + 4) + β · (x - y + 4) = 0 .

Ako primijetite grešku u tekstu, označite je i pritisnite Ctrl+Enter

Pravilna olovka ravni je skup svih ravnina koje prolaze kroz jednu pravu liniju.

Nepravilna olovka ravni je skup svih paralelnih ravnina.

Teorema 1. Da bi tri ravni date opštim jednačinama

u odnosu na zajednički Dekartov koordinatni sistem, pripadao istom snopu, pravilnom ili neispravnom, potrebno je i dovoljno da rang matrice

bio jednak ili dva ili jedan.

dokaz o neophodnosti. Neka tri ravni (1) pripadaju istom snopu. To je potrebno dokazati

Pretpostavimo prvo da tri date ravni pripadaju njihovoj vlastitoj olovci. Tada sistem (1) ima beskonačan skup rješenja (jer po definiciji prave olovke: tri ravni pripadaju olovci ako prolaze kroz jednu pravu liniju); to će biti ako i samo ako, pošto ako, onda sistem (1) ili ima jedinstveno rješenje ili je nekonzistentan, ovisno o tome da li je determinanta sastavljena od koeficijenata nepoznatih različita od nule ili jednaka nuli.

Ako tri date ravni pripadaju nepravilnom snopu onda je rang matrice

je jednako 1, što znači da je rang matrice M jednako ili dva ili jedan.

Dokaz dovoljnosti. Dato: Potrebno je dokazati da tri date ravni pripadaju istoj olovci.

Ako, onda i. Neka. Tada je sistem (1) konzistentan, ima beskonačan broj rješenja, a među tim ravnima ima onih koje se seku (jer da ih nema, svi bi bili paralelni i rang matrice bi bio jednak 1), pa bi tri date ravni pripadaju sopstvenom snopu.

Ako a; , tada su sve ravni kolinearne (dvije su nužno paralelne, a treća se može poklapati s jednom od paralelnih ravnina).

Ako, onda i, i sve ravni se poklapaju.

Teorema 2. Neka općenito Kartezijanski sistem koordinate su date dvije različite ravnine i opšte jednačine: ; .

Za treću ravan, takođe datu opštom jednačinom

u odnosu na isti koordinatni sistem, pripadao olovci definisanoj ravnima i, potrebno je i dovoljno da leva strana jednačine ravni bude linearna kombinacija levih strana jednačina ravni i.

dokaz o neophodnosti. Zadato: ravan pripada skupu ravnina definisanih ravninama u. Potrebno je dokazati da postoje brojevi i takvi da će identitet vrijediti za sve vrijednosti X, at, z:

Zaista, ako tri ravni, i pripadaju jednom snopu, onda gdje

Prva dva reda ove matrice su linearno nezavisna (pošto su ravni i različite), a budući da je treći red linearna kombinacija prva dva, tj. postoje brojevi i tako to

Množenje obje strane prve jednakosti sa X, oba dijela drugog na at, oba dijela trećeg na z i zbrajanjem dobijenih jednakosti i jednakosti pojam po član dobijamo identitet koji treba dokazati.

Dokaz o dovoljnosti. Neka identitet

važi za sve vrednosti X, at i z. Potrebno je dokazati da ravan pripada olovci definisanoj ravninama u.

Iz ovog identiteta slijede odnosi

dakle treći red matrice M je linearna kombinacija prva dva, i stoga. Ch.t.d.

Jednačina gdje i nisu jednaki nuli u isto vrijeme, naziva se jednadžba snopa ravnina, definiranih sa dvije različite ravni i čije su jednadžbe u zajedničkom kartezijanskom koordinatnom sistemu sljedeće:

Kao što je dokazano, jednačina bilo koje ravni grede definisana je različitim ravnima i može se napisati u obliku

Obrnuto, ako je jednadžba u kojoj barem jedan od brojeva i nije jednak nuli jednačina prvog stepena, onda je to jednačina ravnine koja pripada olovci definiranoj ravninama u. Zaista, treći red matrice M, sastavljen od koeficijenata jednačina i ima oblik

one. je, dakle, linearna kombinacija druga dva.

Ako se ravni i sijeku, i i nisu jednaki nuli istovremeno, tada svi koeficijenti na X, at, z u jednadžbi ne može biti jednako nuli, jer ako su relacije

tada bi ravni bile kolinearne, suprotno pretpostavci.

Ali ako su ravni i paralelne, onda postoje takvi brojevi i, među kojima barem jedan nije jednak nuli, i takvi da su u jednadžbi svi koeficijenti na X, at i z jednaki su nuli. Ali tada će to biti nepravilna olovka, i baš kao iu slučaju olovke pravih linija, ovdje morate biti vrlo oprezni.