Zemes gabalu ķekars, lēzens zemes gabalu ķekars. Taisns stars, taisns stars, taisns stars Taisns stars, iet cauri noteiktai taisnei

Stati mi skaidri saprast staru taisni. Uyavimo taisna sija. Novietojiet znakhozhennya rіvnyannya staru taisni uz priekšu, ejot caur punktu.

є taisni uz priekšu, ejiet cauri punktam P... Atpakaļ, esi jaka taisns, ej cauri punktam P lai sāktu ar vienādiem skaitļiem (3), kad skaitļi ir λ 1 i λ 2 .

Piegādāts. Tas tiek parādīts neatlaidīgi, ryvnyannya (3) є uz līniju(Rivnyannyam pirmais pasūtījums), tobto. rivnyannyam, ar noteiktu sniegumu plkst x abo y nav dārgi līdz nullei.

Telpu grupa plkst xі y:

Todi, piemēram, ar λ 1 ≠ 0 λ 1 i λ 2 nav piemērots nullei), otrimaєmo:

(6)

.

(7)

Mēs noraidām paritātes mentālo paralēlismu taisni, lai mēs sāktu no vienāda (1) un (2), kā pārraudzīt teorēmu prātus (tās ir vienkāršas un nav pārņemtas). Otzhe Es gribu, lai kāds no sāncenšiem (5) nekliedz, tobto. Es vēlētos vienu funkciju ar xі y līmenī (4) nav dārgi līdz nullei. Zvidsy viplya, scho ryvnyannya (4) uz lineāro rivnyany (rivnyany no pirmā soļa) un uz ryvnyannya deyakoi taisni. Aiz prāta teorēmas, qia tieši caur punktu P(x 0 , y 0), yaka є apdzīt taisni (1) un (2), tobto. vikonuyutsya degsme:

tobto. рівняння (3) iet caur punktu P.

Daļu teorēmu var atnest draugam. Ir parādīts, ka, be-yaka taisni, jaka iziet cauri plankumam P viznachatsya rivnyannyam (3) ar deyakom vērtībām λ 1 i λ 2 .

Šķietami taisni cauri plankumiem Pі M"(x ", y"). Parādīts, ka šādu vērtību gadījumā ir vienkārši sākt ar vienādām vērtībām (3). λ 1 i λ 2, nevis uzreiz nulle.

Pirmajā daļā ar teorēmām pierādīšu, ka ir taisni, kā iziet cauri raibai P lai sāktu ar rivnyannyam (3). Tagad, ja qya ir taisna, lai izietu cauri vēl vienam punktam M"(x ", y"), tad centrālā vainas punkta koordinātas (3):

Apbrīnojami, ka piekāršana pie arkām neļauj to uzreiz dabūt līdz nullei, jo tse nozīmēja b, scho aizskarošu rivnyannya iziet cauri punktiem Pі M"(x ", y") і, arī zbіgayutsya. Ej, piemēram, λ 1 (A 1 x " 0 +B 1 y" 0 +C 1) ≠ 0. Todi ielika λ 2 ir pilns skaitlis, kas nav parādīts kā nulle, virishimo (9) λ 1:

Pieņemamas punktu koordinātas Mівняння (12):

Izskaidrojams (13):

Jautājot, piemēram, λ 2 = 4, otrimaєmo λ 1 =−5.

Apmierinoša vērtība λ 1 i λ 2 (12):

Skatīt:

−6x−31y+13=0.

Butt 2. Pobuduvati taisnu līniju staru ar centru M(4,1):

Lēmums. Vіzmemo dvі різні punkti, nepazust punktos M: M 1 (2,1), M 2 (-1,3). Es mudināšu ryvnyannya iziet cauri punktiem Mі M viens . Normāls vektors n 1 centrs ir tieši atbildīgs par ortogonālo vektoru Mі M 1: = (2-4, 1-1) = (-2,0). Tobto. var ņemt n 1 = (0,1). Todi vienāda taisna līnija ar normālu vektoru n 1, iet cauri punktam M maє takiy viglyad:

Skatīt:

Patiešām lieliski, ņemot vērā šos punktus M 1 i M 2, mēs otrimaєmo rіvnyannya no tā paša saišķa taisni, ale ar divām taisnām līnijām.

Lekcijas par algebru un ģeometriju. 1. semestris

Lekcija 14. Rivnyannya ķekars tieši uz apgabalu, ķekars jomās, kas z'yazuvannya jomās.

Nodaļa 14. Rivnyannya ķekars tieši uz apgabalu, ķekars apgabaliem un apgabalu saitēm.

1. punkts. Rivnyannya taisna stara uz jomā.

Viznachennya. Taisnu līniju kopa apgabalā tiek saukta par visu noteiktā apgabala taisnu līniju kopu, kas ir tikai viens tālāks punkts, ko sauc par kopas centru.

1. attēlā punkts
- Sijas centrs.

Teorēma. Aiziet

- Divas taisnas līnijas koordinātu apgabalā Oxy
... Todi Rivnjaņa

de
- Labi skaitļi nav vienādi ar nulli uzreiz, є vienādi ar staru tieši no stara centra punktā
.

Piegādāts.

Nokhai L ir pietiekama stara taisna līnija ar staru kūļa centru punktā
і - Її normāls vektors. Todi vektors nav vienkāršs L maє viglyad:

, (2)

de Ir punkta rādiusa vektors
, - Šķidruma rādiusa vektors, tobto. straumes punkta rādiusa vektors
.

Oskіlki taisni і
aiz prāta teorēmas tas tiek mainīts, їх normālie vektori nav kolineāri і, tagad iestatiet pamatu.

Todi vektors var novietot aiz zim pamata:

,

de
- Sadalījuma koeficienti uzreiz nav vienādi ar nulli, jo normālā vektora vērtībai
... Pidstavlyayuchi in (2)

Ale
і
- vektora taisna līnija і
, tobto. ,

Pidstavlyayuchi (3), mēs pieņemsim paritāti (1).

Tādā rangā mēs tikām nogādāti līdz līmenim, ka esam taisni no ma viglyad stara (1).

Atpakaļ, atnest, par be-jaku
, Viena stunda nav vienāda ar nulli, vienāda (1) - vienāda ar deyakoi tieši no dotā stara.

Dіysno, no vienas puses, lai būtu līdzīgs
, uzreiz nav vienāds ar nulli, vienāds (1)

No sāniem, ejam no ryvnyanny (1)
- dažas skaitļu dienas, viena stunda nav vienāda ar nulli, un tā nav
- Koordinējiet stara centru. Tātad jaks
і
koordinātas uz stara centru і
:

Todi, ņemot vērā punkta koordinātas
in рівняння (1), otrimumo

Tobto. Rivnyannya (1) Rivnyannya taisni, iet caur punktu
, Ir arī vienkārši izsekot šim staram, ch.t.d.

Teorēma ir pabeigta.

Cieņa. Jakšo (1)

... Jakšo
, tad vienāds ar (1) є taisni ... Tam, kurš ir rivnyannya (1) rakhuvati on
, tad varam ņemt to tieši no dotā stara,
:

dibens. Uzrakstiet taisnu līniju, kā iziet cauri dotajam punktam
.

Lēmums. Shukan līnija ir stara taisna līnija punktos tieši no stara centra
... Acīmredzot divu taisnu līniju soļi atrodas kopā:

і

Abo
,
... Todi rivnyannya be-kā taisna sija maє viglyad

Aizstāšu visu saimi valriekstu burtus latīņu valodā, pieņemsim

- Rivnyannya taisni, iet cauri noteiktam punktam
... Zokrem, ar
, mēs atpazīsim stara izlīdzināšanu tieši no stara centra uz koordinātu vālītes:
.

Rozdilivshi Rivnyannya (5) uz
Refiruimo Rivnynnya likumīgi z Kuteim Krayfitzіntt, Scho iziet cauri punktam
:

, (6)

un plkst
Mēs atpazīsim rivnjanju tieši no funkcijas kutovym, lai mēs izietu cauri koordinātu vālītei:

.

Citiem vārdiem sakot, rivnyannya
, de
, Є vienāds stars taisni no stara centra uz koordinātu vālītes.

2. punkts. Rivnyannya zyazuvannya jomās.

Viznachennya. Zvyazuvannyam apgabalus sauc bez visiem apgabaliem, bet ir tikai viens stūra punkts, ko sauc par zyazuvannya centru.

Teorēma. Aiziet,

- trīs apgabali PDSK Okhuz, tikai viens punkts.
... Todi Rivnjanija (7)

de
- lielākā daļa skaitļu uzreiz nav vienādi ar nulli, є apgabalu vienādas saites ar saites centru punktā
.

Pierādījums ir praktiski viens, kas atkārto iepriekšējo teorēmu par taisno kūli.

dibens. Zināt apgabala līmeni ar apgabala centru punktā
.

Lēmums. Acīmredzot, tiklīdz trīs kvadrāti sāk pārvietoties vienā punktā
:

,
,
.

Todi Rivnjaņa

de
і vienā naktī nesasniedz nulli, є shukane rivnyannya.

Zokrema, jaksho
tad rivnyannya

(9)

є Rivnyannya zyazuvannya apgabali іja centrs saites uz koordinātu vālīti.

3. lpp. Rivnyannya ķekars jomās.

Viznachennya. Apgabalu kopumu sauc par visu laukumu rāmi, ko var apgāzt pa vienu un to pašu taisni, ko sauc par sijas galu.

Teorēma. Aiziet

- divas zonas, kas šķērso taisnās līnijas L. Todi rivnyannya

de
- Pietiekams dienu skaits nav vienāds ar nulli uzreiz, є vienāds ar laukumu kopumu no L ķekara augšdaļas.

Pierādījums ir analogs tam, ko sniedz teorēmas par kūļa taisnes izlīdzināšanu un lasīšanas nepieciešamību.

dibens. Zināt apgabalu kopas līmeni, kura augstums ir abscisa augstums.

Lēmums. Acīmredzot koordinātu apgabals

і
pārplūde pa Vērša asi.

Todi Rivnjanija (10)

... Aizstājot valriekstu burtus latīņu valodā, mēs to darīsim

, (11)

de
- Diezgan labi skaitļi, viena stunda nav vienāda ar nulli. Rivnyannya (11) є shukanim rivnyannyam no zonu stara no stara augšdaļas Oh.

Tāpat rivnyannya

, (12)

є

(13)

є platību plakanā sija no sijas augšdaļas Oz.

4. punkts. Galvenais darbs taisnajā zonā.

Zavdaņa 1. Zināt taisni, kā iziet cauri diviem dotiem punktiem
і
.

Tse zavdannya mums vzhe virisheno, div. 11. lekcija, 4. rindkopa, 1. uzdevums:

.

Zavdannya 2. Zināt kut mіzh divas taisni

і
.

Tse zdannya bulo virisheno 11. lekcijā, 4. rindkopa:

Shukaniy kut dorivnyuє vai kutu mіzh їх iztaisnot vektorus

abo
.

Zavdaņa 3. Zināt apgabala atrašanās vietu, kur ir normālvektora koordinātas
šī punkta koordinātas
gulēt uz virsmas.

Lēmums. Viens problēmas risinājums ir dots 2. punkta formulā (8).

Tse zh іvnyannya ir iespējams zdobuti i nakshe. Rivnyannya reģions maє viglyad

de
- Koordinātas її normāls vektors. Zaudēju zināt funkciju D. Tajā pašā laikā tā tiek parādīta tajās pašās punkta koordinātēs
:, zvaigznes.

Pidstavlyayuchi in іvnyannya otrimuєmo:

- Šukanes lauku apvidus.

Zavdannya 4. Ziniet apgabala līmeni, izmantojot trīs dotos punktus
,
і
.

Jak mi bachili pie 3. uzdevuma lauku apvidu locīšanai ir pietiekami daudz normālā vektora koordinātu ka koordinātes būt-kurā punktā, kā gulēt uz dotā laukuma.

Jaks ir normāls vektors apgabalā var ņemt vektors pievienojot vektoru
uz vektoru
, bet kā punktu, var apgulties uz laukuma, var paņemt punktu
... Otrimuєmo

Shukane rіvnyannya apgabalu var atveidot іnshomu viglyadі. Rivnyannya apgabals pie vektora formas maє viglyad

,

.

Zavdannya 5. Zināt kut starp diviem laukumiem.

Lēmums. Ģeometrija vidomo, kur divpusējs kut mіzh divi kvadrāti vyryutsya līnija kut (Div. 12. att.).

Nav svarīgi bachiti, bet gan līnija kut , scho vimiru divpusējs kut mіzh divu kvadrātu dorіvnyuє kutu
starp normāliem qix laukumu vektoriem un
... Šeit vikoristovuєtsya līdzsvara pazīmes kutіv no savstarpēji perpendikulārām pusēm.

abo
.

Šādā rangā kutas aprēķins starp apgabaliem tiek paaugstināts līdz kutas uzdevumu aprēķinam ar vektoriem.

Zavdannya 6. Pazīsti apmeklētāju no dotā punkta
uz noteiktu apgabalu

Lēmums. Viberemo uz punktu
gulēt uz virsmas. Dārgais, ak jakšo
, tad uz kvadrāta gulstas koordinātu vālīte un ir iespējams ņemt punktu
... Jakšo
, tad šāds punkts var ņemt laukuma pārplūdes punktu no vienas no koordinātu asīm. Tātad, tā kā apgabals nevar būt paralēls visām trim koordinātu asīm, tad virs apgabala karājās viena koordināte.

Ej, piemēram,
- Apgabala šķērsplūsmas punkts ar koordinātu vissyu Ok. Šeit
, jakšo
.

Otzhe, nē speciņš
Tim Chi pirmajā veidā tiek pārveidots, tas ir,
no dotā punkta
uz noteiktu apgabalu uz vektora projekcijas moduli
uz normālā laukuma vektora :

.

Oskіlki, tad formulu var rakstīt pie viglyadі

. (14)

Viznachennya. Nekhay tiek piešķirta lielai lauku teritorijas platībai un norāda uz plašumu
... Numurs

var saukt par neviskozu punktu
Shodo zona .

Ar ieviestā pārpratuma palīdzību pie skatītāja var uzrakstīt formulu punkta parādīšanai apgabalā:

.

Viznachennya. Lielums

(15)

sauc vidhilennyam punkts
no apgabala .

Pēdējā vaping vērtība, kas redzama no punkta
uz apgabalu viens līdz punktam iegūšanas modulis
no apgabala :

No formulas (21) redzams, ka šīs neatbilstības atzīšana var būt tā pati zīme.

Cieņa. Formulas (14) - (16) var ierakstīt inshom skatītājā. Normālam skatam, iespējams, piešķirts līdzens laukums:

es mīnuss, inaxhe.

Tagad formula (14) ir no punkta līdz pietūkuma vietai acī:

- Apmeklēšanas punkti
no apgabala .

Zavdannya 7. Iepazīstiet apmeklētāju no punkta centra
līdz punktam taisni
.

Lēmums. Zavdannya virіshuєtsya analogi priekšplānā.

... Tātad jaks
, tad

.

Līdzīgi tiek ieviests jēdziens par neatbilstību starp punktu un taisni un skatu uz punktu no taisnes.

Viznachennya. Nekhai tiek dota Rivnyannya taisnei
tas ir apgabala svarīgākais punkts
... Numurs

var saukt par neviskozu punktu
schodo straight L.

Viznachennya. Lielums

sauc vidhilennyam punkts
no apgabala .

Jakšo, lai taisno līniju parādītu parastajā skatā:

,

, turklāt plus zīme ņemta no vienreiz, ja
un mīnus vismaz, tad formula parādīšanai no punkta uz taisni ir:

- Apmeklēšanas punkti
uz priekšu L.

Zavdannya 8. Ziniet, ka jums apkārt ir divas paralēlas zonas.

Lēmums. 1. veids. Zināt vienu apgabalu līdz noteiktam punktam un pārejiet no tā uz citu apgabalu, lai. Palīdziet cenu uzdevumam 6.

2. ceļš. Potenciāli aizskartas plakanas zonas, kas ir paralēlas parastajam skatam:

de
і
- laukumu normālie vektori і
acīmredzot,
,
- skats no koordinātu vālītes uz apgabaliem і
noteikti.

Tātad jaku normālie vektori і tieši no koordinātu vālītes uz apgabalu, tad ir 2 veidi:

a)
... Uz uzbrūkošā mazā, shematiski divu paralēlu apgabalu attēli і
un viens normāls vektors, kas pievienots koordinātu vālītei.

Šeit,
,
- Skats no koordinātu vālītes uz vispārīgiem apgabaliem. Oskіlki unvidomo, ja apgabals ir tuvāk koordinātu vālītei, tad tas parādās starp apgabaliem

b)
... Tātad jaku normālie vektori і taisni no koordinātu vālītes uz apgabaliem un prototipiem, tad koordinātu vālīte atrodas starp apgabaliem, div. aizskarošs zīmējums.

Lūk, jaks un priekšgalā,
,
- Skats no koordinātu vālītes uz vispārīgiem apgabaliem. Zvidsy viplya, scho ieskauj teritorijas

Zavdannya 9. Zināt, ka atrodas starp divām paralēlām taisnēm.

Lielu apgabalu kopumu sauc par visu apgabalu kopumu, kas iet caur vienu taisnu līniju.

Neredzamu apgabalu kopumu sauc par paralēlu apgabalu bezl_ch savā starpā.

1. teorēma.Šim nolūkam ir trīs zonas, ko ierādījuši ārpilsētas iedzīvotāji

no vecāku Dekarta koordinātu sistēmas, kas gulēja vienā starā, kas nav īpaši svarīgi, tas ir nepieciešams un pietiekams, bet matricas rangs

dorіvnyuvav vai nu divi vai viens.

Nepieciešamības apliecinājums... Ļaujiet trim apgabaliem (1) pārklāties ar vienu komplektu. Vajag atvest, scho

Ir pieļaujams, ka lāpstiņa, kurai ir trīs virsmas, pārklājas ar savu saišķi. Todi sistēma (1) var būt bez risinājuma (jo matainā kūļa apzīmēšanai: uz saišķa atrodas trīs laukumi, ja smaka iet caur vienu taisnu līniju); pat ja tas ir tikai tas, ja tas ir labi, tad sistēma (1) nemaz nav lēmuma vērta, tā ir neprātīga;

Ja ir trīs laukumi, kas jāguļ uz kārtīga saišķa, tad matricas rangs

durvis 1, kas nozīmē matricas rangu M dorіvnyuє vai divi vai viens.

Pietiekamības apliecinājums... Ir dots: Nepieciešams atnest, ka trīs laukuma zonas jāguļ uz viena kūļa.

Jakšo, tad th. Aiziet. Todi sistēma (1) ir gluda, nav risinājuma, un vidus no šīm zonām ir apgāzties (tā kā tas neuzbriest, tad smirdēšana būtu visa paralēla un matricas pakāpe bw bi dorіvnyu 1), ka trīs ķekarus jomā vajadzētu gulēt.

Jakšo; visi laukumi ir kolineāri (divi no tiem nav vienmērīgi paralēli, bet trešais atrodas vienā no paralēlajiem laukumiem).

Jakšo, tad visas zonas ir izkaisītas.

2. teorēma... Neizmantojiet ārējas Dekarta koordinātu sistēmas, kas norādītas divās dažādās zemes teritorijās un ārpus pilsētas rivnyannyas:; ...

Lai varētu izmantot trešo laukumu, tā arī tiek atdota vietējiem cilvēkiem.

Šo koordinātu sistēmu rezultātā radās stars, bet vajadzēja sākt ar platībām і, tas ir nepieciešams un pietiekams, bet tikai daļa no lauku teritorijas bija lineāra kombinācija no citām līdzenas teritorijas daļām.

Nepieciešamības apliecinājums... Tas ir dots: līdzenums meklējams līdzenu laukumu gūzmā, kas sākas ar līdzeniem laukumiem. Jāņem līdzi, ka ir skaitļi un tā, ka, ja tas pats ir taisnība, tas ir derīgs visām nozīmēm X, plkst, z:

Tiesa, ja ir trīs apgabali un ja tie atrodas vienā saišķī, ​​tad de

Visas matricas pirmās divas rindas ir lineāri neatkarīgas (laukuma fragmenti un augšana), turklāt trešā rinda ir pirmo divu lineāra kombinācija, tobto. іnу numurs і takі, scho

Reizināt nodarījumu pirmās daļas X, aizskarošas daļas cita uz plkst, aizskarot daļu no trešā uz zі noliktava pēc termiņa, іn іtѕ іtѕ іѕ іn, іn іtѕ іѕ іѕ іn var atņemt vienādību, kas ir jāatved.

Pietiekamības apliecinājums. Nāc vienlīdzība

godīgi visās nozīmēs X, plkstі z... Nepieciešams atnest uz sijas klājamo laukumu, kas sāksies ar laukumiem, kas ir.

Pilnīga spēja izmantot veiktspējas priekšrocības,

tātad, trešā matricas rinda Mє līnijas kombinācija no diviem vispirms, un uz to. Ch.t.d.

Rivnyannya de і nav vienāds ar nulli vienā naktī, tos sauc par vienādiem ar virkni apgabalu, kas ir balstīti uz diviem dažādiem apgabaliem un ir vienādi ar tālākajām Dekarta koordinātu sistēmām:

Ir atnests jaku bulo, rіvnyannya be-kā stara laukums, kā sākt ar maziem laukumiem, un varbūt tas ir rakstīts viglyadі.

Atpakaļ, ja vēlaties, lai kāds no cipariem un nevis uz nulli, є līdz pirmā pakāpiena līmenim, ir līdz laukuma līmenim, bet jāliek kūlis, bet jāsāk ar laukumiem і. Godīga, trešā matricas rinda M, Salocīts ar kofіtsієntіv Rivnyan і maє viglyad

tobto. є divu līniju kombinācija.

Ja laukums mainās, un tas vienā naktī nepaceļas līdz nullei, tad viss sniegums X, plkst, z laukos nekādi nevar aiziet uz nulli, tā kā jakbi mali misce

tad apgabali un buljoni ir kolineāri salīdzinājumā ar malumedniecību.

Ja laukums ir paralēls, tad ir tādi skaitļi, vidus gribētos vienu ne dārgu un tādu, kā parasti viss izpildījums X, plkstі zрівні nulle. Ja ir ķekars, kas nav ķekars, tas ir gluži kā taisnu līniju ķekars, šeit jums jābūt vēl cienījamākam.

Izmantojot tsіy statti mi, mēs varam sniegt pareizu apgabalu definīciju, mēs varam atpazīt laukumu kopas izlīdzināšanu no noteiktas taisnstūra koordinātu sistēmas, un ir jāziņo, lai apvienotu raksturīgos modeļus, kas ir saistīti ar sapratni. no daudzajiem apgabaliem.

Navigācija sānos.

Apgabalu ķekars ir vizināts.

Saskaņā ar viplīvijas ģeometrijas aksiomu triviālajā telpā viens laukums iet caur taisnu līniju un neatrodas nevienā punktā. Un viplīvijas stingrības dēļ, ka nav zemes sajūtas, ka ir vienkārši atriebties iepriekš. Obruntumo tse.

Dosim mums taisnu līniju a. Punktā М 1 negulieties uz taisnes a. Todі caur taisni і punktu М 1 varam uzzīmēt laukumu, turklāt tikai vienu. Acīmredzot її. Tagad mēs sasniedzam punktu M 2, bet neatrodamies apgabala tuvumā. Caur taisni і punkts М2 iziet vienu laukumu. Ja ņemat punktu M 3, bet neguļat apgabalā vai apgabalā, varat ņemt laukumu, bet iziet cauri taisnei і punktu M 3. Acīmredzot visu procesu, kurā tiek mudināti apgabali iet cauri noteiktai taisnei a, var turpināt bezgalīgi.

Tāpēc mēs devāmies uz lielumu ķekars jomās.

Viznachennya.

Apgabalu ķekars- Tse bez visām jomām triviālajā telpā, scho iet caur vienu danu uz taisnu līniju.

Taisni, tāpat kā saišķa laukuma atklāšanu, sauc par laukumu kūļa centru. Šādā rangā ir "apgabalu ķekars no centra a".

Konkrēts apgabalu kopums var būt nozīmīgs, vai nu ievadot tā centru, vai pa ceļam norādot divus kopas apgabalus. No otras puses, vai tās būtu divas jomas, kā apgāzt, izveidojiet veselu kaudzi laukumu.

Rivnyannya ķekars jomās - savienojumu uzdevumus.

Praktiskiem nolūkiem attēla ģeometriskajam attēlam nevajadzētu pievienot kvadrātu ķekaru.

Nekavējoties norādīsim uz loģiskā barošanas avota: "Kāda ir zonas ķekars?"

Oxyz ir ieviests triviālajā telpā, lai nodrošinātu daudz vietas un virkni apgabalu divu apgabalu papildu piešķiršanai. Lai laukums atšķiras no laukuma līmeņa līdz skatam, bet laukums no skata. Tātad no plakanā apgabalu kopas viņi nosauc dzīvokli, kas ir visu kopas apgabalu aizmugure.

Vinikє nashodne loģiskā barība: "Kāds plakans laukumu stars taisnstūra koordinātu sistēmā Oxyz"?

Apgabalu kūļa skats sniedz šādu teorēmu.

Teorēma.

Teritorija ir jāizklāj laukumu ķekars, kas it kā ir divas zonas, bet aizēnot, ko dod vienlīdzīgi un pagaidām kaut vai nez kāpēc, ja tā ir pa nakti, dažas dienas nebūs

Piegādāts.

Lai pierādītu nepieciešamības parādīt pietiekamību:

Pārrakstāms vigliadā. Otriman Rivnyannya є uz apgabala attālāko rіvnyannya, Yaksho virazi neiet uz nulli pa nakti.

Acīmredzot patiesības smaka vienā naktī nepārvēršas par nulli ar protylezhny metodi. Pieņemami, scho. Todi, patīk, tad, patīk, tad. Otrimani vienlīdzība nozīmē šo vektoru saistīts ar attiecībām vai (lai patērētāji brīnās par rakstu), tad, vikonutsya i. Tātad jaks ir normālais apgabala vektors, - laukuma normāls vektors і vektors і kolineārs, tad apgabali і paralēli vai aug (div. apgabalu paralēlisma statūts). Un tas nav iespējams, jo apgabals veido virkni apgabalu un pēc tam nomāc.

Otzhe, rіvnyannya spravdі є zalny rіvnyannnyam apgabalā. Parādīts, ka apgabals, kā sākt, iziet cauri pārplūstošo zonu līnijai i.

Ja tā ir taisnība, tad rivnjas prāta sistēma var būt bez risinājuma. (Ja sistēmu pieraksta, tad laukums, no kura līmeņa sistēma ir salocīta, ir tikai viens punkts, tad laukums tiek iztaisnots taisni, bet jāsāk ar laukumiem, bet nav rakstīts punkts, bet gan sistēma nav rakstīta.visi trīs laukumi jāizklāsta uzreiz, pat ja laukums ir paralēls taisnēm, ko nosaka laukumi, tas pārplūdīs, i).

Tātad, tā kā rakstītās rivnju sistēmas noturība ir citu un trešo rivnu lineāra kombinācija, ir iespējams bez mantojuma pāriet no sistēmas (kā teikts statūtos). Tobto, atbilstošā ekvivalentu sistēma ir līdzvērtīga ekvivalentu sistēmai ... Un visa sistēma var būt bez risinājuma, zonas fragmentiem un var būt bez miega punktiem caur tiem, kas smird.

Pietiekamība ir sasniegta.

Pārejam pie nepieciešamības apstiprināšanas.

Lai pierādītu nepieciešamību, ir jāpierāda, ka tai nebūtu iepriekš dota platība, lai tā izietu cauri laukumu pārlidojumu līnijai un būtu nepieciešama vienādām parametru vērtībām .

Caur apvidu, jaki iet cauri punktam un caur laukumu pārplūdes līniju (М 0 neatrodas uz laukumu pārplūdes līnijas). Ir pierādīts, ka ir iespējams vibrēt šādas vērtības \ u200B u200bparameters \ u003d vērtībām \ u200B \ u200BAT kuras koordinātas M 0 ir apmierināti ar EQUAL, tāpēc, ja taisnīgi, paritāte. Mēs būsim nodrošināti ar pārpilnību.

Predstavimo vienādās koordinātēs punktam М0:. Tātad, ja laukums un neiet uzreiz caur punktu M 0 (ja laukums ir b), tad es vēlētos tādu Piemēram, no nulles. Yaksho, tad іvnyаnnya var mainīt atbilstoši parametram jaks i, dodot parametram pietiekami lielu vērtību, kas atšķiras no nulles, tiek numurēts. Ja parametram ir dota vērtība, kas nav nulle, tas ir aprēķināms .

Teorēma ir izvirzīta.

Otzhe, maє viglyad. Visi stara laukumi ir iestatīti. Nu uzyat deyaku pāris vērtības і novietojiet apgabalā virkni laukumu, mēs varam paņemt tās pašas zonas laukumu no kopas.

Tātad, tāpat kā plakanajā apgabalu komplektā, parametri un nekavējoties neatgriežas uz nulli, tad to var reģistrēt pie viglyad, ja, un vigliad, ja.

Tomēr vienādas platības cena nav vienāda ar laukumu kopumu, no skata laukuma nevar atņemt laukumu, bet no vienādas platības nav iespējams atņemt platības līmeni dažas vērtības.

Pārejam pie pieteikuma pārskatīšanas.

dibens.

Uzrakstiet laukumu stara līmeni, kas taisnstūrveida Oxyz koordinātu sistēmās nosaka divus apgabalus, kas pārsniegs. ka.

Lēmums.

Dotā platība ir vienāda ar vienādu zemes platību. Tagad mēs varam ierakstīt nepieciešamo laukumu apgabalu staram:.

Skatīt:

dibens.

Qi, lai centrā novietotu apgabalu kopas laukumu?

Lēmums.

Ja laukums ir jāguļ kopā ar saišķi, tad tas ir taisns, bet ar saišķa centru, lai gulētu tajā pašā zonā. Šādā rangā var paņemt divus taisnes un rekonversijas punktus, jo smirdoņa atrodas laukuma tuvumā. Ja tas tā ir, tad teritorija ir jāaptver noteiktajam laukumu kopumam, ja nē - nē.

Parametriskā rivnyannya tieši blakus atklātajai telpai ļauj viegli redzēt punktu koordinātas, bet gulēt uz tām. Ir divas parametra vērtības (piemēram, i), un divu punktu M1 un M2 koordinātas ir kvantitatīvi nosakāmas:

Stati parāda taisnā stara vērtību ar centru dotajā apgabala punktā. Sakārtot atskaites no datu definīcijām, apskatīt stara taisnes locījumu, koordinātas.

No apgabala sākas virkne taisnu līniju, bet no triviālās telpas. Ģeometrijas aksioma ir runāt par tiem diviem punktiem, kas neiespringst uz zemes, tad caur tiem var izvilkt tikai vienu taisni. Ja apgabalā ir norādīts punkts M 0 un M 1, tad caur tiem var novilkt taisnu līniju. Ja ir vairāk nekā viens punkts M2, jo tas neatrodas uz taisnes M0M1, tad ir iespējams novilkt līniju M0M2. Ja punkts M 3 ir nozīmīgs, jo tam nav jāskrien taisni, caur to var arī novilkt taisnu līniju, lai izietu cauri M 0.

Izklausās pēc tvaicēšanas, tāpēc šajā apgabalā varat bezpalīdzīgā veidā iziet cauri noteiktajam punktam. Es tse izsauca uz konstrukcijas sijas taisni.

Biznesa vērtība 1

Laukumu, kas ir iestatīts bez visām taisnēm, kas atrodas apgabalā un iet caur punktu M 0, sauc par staru taisni, kuras centrs atrodas punktā M 0.

Vyhodyach no viznachennya, maєmo, būt-kā divi taisni no stara, lai plūstu uz centru šī stara taisni. Sijai jāsākas drenai, kur norādīts dotā stara centrs.

Rivnyannya stara taisna - uzdevumu risināšana

Uzdevumu savienošanai stara izlīdzinājums ir fiksēts taisni, lai uz pašu staru skatītos no koordinātu sistēmas Oh pie laukuma.

Ja uz kvadrāta ir taisnu līniju koordinātu sistēma O x y ar taisnu līniju vērtībām, kur 1 un 2 ir apgāzti, stars tiek iestatīts uz taisnu līniju. Koordinātu sistēmai О х у ідповідає гівняння і і 1 x + B 1 y + C 1 = 0 vai A 2 x + B 2 y + C 2 = 0.

Ievadiet sānvēja taisnā jaka punkta M0 vērtību ar koordinātēm x0 і y0. Izskatās šādi, kur punkts М ir koordinātas M0 (x0, y0).

Ir iespējams vizualizēt ryvnyannya veidu, vikoristēt ķekaros, ir iespējams apskatīt teorēmu.

Teorēma

Ja tiek dotas divas taisnes, tās pārplūst, un 1 un 2 ir taisnes, kas iekļūst taisnu saišķī, ​​kas iestatīts koordinātu sistēmā O x y. Їхні рівняння і A 1 x + B 1 y + C 1 = 0 і A 2 x + B 2 y + C 2 = 0 tody un tikai todі, ja taisni uz priekšu α (A 1 x + B 1 y + C 1 = 0 ) + β Tsia umova tiek rakstīts šādi: α 2 + β 2 ≠ 0.

Dovedennya

No norādītā stara būs viegli aplūkot taisnu līniju a, kurai var iestatīt α (A 1 x + B 1 y + C 1) + β (A 2 x + B 2 y + C 2 ) = 0.

Stara centrs atrodas aiz punkta ar koordinātām M0 = (x0, y0).

Tas ir atpazīstams kā n → = (A 1, B 1) є taisnas līnijas normāls vektors A 1 x + B 1 y + C 1 = 0 todі n 2 → = (A 2, B 2) ir normāls vektors taisnei A 2 x + B 2 y + C 2 = 0. Var atpazīt, ka n → 1 і n 2 → ir nekolineārs vektors, tāpēc taisne a 1 un a 2 nav mazi punkti, lai krusts. Tāpat ir nepieciešams paplašināt normālvektoru n → divos nekolineāros n 1 → і n 2 →. Sadalījums ir nepieciešams formulai n → = α n 1 → + β n 2 →. Rezultāti ir niecīgi, n → = (α A 1 + β A 2, α B 1 + β B 2).

Aprēķiniem var aprēķināt taisnes a normālvektora koordinātas, kas vienādas ar n → = α A 1 + β A 2, α B 1 + β B 2. Punkta koordinātas, kas šķērso taisni a punktā M 0 (x 0, y 0), pieraksta aiz taisnes a papildu līnijas. Todi otrimuєmo viraz mind:

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

Pēc - A 1 x 0 - B 1 y 0 = C 1 і - A 2 x 0 - B 2 y 0 = C 2 β A 2 x + B 2 y + C 2 = 0. Norādītā nepieciešamība ir paziņota.

Ir par vēlu zināt, pierādīt pietiekamību.

Tāpat ir jāpārbauda sijas griešanās tieši no punkta pārplūdes M 0 (x 0, y 0). Turklāt otrai pusei ir piešķirtas divas taisnas līnijas, kuras ir savītas A 1 x + B 1 y + C 1 = 0 і A 2 x + B 2 y + C 2 = 0.

Mēs varam pierakstīt vērtību α β B 2 y + α C 1 + β C 2 = 0.

Rivnyannya būs vvvazhatsya zahalnom, ja jūs redzēsiet prātu, ja α · A 1 + β · A 2 un α · B 1 + β · B 2 no nulles. Tādā pašā veidā mēs paņēmām formu α A 1 + β A 2 = 0 ⇔ A 1 = - β α A 2 і α B 1 + β B 2 = 0 ⇔ B 1 = - β α B 2 vai α A 1 + β A 2 = 0 ⇔ A 2 = - α β A 1 і α B 1 + β B 2 = 0 ⇔ B 2 = - α β B 1. Tse nozīmēja b, bet vektori nav kolineāri.

Šajā skatījumā ir žēl, ka fragmenti n 1 → і n 2 → tse normālie vektori ir taisni a 1 un a 2, jo tie pārplūst.

Mahmo, scho vienāds ar α · (A 1 x + B 1 y + C 1) + β · A 2 x + B 2 y + C 2 = 0 Tālāk ir jāpaplašina їх retin punkta koordinātu apmierināšanas pierādījums, tas ir, punkta M0 (x0, y0) koordinātas. Acīmredzot vienādība ir spēkā 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) є pārplūdes taisnes punkts, no vienas un tās pašas, її koordinātes ir vainīgas vienādām abām taisnēm, kuras ir pārpildītas.

Ja A 1 x + B 1 y + C 1 = 0 і A 2 x + B 2 y + C 2 = 0 ir patiess, ja iztvaikošana ir patiesa, tad α A 1 x + B 1 y + C 1 + β A 2 x + B 2 y + C 2 = α · 0 + β · 0 = 0.

Ir nepieciešams to audzināt.

Ir iespējams izveidot visnovok, kas ir vienāds, yake ma viglyad α · A 1 x + B 1 y + C 1 + β · A 2 x + B 2 y + C 2 = 0, є vienāds ar staru.

Vērtība?

Ir nepieciešams, lai vismaz viens no parametriem durvju ailē būtu nulle, tāpēc ir iespējams vienkāršot viraz. Mazgāšanai mēs varam iedomāties α ≠ 0 formā A 1 x + B 1 y + C 1 + λ A 2 x + B 2 y + C 2 = 0 z λ = α β.

pie ?

Smaka nav vienāda ar staru taisnes vienādu, bet tai jābūt formā α A 1 x + B 1 y + C 1 + β A 2 x + B 2 y + C 2 = 0. Rivnyannya A 1 x + B 1 y + C 1 + λ A 2 x + B 2 y + C 2 = 0 jebkurai λ vērtībai nav iespējams dot iespēju labot formu A 2 x + B 2 y + C 2 = 0 ...

Рівняння μ A 1 x + B 1 y + C 1 + A 2 x + B 2 y + C 2 = 0 jebkurai μ vērtībai nenorāda rezultātos A 1 x + B 1 y + C 1 = 0.

Ziņošana par pieteikuma risinājumu.

1. dibens

Uzrakstiet vienādu taisnu kūli iz, kura centrs atrodas punktā M 0 (- 1, 4), k = 3.

Lēmums

Ir nepieciešama taisna līnija, kas iet caur noteiktu punktu ar koordinātām M 0 (- 1, 4) ar nogriešanas koeficientu, kas vienāds ar 3. Tas ir norakstīts līdz taisnai līnijai ar kutovym efektivitāti un ir pareizs y - 4 = 3 (x - (- 1)) ⇔ y = 3 x + 7.

Skatieties: y = 3 x + 7.

2. dibens

Zināt staru kūļa centra koordinātas pie O x y, kad ir divas savītas taisnes, x - 4 2 = y + 3 0 і x 2 3 + y - 1 = 1.

Lēmums

Lai zinātu stara centra koordinātas, ir jāzina krustojuma punkti x - 4 2 = y + 3 0 un x 2 3 + y - 1 = 1.

Otrimaєmo, scho Kanoniskā Rivnjaņa taisni uz laukuma x - 4 2 = y + 3 0 līdzvērtīgi x 2 3 + y - 1 = 1, un vienādi gadījumā, ja x 2 3 + y - 1 = 1 fonā taisni 3 2 x - y - 1 = 0.

Tagad mums ir noliktavas sistēma, kas ietver taisnu līniju.

Otrimaєmo, scho

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

Otrimaєmo, scho - 4 3 - 3 - tse centrālā punkta koordinātes, visas taisnes deformējas.

Skatīt: - 4 3, - 3.

3. dibens

Zrobiti saliekams vienāds stars taisni O x y, jaks ir dots aiz papildu taisnes 3 x - 2 y + 1 = 0 і x = - 2 + 2

Lēmums

Vālītei ir nepieciešams to taisni apgriezt. Tas tiek piešķirts parametru ekvivalentiem x = - 2 + 2 · λ y = 5 · λ.

Zvidsi blakus

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

Skaidri pierakstiet stara taisnes garumu і otrimaєmo α (3 x - 2 y + 1) + β β 2 ≠ 0.

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

4. dibens

Uzrakstiet taisnu līniju, piemēram, ejot caur punktu M 1 (2, - 1) і novietojiet staru taisni no taisnēm α · (5 x + y - 19) + β · (2 x - 3 y + 6 ) = 0.

Lēmums

Zavdannya virіshuєtsya divos veidos.

Pirmais remonta veids ir no M 0 є centra overretin vērtības. Tāpat ir jāzina šķērsgriezuma punkts, kas vienāds ar 5 x + y - 19 = 0 і 2 x - 3 y + 6 = 0, jo rezultāts būs koordinātas M 0.

Vizuāli koordinātas, pārkāpjot sistēmu, ir ievadītas:

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 xx = 3 ⇔ ⇔ y = 19 - 5 3 x = 3 ⇔ y = 4 x = 3

Tādējādi punkts М 0 ir koordinātas (3, 4). Tse rakstiet kā M0 (3, 4). Ejot cauri punktiem ar koordinātām M 0 (3, 4) un M 1 (2, - 1), jums vajadzētu būt iespējai apgriezt ryvnyannya, kā par to pasmieties. Rezultāti tiks atzīti:

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

Vēl viens veids, kā to labot, jo jums ir jāizmanto parametri? - viens). Kurām mēs zinām koordinātas M 1 і і

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

Pieņemamā vērtība β = 10, par bazhannya jūs varat izvēlēties, vai tā pati vērtība β, kā arī neērts aprēķins α. Mēs varam atpazīt α = 13 β 10 = 13 10 10 = 13.

Iepriekš iestatot vērtību α = 13 un β = 10, tiek iestatīta vienāda staru kūļa vērtība, to var pārkonfigurēt:

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

Ir jāpārskata atbraukušo sieviešu līdzvērtība.

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

Izklausās pēc smaida, viss ir pareizi.

Skatieties: 5 x - y - 11 = 0.

5. dibens

Vizuāli taisnu līniju klātbūtne 3 x - y + 5 = 0 līdz taisnajam staram α · (x - 2 y + 4) + β · (x - y + 4) = 0.

Lēmums

Lēmums tiek pieņemts divos veidos.

Pirmais problēmas risināšanas veids ir sākt no noteiktā stara izlīdzinājuma un izmaiņu koordinātu centra:

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

Otrimaєmo, ka koordinātu piešķiršana taisnes centram 3 x - y + 5 = 0 jā vienlīdzība ir nepareiza. Robimo ir visnovok, kas neiztaisno siju centru un nepārklājas ar to.

Vēl viens veids, kā salabot važas atvērumu, ir dažu papildu daļu samazināšana α · (x - 2 y + 4) + β · x - y + 4 = 0 ⇔ 2 α + β · y + 4 α + 4 β = 0.

Ja ir taisne 3 x - y + 5 = 0, tad ir taisne uz staru, pat ja vērtība ir α un β, bet ir divas vienādas vērtības α + β x - 2 α + β y + 4 α + 4 β = 0 і 3 x - y + 5 = 0 є ekvivalents.

Šodien mēs varam pieņemt sistēmu, kuru var saglabāt trīs vienādos α + β = 3 2 α + β = 1 4 α + 4 β = 5.

Atkārtotai ieviešanai ir nepieciešams pielāgot veiktspēju pirms izmaiņām x un y un faktiskajā izteiksmē α + β x - 2 α + β y + 4 α + 4 β = 0 un 3 x - y + 5 = 0, lai noņemtu rezultātu.

Lai saskaņotu, ir jālabo Kronekera-Kapela teorēma.

Šim nolūkam ir nepieciešams pierakstīt salocītās sistēmas matricas pamata paplašināšanu. Otrimaєmo, scho A = 1 1 2 1 4 4і T = 1 1 3 2 1 1 4 4 5.

Ceļu paplašinātās matricas atbilstošā ranga rezultāts 3, lūžņi 1 1 3 2 1 1 4 4 5 = 7 ≠ 0.

Zvidsy maєmo, scho ekvivalentu sistēma α + β = 3 2 α + β = 1 4 α + 4 β = 5 nav piešķirta, tā ka nav savienojuma. Tātad, tā kā lēmums ir no ārpuses, nav vienkārši iziet cauri tiešo taisno staru centram.

Skatīt: nі, taisne 3 x - y + 5 = 0 neatrodas ar doto staru taisnēs, kas rakstīta formā α · (x - 2 y + 4) + β · (x - y + 4) = 0 .

Yaksho Vi tekstā ir atzīmējis piedošanu, esi zebiekste, redzi un natisnit Ctrl + Enter