А.П. Харченко, В.О. Гаєвська, Г.В Лисянська

ВИЩА МАТЕМАТИКА

В ПРИКЛАДАХ І ЗАДАЧАХ

ЧАСТИНА І

Навчальний посібник

Міністерство освіти і науки України

ХАРКІВСЬКИЙ НАЦІОНАЛЬНИЙ УНІВЕРСИТЕТ

БУДІВНИЦТВА ТА АРХІТЕКТУРИ

А.П. Харченко, В.О. Гаєвська, Г.В Лисянська

ВИЩА МАТЕМАТИКА В ПРИКЛАДАХ І ЗАДАЧАХ

ЧАСТИНА І

Навчальний посібник

для студентів спеціальностей

192 "Будівництво та цивільна інженерія",

133 "Галузеве машинобудування", 144 "Теплоенергетика",

151 "Автоматизація та комп’ютерно-інтегровані технології",

194 "Гідротехнічне будівництво, водна інженерія та водні технології"

Рекомендовано вченою радою ХНУБА

Харків

ХНУБА

2020

УДК - 517

Х - 22

Рецензенти

Є.В. Поклонський, к. ф.-м. н, доц.,

Харківський національний університет ім. В.Н. Каразіна,

Л.Б. Коваленко, к. ф.-м. н, доц.,

Харківський національний університет міського господарства ім. О.М. Бекетова,

М.І. Несвіт, к. ф.-м. наук, доц.,

Харківський національний університет будівництва та архітектури

Рекомендовано вченою радою ХНУБА

як навчальний посібник для студентів спеціальностей 192, 133, 144, 151, 194,

протокол №11 від 02.07.2019 року

Х – 22 Харченко А.П., Гаєвська В.О., Лисянська Г.В. Вища математика в

прикладах і задачах: Навчальний посібник для студентів спеціальностей 192

"Будівництво та цивільна інженерія", 133 "Галузеве машинобудування", 144

"Теплоенергетика", 151 "Автоматизація та комп’ютерно-інтегровані технології",

194 "Гідротехнічне будівництво, водна інженерія та водні технології". – Ч.1. –

Харків: ФОП Панов А.М., 2020. – 200 с.

ISBN 978-617-7859-11-5

У навчальному посібнику у дохідливій формі розглянуто такі важливі

поняття вищої математики, як лінійна алгебра, векторна алгебра, аналітична

геометрія та вступ до математичного аналізу.

Відмінністю запропонованого посібника у порівнянні з існуючими виданнями є

те, що в ньому згруповані усі вище названі розділи вищої математики, які, зазвичай,

видаються окремими посібниками. Теоретичний матеріал супроводжується

великою кількістю детально розв’язаних прикладів і задач, які сприяють

глибокому розумінню теорії. Для самостійної роботи наведено вправи,

розв'язання яких потребує безпосереднього застосування викладеного

теоретичного матеріалу.

Призначено для студентів технічних спеціальностей.

Бібліогр. 9 назв.

ISNB 978-617-7859-11-5

УДК - 517

© А.П. Харченко, В.О. Гаєвська, Г.В Лисянська, 2020

3

ВСТУП

Мета даного навчального видання допомогти студентам опанувати курс

вищої математики, надати їм навичок щодо математичного аналізу та розв'язання

інженерно-прикладних задач, прищепити вміння самостійного опрацювання

навчальної літератури з математики та її прикладних питань, а також навчити їх

самостійно поглиблювати свої знання, розвивати логічне й алгоритмічне мислення.

Матеріал розділів «Лінійна алгебра» та «Векторна алгебра», «Аналітична

геометрія на площині та в просторі», «Вступ до математичного аналізу» цілком

відповідає робочій програмі відповідного курсу і може розглядатись як базовий для

проведення практичних занять.

Кожен із перелічених розділів даного видання супроводжується короткими

теоретичними відомостями, а також аналізом розв'язання типових задач, що надає

можливість визначатись щодо обрання методу їх розв'язання. Щодо кожної із задач

наводяться відповіді, а щодо окремих із них – необхідні вказівки.

У розділі «Лінійна алгебра» наводяться основні відомості щодо комплексних

чисел та дій щодо них, а також основні відомості щодо теорії визначників і матриць

та теорії систем лінійних рівнянь.

У розділі «Векторна алгебра» розглядаються основні положення векторного

числення: лінійні операції щодо векторів, скалярний, векторний і мішаний добутки

векторів, їх зв'язок з конкретними фізичними явищами.

У розділі «Аналітична геометрія» докладно вивчаються прямі лінії на

площині, площини і прямі лінії в просторі, лінії другого порядку: еліпс, гіпербола,

парабола. Досліджуються також лінії, що визначаються в декартових координатах

за допомогою алгебраїчних рівнянь другого ступеня.

У розділі «Вступ до математичного аналізу» розглядається матеріал, що

стосується понять "границі" та "неперервність функцій", а також наводиться

класифікація точок розриву функцій.

У даному виданні також пропонується ряд задач для самостійного розв'язання

та питання, які потрібно опрацювати для підготовки до модульного контролю

знань.

Для забезпечення безперервної роботи над вивченням дисципліни протягом

семестру наводяться варіанти підсумкових завдань до кожного розділу.

Така форма взаємодії між викладачем та студентом дозволить більш детально

опанувати дисципліну та набути певних навичок щодо оволодіння математичними

методами й можливостями їх застосування під час вивчення професійно

спрямованих дисциплін, а також надасть можливість студентам очної та заочної

форм здобуття освіти застосовувати основні математичні методи під час

дослідження та розв'язання загальноінженерних і спеціальних задач.

4

1. КОМПЛЕКСНІ ЧИСЛА І ДІЇ ЩОДО НИХ

Комплексні числа в елементарному значенні цього слова не є числами, що

застосовуються під час виконання підрахунків і вимірювань, а є математичними

об'єктами, які визначаються наведеними нижче властивостями.

Комплексне число позначається символом а + bі, де а і b – дійсні числа,

які називаються відповідно дійсною i уявною частинами комплексного числа

а + bі, а символ і, визначений умовою і2 = –1, називається уявною одиницею.

Зазвичай комплексне число а + bі позначається однією буквою (частіш за

все буквою z):

z = а + bі.

Дійсна й уявна частини комплексного числа z = а + bі позначаються через

Re z і через Im z відповідно:

а = Re z,

b = Iт z.

Комплексні числа ibaz 111 і ibaz222

вважаються рівними, якщо рівні

їхні дійсні й уявні частини, тобто 2121 , b baa . Комплексне число z = а + bі

вважається рівним нулю, якщо його дійсна й уявна частини дорівнюють нулю

( 0 ba ). Комплексне число z = а + bі вважається таким, що збігається з

дійсним числом а, якщо 0b (а + 0і = а), а якщо 0a , то воно вважається

суто уявним і позначається таким чином: bіz (0 + bі = bі).

Слід зазначити, що порівняння нерівних комплексних чисел є

неможливим. Не можна, наприклад, сказати, яке з двох чисел є більшим: 2 3i

чи 5 7i , 2i чи 4i і т. ін.

Сумою комплексних чисел ibaz111

і ibaz222

є комплексне число Ζ,

дійсна частина якого дорівнює сумі дійсних частин, а уявна частина – сумі

уявних частин, тобто

iaaz )bb ()(2121

.

Оскільки відомо, що число z одержано внаслідок додавання комплексних

чисел z1, і z2, то можна записати 21

zzz .

Числа z1 і z2 називаються доданками.

Операція додавання комплексних чисел має властивості:

1) асоціативності: )()(321321

zzzzzz ;

2) комутативності: 1221

zzzz .

Комплексне число bia є протилежним до комплексного числа biaz і позначається через z . Сума комплексних чисел z і z дорівнює

нулю )0)(( zz .

Різницею комплексних чисел ibaz111

і ibaz222

є комплексне число

z, що є сумою числа z1 і числа, протилежного до z2:

ibbaazzz 212121 )( .

Щодо числа z кажуть, що його отримано в результаті віднімання

комплексного числа z2 від комплексного числа z1, тобто 21 zzz .

5

Добутком комплексних чисел ibaz111

і ibaz222

є комплексне

число:

ibababbaaz 121212121 .

Щодо числа z кажуть, що його отримано в результаті множення

комплексного числа z1 на комплексне число z2, тобто

21zzz .

Числа z1 і z2 називаються співмножниками.

Операція множення комплексних чисел має властивості:

1) асоціативності: )()(321321

zzzzzz ;

2) комутативності: 1221 zzzz .

Часткою двох комплексних чисел z1 і z2 )0(2z є таке комплексне число z,

що 21 zzz . Частка комплексних чисел ibaz111

і ibaz222

обчислюється

за формулою

iba

baba

ba

bbaaz

22

22

2112

22

22

2121

.

Щодо число z кажуть, що його отримано в результаті ділення

комплексного числа z1 на комплексне число z2, тобто

2

1

z

zz .

Додавання і множення комплексних чисел пов'язуються правилом, яке

називається законом дистрибутивності множення відносно додавання:

3231321)( zzzzzzz .

Число 22 ba називається модулем комплексного числа biaz .

Модуль комплексного числа позначається через |z|. Модулі будь-яких двох

комплексних чисел: z1 і z2 (для частки вважається, що 02z ), задовольняють

таке співвідношення:

|||||| 2121 zzzz , |||||| 2121 zzzz ,

|||| 2121 zzzz , ||

||

2

1

2

1

z

z

z

z ,

n

zzz nn .

Комплексне число а – bi називається комплексно спряженим з числом

z = а + bі і позначається через z .

Геометричне зображення комплексного числа. Подібно до того, як

дійсні числа можна зображувати точками числової прямої, комплексні числа

можна зображувати точками площини. Можливість такого зображення чисел

ґрунтується на ототожненні множини комплексних чисел bia множини пар

дійсних чисел ba; , які в прямокутній системі координат Оxу можна

трактувати як координати точок площини.

Далі, з кожною точкою А координатної площини ОXY можна пов'язати

вектор OA , який виходить з початку координат і закінчується в точці А.

6

Таким чином, комплексні числа допускають існування ще однієї

геометричної інтерпретації: кожне комплексне число а + bі можна геометрично

інтерпретувати як вектор OA з координатами ba; (рис.1.1). Координати

вектора OA при цьому будуть такими самими, як і координати точки А, а саме:

ba; .

Рисунок 1.1

Тригонометрична форма запису комплексного числа. Крім алгебраїчної

форми запису комплексного числа, застосовується також інша форма його

запису, яка називається тригонометричною. Нехай комплексне число

0 biaz зображується вектором OA з координатами ba; (рис. 1.2).

Рисунок 1.2

Позначимо довжину вектора OA буквою r:

||OAr ,

а кут, який він утворює з додатним напрямом осі Ох, – буквою (кут

вважається виміряним у радіанах) (див. рис. 1.2).

Скориставшись означеннями функцій sin і cos , одержимо:

cos ,

sin ;

x r

y r

(1.1)

.20,

,r0,22

x

yarctg

yxr

(1.2)

Невід'ємне число r називається модулем комплексного числа z і

позначається символом z . Кут називається аргументом комплексного числа

z і позначається як zarg . Таким чином, zr , zarg .

у

0

А b

a x

y

φ0

x

b

а

А

z=а+bі

О

7

Застосувавши формули (1.1) до будь-якого комплексного числа yixz ,

відмінного від нуля, одержимо:

sincos irz . (1.3)

Така форма комплексного числа називається тригонометричною.

Якщо комплексне число z не дорівнює нулю, то його модуль є додатним;

якщо ж комплексне число z дорівнює нулю, тобто а = b = 0, то й його модуль

буде дорівнювати нулю. Модуль будь-якого комплексного числа є визначеним

однозначно.

Якщо комплексне число z не дорівнює нулю, то його аргумент

визначається з точністю до величини кута, кратної 2. Якщо ж комплексне

число z дорівнює нулю, то r = 0 і аргумент комплексного числа, що дорівнює

нулю, є невизначеним.

Звичайно для того, щоб уникнути неоднозначності, яка виникає під час

обчислення аргументу комплексного числа, використовують поняття головного

значення аргументу комплексного числа (позначається через arg z), вважаючи,

що ];(arg z . Аргумент комплексного числа відповідає співвідношенню:

kzArgz 2arg , де Zk (Z – множина цілих чисел).

Нехай два комплексних числа: z1 і z2, що відмінні від нуля, записано в

тригонометричній формі:

)sin(cos 1111 irz ,

)sin(cos 2222 irz .

Добутком двох комплексних чисел: z1 і z2 є комплексне число, модуль

якого дорівнює добутку модулів співмножників, а аргумент – сумі аргументів

співмножників:

21212121 sincos irrzz .

Вектор, що зображує добуток комплексних чисел z1 і z2, одержується в

результаті повороту вектора 1z проти годинникової стрілки на кут, що

дорівнює 2 , i його розтягу в |z2| раз (для випадку |z2| > 1 див. рис.1.3).

Рисунок 1.3 Рисунок 1.4

y

0 x

r1

r2

z1

z2

φ1-φ2

z1/z2 φ2

φ1

y

0 x

r1r2

r2

z1z2

z2

φ1

r1

φ1+φ2

z1

φ2

8

Часткою двох комплексних чисел: z1 і z2, що не дорівнюють нулю, є

комплексне число, модуль якого дорівнює частці модулів діленого і дільника, а

аргумент – різниці аргументів діленого і дільника:

)]sin()[cos( 2121

2

1

2

1 ir

r

z

z.

Вектор, що зображує частку двох комплексних чисел: z1 і z2, одержується

в результаті повороту вектора, який зображує комплексне число z1, за

годинниковою стрілкою на кут, що дорівнює 𝜑2, і його стиску в |z2| раз (для

випадку |z1| > 1 див. рис. 1.4).

Показникова форма комплексного числа. Згідно з формулою (1.3) та

Формулою Ейлера:

sincos iei , (1.4)

можна одержати так звану показникову форму комплексного числа: irez .

Наприклад, i

eiiz 424

sin4

cos21

.

Шляхом заміни у формулі (1.4) 𝜑 на −𝜑, можна одержати:

sincos ie i . (1.5)

Тоді з рівностей (1.4) і (1.5) випливає, що

.2

sin

;2

cos

i

ee

ee

ii

ii

(1.6)

Формули (1.6) використовуються для вираження степенів cos і sin , а

також їх добутків через синус і косинус кратних дуг.

Слід зауважити, що додавати й віднімати комплексні числа простіше і

зручніше, якщо вони подані в алгебраїчній формі, а множити, ділити, підносити

до степеня і добувати корінь простіше і зручніше, якщо комплексні числа

подані в тригонометричній і показниковій формах.

Якщо

1111

sincos irz , а 2222

sincos irz ,

то

1 2 1 2 1 2 1 2cos sinz z r r i ; (1.7)

2121

2

1

2

1 sincos ir

r

z

z; (1.8)

ninrirz nnn sincossincos ; (1.9)

2 2

cos sin cos sinn nnz r i r in n

; 1,.,2,1,0 n . (1.10)

9

Якщо 1

1 1

iz re ,

2

2 2

iz r e ,

то і

еrrzz 212121

;

іе

r

r

z

z21

2

1

2

1 ;

іnnnі еrrе nz ;

innn in errez

2

, 1....,,1,0 n .

Формули (1.9) і (1.10) називаються формулами Муавра. За їх допомогою

можна виводити тригонометричні формули для синусів і косинусів кратних

кутів.

Так, розкладаючи ліву частину рівності (1.9) за формулою бінома

Ньютона, можна одержати

2 2

1 1 1

1 2 1 2 3

m m m n m n mm m m m m n

x a m a x a x a x an

,

і прирівнюючи дійсні та уявні частини, одержимо формули для обчислення

nsin і ncos через степені sin і cos . Наприклад, якщо 3n , то

3sin3cossinsincos3sincos3cos 3223 iii .

Використовуючи далі умову рівності двох комплексних чисел, одержимо

233 sincos3coscos ,

sincos3sin3sin 23 .

Розв'язання прикладів

Приклад 1. Обчислити ii 453 .

Розв'язання. За правилом множення двох многочленів з урахуванням

того, що 12 i , одержимо

iiiiiii 1717320512532012453 2 .

Приклад 2. Обчислити i

i

54

3

.

Розв'язання. Помножимо чисельник і знаменник на число i54 ,

спряжене із знаменником, і виконаємо відповідні дії, в результаті яких

одержимо

iiiii

ii

ii

i

i

41

19

41

7

41

197

2516

515412

5454

543

54

3 2

.

10

Приклад 3. Обчислити 374 i .

Розв'язання. Оскільки 12 і , а м іііі 23 , то, використовуючи

формулу куба різниці двох чисел, одержимо

3 2 34 7 64 3 16 7 3 4 49 343i i i i 2 364 336 588 343i i i

ііі 752434358833664 .

Приклад 4. Подати в тригонометричній формі число 𝑧 = 1 − 𝑖.

Розв'язання. За формулами (1.2), 22 yxzr ;

x

yarctgz arg .

Використовуючи формулу куба різниці двох чисел, одержимо 1x , 1y ,

тому 211222 r ,

4

7

421

1

1

arctgarctg , оскільки

𝜑 – кут четвертої чверті, бо 01x і 01y . Згідно з формулою (1.3),

одержимо

4

7sin

4

7cos21

iiz .

Примітка. Дане число в тригонометричній функції можна також записати

в такому вигляді:

4sin

4cos21

iiz ,

бо 4

cos4

2cos4

7cos

, а

4sin

42sin

4

7sin

.

Приклад 5. Установити, чи рівні між собою комплексні числа i3 і

6sin

6cos2

i .

Розв'язання. Запишемо число

6sin

6cos2

i в алгебраїчній формі. Для

цього за формулами (1.1) визначимо значення x і y .

32

32

6cos2

x , 1

2

12

6sin2

y .

Таким чином, ii

3

6sin

6cos2

.

Отже, дані комплексні числа є рівними між собою.

Зауваження. Для переконання в тому, що число i3 дорівнює числу

6sin

6cos2

iz його можна подати в тригонометричній формі.

Пропонуємо зробити це самостійно.

11

Приклад 6. Обчислити добуток комплексних чисел

3sin

3cos2

1

iz і

6sin

6cos3

2

iz .

Розв'язання. Згідно з формулою (1.7), маємо:

1 2 2 3 cos sin 6 cos sin 6 0 63 6 3 6 2 2

z z i i i i

.

Приклад 7. Обчислити частку 1

2

z

z, якщо

1

4 44 cos sin

3 3z i

,

2

5 52 cos sin

6 6z i

.

Розв'язання. На підставі формули (1.8) одержимо

iiiiz

z202

2sin

2cos2

6

5

3

4sin

65

3

4cos

2

4

2

1

.

Приклад 8. Обчислити 61 i .

Розв'язання. Подамо число iz 1 в тригонометричній формі:

2 cos sin4 4

z i

.

Тоді, за формулою (1.9), одержимо

.808

2

3sin

2

3cos2

4

6sin

4

6cos2

4sin

4cos21 36

6

6

ii

iiii

Зауваження. Застосування безпосередньо формули бінома Ньютона

призвело б до значно складніших обчислень.

Приклад 9. Обчислити i125 .

Розв'язання. Нехай iyxi 125 . Тоді 2125 iyxi , або

xyiyxi 2125 22 , звідки

2 2 5,

2 12.

x y

xy

Розв'язуючи одержану систему, визначимо: 3,2 yx або 3,2 yx .

Тоді iziz 32,3221

.

Отже, ii 32125 .

Як бачимо, обчислення кореня (навіть квадратного) з комплексного числа,

поданого в алгебраїчній формі, є досить складною операцією. Тому, як уже

зазначалося раніше, спочатку потрібно подати комплексне число в

тригонометричній формі, а потім виконати цю операцію.

12

Приклад 10. Обчислити всі значення 3 22 i .

Розв'язання. Подамо комплексне число 2 2z i в тригонометричній

формі. За формулами (1.2): 2222 22r ,

4

3

41

2

2

arctgarctg , оскільки 𝜑 – кут другої чверті, бо

2 0x і 2 0y .

За формулою (1.10):

3

24

3

sin3

24

3

cos23

24

3

sin3

24

3

cos2222 33

iii ;

2,1,0 .

Якщо 0 , то iiz

1

2

2

2

22

4sin

4cos2

1

.

Якщо 1 , то iiz 365,0366,112

11sin

12

11cos2

2

.

Якщо 2 , то iiz 366,1366,012

19sin

12

19cos2

3

.

Отже, кубічний корінь з комплексного числа i22 має три різних

значення: iii 366,1336,0;365,0366,1;1 .

Приклад 11. Обчислити корені четвертого степеня з числа –1.

Розв'язання. Запис числа –1 у тригонометричній формі має вигляд

)sin(cos11 i .

Корені четвертого степеня з числа (–1) – це комплексні числа.

4

)2(sin

4

)2(cos11 44 k

ik

,

де 3,2,1,0k , тобто 4321 ,,, zzzz – це комплексні числа (рис.1.5).

)1(2/2)4/sin()4/cos(1 iiz ;

)1(2/2)4/3sin()4/3cos(2 iiz ;

)1(2/2)4/5sin()4/5cos(3 iiz ;

)1(2/2)4/7sin()4/7cos(4 iiz .

Рисунок 1.5

Аналогічно у множині комплексних чисел можна обчислити корінь п-го

степеня з будь-якого дійсного числа. При цьому хоча б один корінь з додатного

дійсного числа буде дійсним.

y

x

z2 z1

-

1

1

z3 z4

/4

13

Приклад 12. Подати через степені sin і cos вирази 2sin , 2cos .

Розв'язання. Якщо 1r , то, за формулою (1.9), одержимо

cos sin cos sinn

i n i n .

Нехай 2n . Тоді 2sin2cossincos2

i , або

2sin2coscossin2sincos 22 ii .

Прирівнюючи дійсні та уявні частини цієї рівності, остаточно одержимо

вже відомі формули тригонометрії: 2cossincos 22 , 2sincossin2 .

Питання для самоперевірки

1. Наведіть означення комплексного числа.

2. Як визначається уявна одиниця?

3. Які комплексні числа називаються рівними; спряженими;

протилежними?

4. Чи можна порівняти між собою нерівні комплексні числа?

5. Що є геометричним образом комплексного числа на площині?

6. Який вигляд має алгебраїчна, тригонометрична та показникова форми

комплексного числа?

7. Які дії можна виконувати щодо комплексних чисел?

8. За якими правилами виконуються дії щодо комплексних чисел, заданих

в алгебраїчній формі?

9. Запишіть і сформулюйте правила, за якими виконуються дії щодо

комплексних чисел, заданих у тригонометричній формі.

10. Як виконати дії щодо комплексних чисел, заданих у показниковій

формі?

11. Запишіть формули Ейлера. У якому випадку вони використовуються?

12. Чому дорівнює сума протилежних комплексних чисел?

13. Чому дорівнюють сума й добуток взаємно спряжених комплексних

чисел?

14. Чому дорівнюють модуль і аргумент комплексного нуля?

15. Чи можуть бути модулем комплексного числа одночасно числа r і

r ?

16. Чи можуть бути аргументом комплексного числа одночасно кути і

?

17. Як змінюються модуль і аргумент комплексного числа в результаті

його ділення: а) на i ; б) на i ?

14

Вправи

1. Обчислити дійсні значення х і у з рівнянь:

а) ;317)27()132( уіхіуіх б) іхіууіx 2163

12

4

3

.

Відповідь. а) 2x , 3y ; б) 2x , 5,4y .

2. Знайти комплексне число z з рівняння izi 5132 .

Відповідь. i1 .

3. Довести рівність і

і

і

і

917

413

3

2

.

4. Подати в алгебраїчній формі число 00 30sin304 ісos .

Відповідь. 2 3 2i .

5. Подати в тригонометричній формі числа: a) 13 ; б) 3 ; в) і5 .

Відповідь. a)

6

7sin

6

72

ππсos ; б) 0sin03 iсos ; в)

2sin

2cos5

i .

6. Піднести до куба число 00 20sin20cos2 iz .

Відповідь. 4+4 3i .

7. Піднести до 20-го степеня число iz2

3

2

1 .

Відповідь. i2

3

2

1 .

8. Скласти квадратне рівняння з дійсними коефіцієнтами, коренями якого

є числа ix 51 ; ix 52 .

Відповідь. 026102 xx .

9. Обчислити всі значення коренів: а) ;4 і б) ;13 в) 3 31 і ;

г) ;60sin60cos16 00 i

Відповідь. a) 1 2

5 5cos sin ; cos sin ;

8 8 8 8z i z i

3 4

9 9 13 13cos sin ; cos sin ;

8 8 8 8z i z i

б) 1 2 3

1 3 1 31; ; ;

2 2 2 2z z z i

в) 3 3

1 2

5 5 11 112 cos sin ; 2 cos sin ;

9 9 9 9z i z i

3

3

17 172 cos sin .

9 9z i

г) 1 2 3 2 ;z i 2 2 3 2 ;z i

15

10. Знайти модуль і аргумент комплексного числа 1 3 2 .i i

Відповідь. 5 2;4

r

. 4

,25

r .

11. За якого дійсного значення число 5123 23 iii буде:

а) дійсним; б) суто уявним; в) рівним нулю?

Відповідь. a) – 2; б) – 2,5; в) .

12. Подати в показниковій формі числа: a) – 2; б) i; в) i31 .

Відповідь. a) 2 ;ie б) 2

i

e

; в) 4

32e

.

13. Подавши числа 1 23 1z i i z i в показниковій формі, знайти:

a) 6

1 ;z б) 1 2z z ; в) 1

2

;z

z г) 3

2z .

Відповідь. а) 64 ie ; б)

23

122 2e

; в)

19

122e

; г) 10

24

10 2

кк

е

( 43210 ,,,,k ).

14. Виразити 3cos через косинуси кратних кутів.

Відповідь. 1

cos3 3cos4

. Вказівка.

3

3cos2

i ie e

на підставі

формули (1.6). Після виконання дій у правій частині цієї рівності повернутися

до тригонометричних функцій.

2. ЕЛЕМЕНТИ ЛІНІЙНОЇ АЛГЕБРИ

Предметом розгляду лінійної алгебри насамперед є теорія систем лінійних

рівнянь, які в загальному вигляді можна подати в такому вигляді:

.332211

332211

22323222121

11313212111

mnmnmmm

ininiii

nn

nn

bxaxaxaxa

bxaxaxaxa

bxaxaxaxa

bxaxaxaxa

Така система називається системою m з n невідомими (змінними), де

x1, x2, ..., xn – невідомі; aij njmi ,1;,1 – коефіцієнти системи рівнянь;

bi mi ,1 – вільні члени, або праві частини системи рівнянь.

Якщо всі 0ib mi ,1 , то система лінійних рівнянь називається

однорідною.

16

Розв'язком системи рівнянь є множина таких чисел: k1, k2, ..., kn, у

результаті підставляння яких до кожного з рівнянь системи замість

відповідних невідомих x1, x2, ..., xn останні перетворюються на правильні

числові рівності.

Якщо система рівнянь не має жодного розв'язку, то вона називається

несумісною, а якщо має хоча б один розв'язок – сумісною. Сумісна система

рівнянь називається визначеною, якщо вона має єдиний розв'язок, і

невизначеною, якщо вона має більше ніж один розв'язок.

2.1. Визначники

Визначником (детермінантом) називається вираз, складений за певним

законом з елементів (чисел, функцій, векторів тощо) квадратної матриці.

Наприклад:

nnnn

n

n

AAA

AAA

AAA

A

21

22212

12111

.

Визначником n -го порядку, що відповідає цій матриці, є алгебраїчна сума

n! доданків вигляду ±𝑎1𝛼1 𝑎2𝛼2

… 𝑎𝑛𝛼𝑛, кожен із яких є добутком n елементів

матриці А, взятих з кожного рядка і стовпця по одному. Знаки добутку "+" або

"" визначаються залежно від того, парне чи непарне число інверсій (змін

порядку) матиме перестановка n...,а,а,а 21 , яку утворюють номери стовпців у

випадку, якщо номери рядків розташовані у порядку їх зростання. Визначники

позначаються таким чином:

.

21

21

222221

111211

nnnjnn

inijii

nj

nj

aaaa

aaaa

aaaa

aaaa

Величини 𝑎𝑖𝑗 називаються елементами визначника ∆. Для зручності вони

позначаються буквою a з двома індексами, причому 𝑖 означає номер рядка

(горизонталі), j – номер стовпця (вертикалі), на перетині яких розташований

елемент 𝑎𝑖𝑗.

Згідно з означенням визначник другого порядку позначається таким

чином:

21122211

2221

1211aaaa

aa

aa , (2.1)

17

а визначник третього порядку – таким:

11 12 13

21 22 23 11 22 33 12 23 31 21 23 13 31 22 13 13 21 32 12 23 31

31 32 33

a a a

a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a

a a a

. (2.2)

Для кращого запам'ятовування правила обчислення визначника третього

порядку пропонується три схеми.

Схема 1 (правило трикутників) зображена на рисунку 2.1.

.

Рисунок 2.1

У результаті позначення елементів визначника точками доданки зі знаком

"+" будуть добутками елементів a11, a22, a33, розміщених на головній діагоналі

визначника, і добутками елементів a13, a21, a32 і a12, a23, a31, розміщених у

вершинах рівнобедрених трикутників, основи яких паралельні до головної

діагоналі. Знак "–" матимуть доданки, що є добутками елементів a13, a22, a31,

розміщених на сторонній діагоналі визначника, та у вершинах рівнобедрених

трикутників, основи яких є паралельними до сторонньої діагоналі визначника:

a11·a23·a32 і a12·a21·a33.

Схема 2 (правило Саррюса) зображена на рисунку 2.2.

У початковому визначнику після третього стовпця запишемо ще раз

перший і другий стовпці:

3231

2221

1211

333231

232221

131211

aa

aa

aa

aaa

aaa

aaa

– – – + + +

Рисунок 2.2

Для обчислення визначника за запропонованим правилом потрібно на

головній діагоналі визначника і на діагоналях, паралельних до неї, утворити

алгебраїчну суму добутків елементів зі знаком "+", а на сторонній діагоналі

визначника і на діагоналях, паралельних до неї, – алгебраїчну суму добутків

елементів зі знаком "–".

Схема 3. Правило Саррюса можна також застосувати, записавши під

третьім срядком ще раз перший і другий рядки (рис. 2.3):

232221

131211

333231

232221

131211

aaa

aaa

aaa

aaa

aaa

Рисунок 2.3

18

Приклад. Обчислити визначник

2 1 3

1 2 1

2 4 4

.

Розв'язання:

1. За схемою 1

2 1 3

1 2 1 2 2 4 1 4 3 1 1 2

2 4 4

18411214322 .

2. За схемою 2

18411412223413211422

42

21

12

442

121

312

.

3. За схемою 3

2 1 3

1 2 1 2 2 4 1 4 3 1 1 2 2 2 3 4 1 2 1 1 4 18.

2 4 4

2 1 3

1 2 1

Зауваження. Визначники вищих порядків обчислюються шляхом їх

зведення до визначників нижчих порядків.

Визначники мають такі властивості:

1. Величина визначника не зміниться, якщо всі його рядки замінити на

стовпці з такими самими номерами і, навпаки, тобто:

332313

322212

312111

333231

232221

131211

aaa

aaa

aaa

aaa

aaa

aaa

Наприклад: 2 1 3 2 1 2

1 2 1 1 2 4 16 12 2 12 8 4 18.

2 4 4 3 1 4

Із цієї властивості випливає рівноправність рядків і стовпців визначника.

2. Якщо у визначнику поміняти місцями два рядки (два стовпці), то

визначник змінить знак на протилежний, а його абсолютне значення не

зміниться. Це, наприклад, може означати, що

333231

131211

232221

333231

232221

131211

aaa

aaa

aaa

aaa

aaa

aaa

.

19

Перевіримо цю властивість на прикладі обчисленого вище визначника.

Переставивши в ньому два перші стовпці, одержимо

18162128124

424

112

321

3. Визначник, який має два однакові рядки (стовпці), дорівнює нулю.

Інакше кажучи, визначник дорівнює нулю, якщо він має рядки (стовпці),

відповідні елементи яких рівні між собою. Наприклад:

022121222

113

221

221

.

4. Якщо всі елементи будь-якого рядка (стовпця) мають спільний

множник, то його можна винести за знак визначника. Дійсно,

18)24168(2

221

121

312

2

442

121

312

(обчислення цього визначника наведено вище).

Слід запам'ятати, що використання цієї властивості надає можливість

спростити обчислення визначника, бо після винесення спільного множника

елементів рядка (стовпця) за знак визначника, його елементи зменшуються за

абсолютною величиною.

5. Якщо всі елементи будь-якого рядка (стовпця) визначника дорівнюють

нулю, то визначник також буде дорівнювати нулю. Пропонуємо переконатися в

цьому самостійно.

6. Якщо відповідні елементи двох рядків (стовпців) визначника

пропорціональні, то визначник дорівнює нулю. Наприклад:

03122432412

363

121

412

У цьому визначнику відповідні елементи другого та третього рядків є

пропорційними.

7. Величина визначника не зміниться, якщо до елементів будь-якого його

рядка (стовпця) додати відповідні елементи паралельного рядка (стовпця)

помножені на одне й те саме число. Наприклад:

1840420102016

442

521

512

)2(4442

)2()2(121

)2()1(312

442

121

312

.

Для обчислення даного визначника до елементів третього стовпця додали

відповідні елементи другого стовпця, помножені на (–2).

20

Використовуючи цю властивість, можна одержати максимальне число

нульових елементів у будь-якому ряді (стовпці) визначника, після чого його

обчислення значно спрощується.

Для прикладу обчислимо той самий визначник, виконавши попередньо

такі перетворення: елементи другого рядка помножимо на 2 і додамо їх до

відповідних елементів третього рядка. Тоді

180600024

600

121

312

442

121

312

.

Як бачимо, одержаний результат є таким самим.

8. Якщо елементи будь-якого рядка (стовпця) визначника є сумами двох

доданків, то цей визначник можна подати як суму двох визначників:

333231

232221

131211

333231

232221

131211

333231

232322222121

131211

aaa

ccc

aaa

aaa

bbb

aaa

aaa

cbcbcb

aaa

.

Пропонуємо перевірити це самостійно на такому прикладі:

2212302

121

312

442

121

312

210

121

312

232

121

312

.

Зауваження. Цю властивість можна узагальнити на випадок існування

довільного числа доданків.

Перед тим як сформулювати наступну властивість визначників, уведемо

такі поняття, як "мінор" і "алгебраїчне доповнення".

Мінором ijМ деякого елемента ija називається визначник, одержаний з

даного визначника шляхом викреслювання 𝑖 − го рядка й 𝑗 − го стовпця, на

перетині яких розташований цей елемент.

Наприклад, мінор 32М елемента 32а визначника

333231

232221

131211

aaa

aaa

aaa

має вигляд

2321

1311

32aa

aaМ .

Алгебраїчним доповненням ijA елемента ija визначника називається мінор

цього елемента, взятий зі знаком "+", якщо сума номерів викреслених стовпця

та рядка є парним числом, і зі знаком "–", якщо їх сума є непарним числом,

тобто

ij

ji

ij MA

1 .

21

Наприклад, алгебраїчне доповнення 32А елемента 32а визначника

333231

232221

131211

aaa

aaa

aaa

має вигляд

2321

1311

32

23

32 1aa

aaМА

.

9. Визначник дорівнює сумі добутків елементів будь-якого його рядка

(стовпця) на їх алгебраїчні доповнення. Наприклад, якщо

333231

232221

131211

aaa

aaa

aaa

,

то

131312121111 АaАaАa , 313121211111 АaАaАa ,

232322222121 АaАaАa , 323222221212 АaАaАa ,

333332323131 АaАaАa , 333323231313 АaАaАa ,

що має назву розкладання визначника відповідно за елементами деякого рядка

або деякого стовпця. Таким чином, одержано ще один спосіб обчислення визначника.

Зазначимо, що він буде широко використовуватись у векторній алгебрі.

Для прикладу обчислимо такий визначник:

2 1 3

1 2 1 ,

2 4 4

розклавши його за елементами другого стовпця.

Згідно з властивістю 9, матимемо

1 2 2 2 3 2

2 1 31 1 2 3 2 3

1 2 1 1 1 2 1 4 1 6 28 4 182 4 2 4 1 1

2 4 4

.

Вище цей самий визначник було обчислено іншими способами.

Зауваження 1. Визначник можна розкласти за елементами будь-якого

рядка (стовпця).

Зауваження 2. Властивість 9 дозволяє знизити порядок визначника на

одиницю.

Слід зазначити, що властивості 1–9 є справедливими для визначників будь-

якого порядку.

22

Розв'язання прикладів

Приклад 1. Обчислити визначник.

cossin

sincos .

Розв'язання. На основі (2.1) маємо

1sincoscossin

sincos 22

.

Приклад 2. Розв'язати рівняння.

1 50.

1 1

x

x

Розв'язання. Розклавши визначник, одержимо

2 21 5

1 5 41 1

xx x

x

.

Рівняння набуває вигляду 𝑥2 + 4 = 0. Його розв'язки є такими: 𝑥1,2 = ±2𝑖.

Приклад 3. Розв'язати нерівність

314.

4 2

x x

x

Розв'язання. Після обчислення визначника одержимо 2𝑥2 − 12𝑥 < 14, або

𝑥2 − 6𝑥 − 7 < 0. Розкладемо ліву частину другої нерівності на множники:

071 хх . Для одержання розв'язків цієї нерівності застосуємо метод

інтервалів (рис.2.4).

0 0

+ − +

–1 7 x

Рисунок 2.4

Таким чином, розв'язки нерівності є такими: 7;1х . Вони також будуть

і розв'язками вихідної нерівності.

Приклад 4. Обчислити визначник.

2 0 5

1 3 16 .

0 1 10

Розв'язання. Згідно з означенням (2.2)

2 0 5

1 3 16 60 0 5 0 0 32 87.

0 1 10

23

Приклад 5. Не розкладаючи визначники, довести справедливість такої

рівності:

283

132

001

723

512

321

.

Розв'язання. Використаємо властивість 7, для чого елементи першого

стовпця визначника, що стоїть у лівій частині рівності, помножимо на 2 і

додамо до відповідних елементів другого стовпця:

783

532

301

723

512

321

.

Далі помножимо елементи першого стовпця одержаного визначника на

( 3 ) і додамо до відповідних елементів третього стовпця, в результаті чого

одержимо визначник, який стоїть у правій частині вихідної рівності:

283

132

001

.

Рівність доведено.

Приклад 6. Обчислити визначник четвертого порядку.

1231

5304

2753

0121

,

розклавши його за елементами третього рядка.

Розв'язання. У силу властивості 9 матимемо

34333231 5304 АААА

66175213114151314 34

43

33

33

31

13

MMM .

Приклад 7. Обчислити визначник четвертого порядку.

5351

0131

0027

0003

.

Розв'язання: Розкладемо визначник за елементами першого рядка:

.

535

013

002

130003

5351

0131

0027

0003

11

14131211

АААА

24

За рахунок нулів одержимо вихідний визначник четвертого порядку, що

дорівнює добутку відмінного від нуля елемента на його алгебраїчне

доповнення. Далі одержаний визначник третього порядку знову розкладемо за

елементами першого рядка:

53

0112002

535

013

00211

131211

ААА .

Отже,

.305)1(2353

0123

535

013

002

3

5351

0131

0027

0003

Зауваження. У розглянутому визначнику всі елементи, які містяться по

один бік від головної діагоналі, дорівнюють нулю. Визначники, які мають таку

властивість, називаються трикутними. Величина трикутного визначника

дорівнює добутку його діагональних елементів.

Приклад 8. Обчислити визначник четвертого порядку.

1613

3213

1210

0112

.

Розв'язання. Покладаючись на приклад 7, одержимо:

.001

1646

823

112

)1(1

1613

01646

0823

0112

1613

3213

1210

0112

44

Слід зауважити, що нульові елементи можна було б одержати в будь-якому

рядку або в будь-якому стовпці визначника.

Питання для самоперевірки

1. Наведіть означення визначників другого та третього порядків.

2. Пригадайте всі способи обчислення визначників третього порядку.

3. Які перетворення не змінюють величину визначника?

4. За яких умов визначник може дорівнювати нулю?

5. Яке перетворення змінює лише знак визначника?

6. Що називається мінором деякого елемента визначника?

7. Що називається алгебраїчним доповненням деякого елемента

визначника?

8. Розкладіть визначник третього порядку:

а) за елементами першого рядка; б) за елементами третього стовпця.

25

Вправи

1. Обчислити визначники.

а) 25

41

; б)

21

43 ; в)

105

63; г)

асаваа

сва

2

1.

Відповідь. а) 18; б) 10; в) 0; г) 0.

2. Розв'язати рівняння.

а) 2

3

32

13

xx

x; б) 0

22

142

xx

x; в) 0

cos1

1sin4

x

x; г) 0

5cos8sin

5sin8cos

xx

xx.

Відповідь. а) 2

3;

6

121 xx ; б) ixx 2;2

3,21;

в) Znnx n ,212

)1(

; г) Znnx ),12(6

.

3. Розв'язати нерівності.

а) ;01

233

x

x б) 11

27

132

x

x.

Відповідь. а) 3x ; б) 25,0 x .

4. Обчислити визначники.

а) ;

243

312

421

б) ;

1010

1631

502

в) ;

221

12210

424

г)

b

а

111

111

111

;

д) .

0sin

sin0sin

sin0

ctg

ctg

Відповідь. а) 0; б) 87; в) 8; г) ab ; д) .2sin

5. Обчислити визначник третього порядку:

,

321

431

112

розкривши його за елементами а) третього рядка; б) першого стовпця.

Відповідь. 2.

6 Спростити вирази.

а) ;

100

1cossin

1sincos

б) ;

100

1coscos

1sinsin

в)

1)cos(cos

)cos(1cos

coscos1

.

Відповідь. а) )cos( ; б) );sin( в) 0.

26

2.2. Системи лінійних рівнянь

Нехай маємо систему лінійних алгебраїчних рівнянь

,

,

,

2211

2222121

11212111

mnmnmm

nnn

nn

bxaxaxa

bxaxaxa

bxaxaxa

(2.3)

у якій відомі ija – коефіцієнти, ib – вільні члени; jx – невідомі; njmi ,1;,1 .

Розв'язати систему – це означає, що потрібно визначити упорядковану

сукупність чисел 1 2, , , n таким чином, щоб після заміни 1 2, , , nx x x

на такі числа система перетворилась на тотожність.

Серед існуючих способів розв'язання такої системи є правило Крамера.

Правило Крамера для розв'язання системи n лінійних рівнянь

з n невідомими. Система n лінійних рівнянь з n невідомими має один і

лише один розв'язок, якщо головний визначник (детермінант) матриці А не

дорівнює нулю, і

nix ix

i ,1

,

де – головний визначник матриці А;

ix – визначник, який одержуємо із шляхом заміни коефіцієнтів

невідомого, що визначається, на стовпець вільних членів.

Таким чином, якщо 0 , то система називається сумісною і визначеною,

тобто такою, що має єдиний розв'язок.

У випадку, якщо 0 , можливі два варіанти:

1) якщо хоча б один із визначників: x

або y

, не дорівнює нулю, то

досліджувана система називається несумісною, тобто такою, що не має

розв'язків;

2) якщо =x

=y

= 0, то досліджувана система називається сумісною і

невизначеною, тобто такою, що має безліч розв'язків.

Наприклад, для n = 3 система лінійних рівнянь має вигляд

.

,

,

3333232131

2323222121

1313212111

bxaxaxa

bxaxaxa

bxaxaxa

(2.4)

11 12 13

21 22 23

31 32 33

a a a

a a a

a a a

, 1

1 12 13

2 22 23

3 32 33

x

b a a

b a a

b a a

, 2

11 1 13

21 2 23

31 3 33

x

a b a

a b a

a b a

, 3

11 12 1

21 22 2

31 32 3

x

a a b

a a b

a a b

;

1

1

xx

, 2

2

xx

, 3

3

x

x

. (2.5)

27

Далі розглянемо систему двох однорідних рівнянь з трьома невідомими:

х, у та z.

.0

,0

232212

131211

zауаxа

zауаxа

(2.6)

Складемо таблицю з коефіцієнтів при невідомих.

232221

131211

ааа

ааа.

Уведемо такі позначення:

;2322

1312

1аа

аа

;

2321

1311

2аа

аа

.

2221

1211

2аа

аа

Якщо хоча б один із одержаних визначників є відмінним від нуля, то всі

розв'язки системи одержуються за такими формулами:

,

,

,

3

2

1

tz

ty

tx

(2.7)

де t – довільне число.

Розв'язання прикладів

Приклад 1. Розв'язати систему лінійних рівнянь

1238

,2325

21

21

xx

xx

методом Крамера.

Розв'язання. Для розв'язання системи за правилом Крамера потрібно

обчислити визначники

5 215 16 31

8 3

,

1 2

23 2 5 2369 24 93, 60 184 124

12 3 8 12x x

.

Тоді

1 2

1 2

93 1243, 4.

31 31

x xx x

Приклад 2. Знайти всі розв'язки системи

.032

,0523

zyx

zyx

Розв'язання. Складемо таблицю з коефіцієнтів при невідомих:

321

523.

28

Обчислимо визначники 321 ,, , одержані методом викреслювання в

таблиці відповідно першого, другого і третього стовпців:

432

521

;

31

532

; 8

21

233

.

Далі, за формулами (2.5), обчислимо всі розв'язки вихідної системи:

,8,14,4 tztytx або ,4,7,2 tztytx де t – довільне число.

Приклад 4. Установити, що система лінійних рівнянь

3465

,1254

,2233

321

321

321

xxx

xxx

xxx

має єдиний розв'язок і знайти його.

Розв'язання. Для розв'язання системи за правилом Крамера потрібно

обчислити визначники:

3 1

3 3 2 0 3 2 0 3 23 2

4 5 2 1 5 2 0 1 2 ( 1) ( 1) ( 1)(6 2) 41 2

5 6 4 1 6 4 1 6 4

.

Оскільки 04 , то система має єдиний розв'язок.

41814129

2711

290

251

270

463

251

23212

1

х;

4141027

2511

207

214

205

435

214

22322

2

х ;

44945197

7511

097

154

075

365

154

23322

3

х .

Тоді

31 21 2 3

4 4 41, 1, 1.

4 4 4

xx xx x x

Перевірка.

;3141615

,1121514

,2121313

.33

,11

,22

Зауваження. Якщо виконується перевірка систем лінійних алгебраїчних

рівнянь, то обов'язково потрібно перевіряти всі рівняння.

Отже, єдиний розв'язок системи має такий вигляд: .1;1;1

29

Приклад 5. Розв'язати систему лінійних рівнянь

.323

,132

,22

zyx

zyx

zyx

Розв'язання. Визначник системи має вигляд

.02182338

231

321

112

Обчислимо визначник x

:

.02186938

233

321

112

x

Оскільки 0 , а 020x

, то дана система не має розв'язку.

Питання для самоперевірки

1. Яка система називається лінійною?

2. Що називається визначником системи?

3. Запишіть неоднорідну систему двох рівнянь з двома невідомими.

4. Запишіть неоднорідну систему трьох рівнянь з трьома невідомими.

5. Запишіть формули Крамера.

6. Яким чином складаються визначники zyx ,, ?

7. За яких умов неоднорідна система двох (трьох) рівнянь з двома (трьома)

невідомими має: а) єдиний розв'язок; б) безліч розв'язків; в) не має жодного

розв'язку?

8. У яких випадках система лінійних рівнянь є: а) сумісною,

б) несумісною?

9. Що означають поняття: а) сумісна система; б) несумісна система;

в) невизначена система?

10. Який вигляд має система двох однорідних рівнянь з трьома

невідомими? Запишіть формули, за якими знаходяться розв'язки такої системи.

30

Вправи

1. Знайти всі розв'язки наведених систем лінійних рівнянь.

а)

;1843

,145

yx

xy б)

;0392

,03

zyx

zyx в)

.0346

,023

zyx

zyx

Відповідь. а) 3,2 yx ; б) ) tztyx 3,,0 ; в) 0,3,2 ztytx .

2. Довести, що наведені системи мають єдиний розв'язок і знайти його.

а)

;872

,1353

,42

zyx

zyx

zyx

б)

.105

,163

,52

zy

zx

yx

Відповідь. а) 1 zyx ; б) 5,3,1 zyx .

3. Розв'язати систему рівнянь

.0564

,0632

yx

yx

Відповідь. Система не має розв'язку.

4. За яких значень параметрів а і b неоднорідна система

byx

ayx

46

,13

двох рівнянь з двома невідомими має: а) єдиний розв'язок; б) безліч розв'язків;

в) не має жодного розв'язку?

Відповідь. а) 2a ; б) 2,2 ba ; в) 2,2 ba .

5. Розв'язати систему рівнянь

.3224

,22

,523

321

321

321

xxx

xxx

xxx

Відповідь. Система не має розв'язку.

6. Знайти всі розв'язки системи рівнянь

.2

,152

,142

321

321

321

xxx

xxx

xxx

Відповідь. Система має безліч розв'язків, які можна одержати за такими

формулами: 1,123231 xxxx . Числові значення

3x задаються довільно.

7. Знайти всі розв'язки наведених систем рівнянь.

а)

;54

,4332

,22

321

321

321

xxx

xxx

xxx

б)

;1

,135

,342

321

321

321

xxx

xxx

xxx

в)

.833

,2

,32

321

321

321

xxx

xxx

xxx

Відповідь. а) система не має розв'язку; б) ;1,0,2321

xxx

в) )12(2

1),5(

2

13231 xxxx . Числові значення

3x задаються довільно.

31

8. Знайти всі розв'язки наведених однорідних систем рівнянь.

а)

;045

,032

,02

321

321

321

xxx

xxx

xxx

б)

.08124

,0693

,023

321

321

321

xxx

xxx

xxx

Відповідь. а) система має безліч розв'язків, які можна одержати за формулами:

txxx 321

, б) система має безліч розв'язків, які можна одержати за

формулами 231

32 xxx . Числові значення 32

, xx задаються довільно.

2.3. Матриці та дії щодо них

Розглянемо ще один математичний об'єкт, пов'язаний із системою

рівнянь (2.3).

Матрицею називається прямокутна таблиця елементів (зокрема, чисел),

розміщених у певному порядку, яка має m рядків і n стовпців. Якщо

повернутися до системи рівнянь (2.3), то коефіцієнти при невідомих у її лівій

частині якраз і утворюють таку прямокутну таблицю:

mnmmm

n

n

aaaa

aaaa

aaaa

A

321

2232221

1131211

.

Матриці прийнято позначати великими буквами, а їх елементи, для

зручності, – малими буквами з двома індексами.

Числа ija називаються елементами матриці, а запис, що має вигляд nm ,

означає її розмір. Зауважимо, що на першому місці в цьому записі зазначено

кількість рядків матриці, а на другому – кількість стовпців. Коротко цю саму

матрицю можна записати так:

,ijaА .,,2,1;,,2,1 njmi

Наприклад, розмір матриці, записаний у вигляді 35 , означає, що

матриця має п'ять рядків і три стовпці.

Матриця, в якій число рядків не дорівнює числу її стовпців ( nm ),

називається прямокутною.

Матриця, в якій число рядків дорівнює числу її стовпців nm ,

називається квадратною, а число n – порядком матриці. Скорочено квадратну

матрицю n -го порядку можна записати так:

,ijaА , 1,2, , .i j n

Наприклад, матриця

405

132А є прямокутною матрицею розміру 2×3,

а

51

74В є квадратною матрицею другого порядку (або розміру 2×2).

32

Дві матриці вважаються рівними між собою, якщо вони мають однаковий

розмір і всі їх відповідні елементи є рівними між собою.

Елементи з двома однаковими індексами: a11, a22, a33, ..., ann , утворюють

головну діагональ матриці. Якщо jiij aa , то така матриця називається

симетричною.

Квадратна матриця, елементи головної діагоналі якої дорівнюють одиниці,

а всі інші дорівнюють нулю, називається одиничною матрицею і позначається

великою літерою Е.

1000

0010

0001

E .

Якщо всі елементи матриці, які містяться по один бік від головної діагоналі,

дорівнюють нулю, то матриця називається трикутною.

Кожній квадратній матриці можна поставити у відповідність визначник,

який складається з таких самих елементів і позначається через det A або через

|A|.

nnnn

n

n

aaa

aaa

aaa

AA

21

22221

11211

det .

Якщо такий визначник є відмінним від нуля, то матриця називається

неособливою, або невиродженою. Квадратна матриця, визначник якої

дорівнює нулю, називається особливою.

Матрицю, всі елементи якої дорівнюють нулю, називається нульовою і

позначається великою літерою О.

Квадратна матриця, діагональні елементи якої: nnааа ,,, 2211 , є

відмінними від нуля, а всі інші дорівнюють нулю, називається діагональною.

Таку матрицю можна записати в такому вигляді вигляді:

nna

a

a

A

00

00

00

22

11

.

Якщо в матриці

mnmmn

n

n

aaa

aaa

aaa

A

2

22221

11211

33

замінити рядки на стовпці з такими самими номерами, то можна одержати нову

матрицю, що називається транспонованою і позначається таким чином: АТ.

mnnn

m

mn

T

aaa

aaa

aaa

A

21

22212

2111

.

Наприклад, якщо матриця має вигляд

,326

3

5

2

4

1

х

А

,

то транспонована матриця має вигляд

,236

5

4

3

2

1

х

ТА

.

Якщо скласти матрицю з алгебраїчних доповнень всіх елементів

квадратної матриці ,ijaА , 1,2, ,i j n і транспонувати її, то можна

одержати нову матрицю, яка має назву союзної, або приєднаної, і позначається

через А̂ :

nnnn

n

n

AAA

AAA

ААА

А

21

22212

12111

ˆ.

Якщо матриця має лише один рядок, то вона називається матрицею-

рядком. Якщо матриця має лише один стовпець, то вона називається

матрицею-стовпцем. Наприклад, запис матриці-рядка має такий вигляд:

,302141x

A а запис матриці-стовпця – такий: .3

1

12x

B

Дві матриці: А і В, називаються рівними між собою (А=В), якщо вони

мають однаковий розмір і їх відповідні елементи є рівними між собою.

Сумою двох матриць: ijаA і ijbB , одного і того самого розміру

(m×n) є нова матриця ijcC такого самого розміру, кожний елемент якої

дорівнює сумі відповідних елементів матриць А і В.

За визначенням, із рівності СВA випливає, що ijijij cbа ( mi ,1 ;

,nj 1 ), наприклад:

2222222244

86

73

62

40

51

74

65

30

21

xxxx

.

34

Операція додавання матриць має такі властивості:

АВВA ;

СВАСВA ;

АОA .

Віднімання матриць одного і того самого розміру визначається як дія,

обернена до дії додавання, тобто ВАВA . Таким чином, різницею двох

матриць: ijаA і ijbB , є нова матриця ijdD , така, що dij = aij bij,

( mi ,1 ; ,nj 1 ). Наприклад:

2 2 2 2 2 2 2 2

2 5 7 3 2 7 5 3 9 8

3 1 4 0 3 4 1 0 1 1x x x x

.

Добутком матриці ijаA на число (або числа на матрицю А)

є нова матриця такого самого розміру, кожний елемент якої дорівнює добутку

відповідного елемента матриці А на число , тобто ijаАА .

Наприклад:

222246

02

23

012

xz

.

Операція множення матриць на число має такі властивості:

,BABA

,BAA

.AA

Добутком матриці А=(aij), що має розмір m×n, на матрицю ij

bB , що

має розмір n×s, називається матриця )( ijcС , що має розмір m × s, елементи

якої визначаються за допомогою таких рівностей:

1

, 1,2, , ; 1,2, ,n

ij ik kj

k

c a b i m j s

.

Інакше кажучи, njinjijiij bababac 2211 , де

nj

j

j

inii

b

b

b

aaa2

1

21 .

Таким чином, для одержання елемента ijc матриці С=АВ, слід помножити

елементи і-го рядка матриці А на відповідні елементи j-го стовпця матриці В і

додати одержані добутки.

Зазначимо, що добуток АВ двох матриць існує тоді і тільки тоді, коли

число стовпців матриці А дорівнює числу рядків матриці В.

Якщо розмір матриці А дорівнює m × n, а розмір матриці В дорівнює

n × s, то матриця АВ матиме розмір m× s.

35

Зазначимо також, що дуже важливо зберігати зазначений порядок мно-

ження, бо, взагалі кажучи, BAAB , тобто множення матриць не є ко-

мутативним навіть тоді, коли обидва добутки: АВ і ВА, існують.

Наприклад:

1

3

0

2

1

1A ,

2

1

4

0

3

2

B .

Матриця А має розмір 2×3, матриця В має розмір 3×2. Добуток матриць А

і В існує і є матрицею, що має розмір 2×2.

22

124

211041013021

231241033221

2

1

4

0

3

2

1

3

0

2

1

1ВA .

Добуток матриць В і А існує і є матрицею, що має розмір 3×3:

202

864

1042

123002201210

113301231113

143204221412

1

3

0

2

1

1

2

1

4

0

3

2

АВ .

Очевидно, що ВААВ .

Операція множення матриць має властивості:

1) асоціативності: САВВСА ;

2) дистрибутивності: АСАВСВА або АСВССАВ ;

3) ВАВАВА , де – довільне число.

Потрібно мати на увазі, що в даних випадках розміри матриць є такими,

що і ліва, і права частини зазначених рівностей мають сенс.

Повернемось до системи рівнянь (2.3) і утворимо наступні матриці:

А – матриця коефіцієнтів при невідомих, Х – матриця-стовпець невідомих,

В – матриця-стовпець вільних членів:

mnmm

n

n

aaa

aaa

aaa

A

21

22221

11211

,

nx

x

x

X2

1

,

mb

b

b

B2

1

.

Тоді, за означенням добутку матриць, систему рівнянь (2.3) можна записати в

матричному вигляді:

BAX ,

який значно скорочує запис системи рівнянь.

Матриця А–1

називається оберненою матрицею до квадратної

невиродженої матриці А, якщо виконується співвідношення

EAAAA 11.

36

Нехай дано квадратну матрицю А. Доведемо, що обернена матриця А–1

існує у випадку, якщо 0 A .

nnnn

n

n

AAA

AAA

AAA

B

21

22212

12111

.

Утворимо добутки AB і BA .

.

21

22212

12111

21

22221

11211

C

AAA

AAA

AAA

aaa

aaa

aaa

AB

nnnn

n

n

nnnn

n

n

Згідно з правилом множення матриць, елементи матриці С знайдемо за

формулою

jninjijiij AaAaAac 2211 .

Якщо i = j, то матимемо Acii , тобто одержимо значення визначника

матриці А; якщо ,ji то вираз jninjijiij AaAaAac 2211 є сумою

добутків елементів i-го рядка визначника на алгебраїчні доповнення, що

відповідають j-му рядку цього самого визначника. За властивістю 9

визначників така алгебраїчна сума дорівнює нулю. Отже, ,0ijc якщо i j.

Матриця С набуде вигляду

00

00

00

C .

Для того, щоб дана матриця стала одиничною, потрібно помножити її на

A

1.

111

AAB

AAC

AE .

Отже, обернена матриця матиме вигляд:

nnnn

n

n

AAA

AAA

AAA

A

21

22212

12111

1 1. (2.8)

Доведемо, що для матриці А матриця А–1

є єдиною. Для цього припустимо

протилежне.

37

Нехай існує ще одна матриця С, така що АС = СА = Е. Тоді

САА–1

= С(АА–1

) = СЕ = С,

і водночас

САА–1

= (СА)А–1

= ЕА–1

= А–1

,

звідки

С = А–1

.

Доходимо висновку про те, що початкове припущення є неправильним,

тобто обернена матриця є єдиною.

Далі повернемось до запису системи рівнянь у матричному вигляді: АХ=В.

Припустимо, що система складається з n лінійних рівнянь з n невідомими, матриця

А є квадратною і невиродженою, тобто 0 A . Тоді для матриці А побудуємо

обернену матрицю А–1

, яка, за тих припущень, які щойно зроблено, існує.

Помноживши матричну рівність АХ = В зліва на матрицю А–1

, одержимо

AXA 1 BAEXBAXAABA 1111 ,

тобто остаточно

BAX 1 .

Останній вираз є це розв'язком системи лінійних рівнянь. Зауважимо, що в

такому вигляді можна записати розв'язок будь-якого матричного рівняння,

якщо матриця А задовольняє умови існування А–1

.

Розв'язання прикладів

Приклад 1. Знайти матрицю.

0

1

5

2

1

4

3

5

7

2

4

3

5

2A .

Розв'язання. Використовуючи правила множення матриць на число

додавання матриць, одержимо

3 2 3 2 3 2 3 2

5 2 45 10 4 12 15 10 12 4 15 22 11

2 3 7 3 1 1 6 14 3 3 6 3 14 3 3 11

45 2 0 810 6 0 8 6 10 0 14 10

A

.

Приклад 2. Знайти добуток матриць А і В, якщо А = (3 2), .1

1

В

Розв'язання. Матриця А має розмір 1×2, матриця В має розмір 2×1, тому

добуток матриць А і В існує і має розмір 1×1.

.1)1(2131

123

АВ

38

Приклад 3. Знайти добуток матриць

51

32А і .

32

01

В

Розв'язання.

159

98

35012511

33022312

32

01

51

32ВA .

211

32

53321322

50311021

51

32

32

01АВ .

Ще раз переконуємося в тому, що ВААВ .

Приклад 4. Знайти добуток матриць А, В і С, якщо

12638

9328,

57

34ВА , .

12

37

С

Розв'язання. Задані матриці мають розмір 2×2, тому їх можна

перемножити, причому в результаті одержимо матрицю того самого розміру.

Помножимо спочатку А на В:

.216

62

)126(5937385)28(7

)126(3934383)28(4

АВ

Далі помножимо одержану матрицю на матрицю С:

.30

02

1213)6(22176

1)6(322)6(72

12

37

216

62

АВС

Приклад 5. Знайти матрицю ТАВС 2 , якщо

832

154А ,

163

510

47

В .

Розв'язання. Маємо

81

35

24ТА .

Тоді

0

1

0

1

0

1

8

3

2

1

5

4

2

16

5

4

3

10

7

2 TABC .

Приклад 6. Знайти x і у з рівняння

11

0

53

21

у

х.

Розв'язання. Виконаємо множення в лівій частині рівняння:

11

0

53

21

ух

ух.

39

На основі рівності двох матриць одержимо

.1153

,02

ух

ух

Розв'язавши цю систему, матимемо х = 2 і у = 1.

Приклад 7. Довести, що матриця

134

111

1221А є оберненою до

матриці .

021

123

112

А

Розв'язання. Доведемо, що ЕАААА 11.

ЕАА

100

010

001

021022022

123426426

112314414

134

111

122

021

123

1121 ;

ЕАА

100

010

001

014254198

011221132

022242164

021

123

112

134

111

1221

.

Таким чином, матриці А і 1А є взаємно оберненими.

Приклад 8. Знайти матрицю, обернену до матриці

43

21А .

Розв'язання. Обчислимо визначник матриці А:

243

21det A .

Оскільки 02det A , то матриця А є неособливою і має обернену

матрицю. Щоб скласти цю матрицю, Обчислимо алгебраїчні доповнення для

кожного елемента матриці А:

44111

11

A ; 22112

21

A ;

33121

12

A ; 11122

22

A .

На основі формули (2.8)

5,05,1

12

13

24

2

11А .

40

Приклад 9. Знайти матрицю А-1

, обернену до матриці

465

254

233

А .

Розв'язання. Згідно з формулою (2.8) , матимемо

11 21 31

1

12 22 32

13 23 33

1, 4

A A A

A A A A

A A A

.

1 1

11

5 2( 1) 8,

6 4A

2 1

21

3 2( 1) 0,

6 4A

3 1

31

3 2( 1) 4,

5 2A

1 2

12

4 2( 1) 6,

5 4A

2 2

22

3 2( 1) 2,

5 4A

3 2

32

3 2( 1) 2,

4 2A

1 3

13

4 5( 1) 1,

5 6A

2 3

23

3 3( 1) 3,

5 6A

3

54

331

3333

A

.

.

31

31

41

5,05,05,1

102

331

226

408

4

11

А

Питання для самоперевірки

1. Навести означення матриці.

2. Яким чином визначається розмір матриці?

3. Які існують види матриць?

4. Яка матриця називається транспонованою?

5. Як скласти союзну матрицю?

6. Сформулюйте правила додавання матриць, віднімання матриць,

множення матриці на число.

7. За яким правилом виконується множення двох матриць?

8. Яка матриця називається оберненою до даної? Чи завжди вона існує?

9. За якою формулою знаходиться обернена матриця?

10. Сформулюйте умову існування оберненої матриці.

41

Вправи

1. Виконати наступні дії:

а) ;12

31

05

42

20

13

13

213

в) ;

21

30

12

)431(

б)

11

21

03

30

21; г) .

243

012

110

112

403

121

Відповідь. а)

5

6

2

8

3

2

4

5; б) Виконати дію множення неможливо;

в) ;182 г) .

415

111312

171

2. Знайти х і у із рівняння ).35(42

35

ух

Відповідь. ;13

7х .

13

15у

3. Із добутку )73()23(

аb

bа знайти матрицю

аb

bа.

Відповідь. .13

31

4. Знайти союзну матрицю для матриці .

513

124

213

А

Відповідь. .

2610

112117

5311

А

5. Знайти матрицю, обернену до матриці

301

124

132

А і виконати

перевірку того, що .11 ЕАААА

Відповідь. .

802

2511

1961

А

42

6. Довести, що матриці

129

012

130

А

і

6285

292

1511А є взаємно

оберненими.

7. Знайти матрицю ,2 2ABCAD якщо

,02

13

A ,

5

1

0

1

2

3

B .

04

13

21

C

Відповідь.

232

107.

8. Переконатися в тому, що матраці, наведені далі, є некомутативними.

251

834

125

A ,

321

242

123

B .

Відповідь. ,

32615

223626

42020

AB ,

232316

30624

211724

BA

9. Перевірити асоціативний закон множення матриць на прикладі таких

матриць:

,3

5

2

3

4

2

A

750

413

271

B , .

50

03

21

C

10. Дано матриці ,75

32

A ,

32

21

B .

32

31

C

Перевірити виконання таких алгебраїчних законів:

1) ;ВСАССВА

2) ;АСАВСВА

3) .САВВСА

43

2.4. Матричний запис системи лінійних рівнянь.

Теорема Кронекера-Капеллі

Нехай дано прямокутну матрицю, що має розмір m × n.

.

2

22221

11211

mnmmn

n

n

aaa

aaa

aaa

А

Розглянемо в ній k довільних рядків і k довільних стовпців.

Визначник k-го порядку, що складається з k2 елементів матриці А,

розташованих на перетині виділених рядків і стовпців, називається мінором

k-го порядку матриці А.

Зауважимо, що самі елементи матриці можна розглядати як мінори

першого порядку.

Рангом матриці називається найбільший порядок її мінора, відмінного від

нуля.

Із цього означення випливає, що матриця А має ранг, що дорівнює r, якщо

серед її мінорів порядку r є хоча б один відмінний від нуля, а всі мінори

матриці порядку, вищого за r, дорівнюють нулю.

Наприклад, матриця

5

1

2

4

1

0

3

2

3

2

0

1

А

має мінор третього порядку: 01

432

120

031

, мінорів же четвертого і вищих

порядків матриця А не має. Тому ранг матриці А дорівнює трьом.

Ранг матриці А позначається як rangА, або як r(А).

Ранг матриці обчислюється або способом окантування мінорів, або

способом зведення матриці до діагональної.

Суть способу окантування мінорів полягає в тому, що, маючи в результаті

обчислення мінор М k-го порядку, який є відмінним від нуля, далі можна

обмежитися лише розгляданням тих мінорів (k+1)-го порядку, які окантовують

мінор М. Якщо всі вони дорівнюють нулю, то ранг матриці дорівнює k.

Обчислюючи ранг матриці способом окантування мінорів, слід переходити

від мінорів нижчих порядків до мінорів вищих порядків.

Наприклад, обчислимо способом окантування мінорів ранг матриці

5

1

2

0

4

3

4

1

4

1

1

3

7

1

2

4

4

0

1

2

А .

44

Для цього спочатку обчислимо мінор другого порядку, розташований у

правому верхньому куті цієї матриці:

.0224

012

М

Далі обчислимо мінор третього порядку, що окантовує мінор 2М :

,033181212

131

241

013

3

М

і мінори четвертого порядку, які окантовують мінор 3М :

56688

100

23344

51623

11013

21318

541623

131013

241318

0100

5447

1311

2412

0134

4М

000

3344

6688

3344

.

0

3120

3120

491

3120

131

491

51200

1310

2411

0910

5444

1310

2411

0132

4

М .

Мінорів п'ятого і вищих порядків матриця А не має, тому її ранг дорівнює

трьом.

Таким чином, rangA=3.

Суть другого способу обчислення рангу матриці полягає в тому, що за

допомогою елементарних перетворень матриця зводиться до діагональної. При

цьому ранг матриці не змінюється.

Під елементарними перетвореннями матриці розуміються:

1) заміна рядків на стовпці, а стовпців – на відповідні рядки;

2) перестановка будь-яких двох рядків (стовпців);

3) викреслення рядка (стовпця), всі елементи якого дорівнюють нулю;

4) множення всіх елементів будь-якого рядка (стовпця) на одне й те саме

число, відмінне від нуля;

5) додавання до елементів одного рядка (стовпця) відповідних елементів

другого рядка (стовпця), помножених на довільне число.

Елементарні перетворення не змінюють ранг матриці.

Далі матриці, які мають рівні ранги (якщо від однієї з них можна перейти

до іншої за допомогою скінченного числа елементарних перетворень),

називатимемо еквівалентними матрицями. Еквівалентні матриці

об'єднуватимемо знаком «~» («тильда»).

Позначення еквівалентності матриць має такий вигляд: А~В.

45

Зауважимо, що будь-якій матриці шляхом елементарних перетворень

можна надати діагональної форми. Підрахувавши в такій матриці число

відмінних від нуля елементів, розташованих на головній діагоналі, можна

обчислити ранг даної матриці.

Обчислимо ранг тієї самої матриці:

5

1

2

0

4

3

4

1

4

1

1

3

7

1

2

4

4

0

1

2

А ,

що й у попередньому прикладі, але способом зведення її до діагональної.

Для цього виконаємо такі елементарні перетворення:

1) поміняємо місцями перший і другий рядки;

2) спочатку елементи першого рядка помножимо на –2 і додамо їх до

відповідних елементів другого рядка; потім елементи першого рядка по-

множимо на –4 і додамо їх до відповідних елементів четвертого рядка;

3) помножимо елементи першого стовпця по черзі на 2, 1, 4, 2 і

додамо їх відповідно до елементів другого, третього, четвертого і п'ятого

стовпців;

4) поділимо елементи четвертого стовпця на 3;

5) поміняємо місцями другий і четвертий рядки;

6) віднімемо від елементів другого рядка відповідні елементи третього

рядка;

7) спочатку помножимо елементи другого рядка на 4 і додамо їх до

відповідних елементів четвертого стовпця; потім елементи другого стовпця

помножимо на 3 і додамо їх до відповідних елементів п'ятого стовпця;

8) віднімемо від елементів третього рядка відповідні елементи четвертого

рядка;

9) спочатку помножимо елементи третього стовпця на 3 і додамо їх до

відповідних елементів четвертого стовпця; потім елементи третього стовпця

помножимо на 4 і додамо їх до відповідних елементів п'ятого стовпця.

Усі елементарні перетворення, які виконано, зручно записати таким чином:

5

1

2

0

4

3

4

1

4

1

1

3

7

1

2

4

4

0

1

2

А ~

5

1

2

0

4

3

1

4

4

1

3

1

7

1

4

2

4

0

1

2

~

3

1

4

3

12

3

9

4

0

1

1

1

1

1

0

2

0

0

0

1

~

~

3

1

4

0

12

3

9

0

0

1

1

0

1

1

0

0

0

0

0

1

~

3

1

4

0

4

1

3

0

0

1

1

0

1

1

0

0

0

0

0

1

~

4

1

3

0

3

1

4

0

1

1

0

0

0

1

1

0

0

0

0

1

~

46

~

4

4

3

0

3

3

4

0

1

1

0

0

0

0

1

0

0

0

0

1

~

4

4

0

0

3

3

0

0

1

1

0

0

0

0

1

0

0

0

0

1

~

0

4

0

0

3

3

0

0

1

1

0

0

0

0

1

0

0

0

0

1

~

0

0

0

0

0

0

0

0

0

1

0

0

0

0

1

0

0

0

0

1

.

Оскільки на головній діагоналі одержаної матриці існує лише три

елементи, які є відмінними від нуля, то її ранг дорівнює трьом, а тому й ранг

даної матриці А також дорівнює трьом, бо ці матриці є еквівалентними.

Отже, rangA=3.

Розглянемо систему n лінійних рівнянь з n невідомими.

.

,

,

221

22222121

112121111

nnnnnnq

nn

nn

Cxaxaxa

Cxaxaxa

Cxaxaxa

(2.9)

Уведемо:

1) матрицю коефіцієнтів системи:

,

2

22221

11211

nnnnn

n

n

aaa

aaa

aaa

А

яка називається основною матрицею системи або просто – матрицею системи;

2) матрицю-стовпець невідомих:

;2

1

nx

x

x

X

3) матрицю-стовпець вільних членів:

.2

1

nc

c

c

C

Запис системи (2.9) в матричній формі має вигляд

nnnnn

n

n

aaa

aaa

aaa

А

2

22221

11211

·

nx

x

x

2

1

nc

c

c

2

1

,

або коротко:

А·X = С. (2.10)

Її розв'язок має вигляд X =А-1

·С, де А-1

– матриця, обернена до матриці А

системи (2.9).

47

Далі розглянемо довільну систему лінійних рівнянь:

,

,

,

2211

22222121

112121111

mnmnmm

nn

nn

Cxaxaxa

Cxaxaxa

Cxaxaxa

(2.11)

у якій число рівнянь не дорівнює числу невідомих.

Умови сумісності такої системи (зокрема й системи (2.9)) вирішуються за

допомогою теореми Кронекера-Капеллі.

Перед тим, як навести цю теорему, введемо основну матрицю для системи

(2.11):

mnmm

n

n

aaa

aaa

aaa

А

21

22221

11211

,

і розширену матрицю:

mmnmm

n

n

c

c

c

aaa

aaa

aaa

B2

1

21

22221

11211

,

яка утворюється з матриці А шляхом приєднання до неї стовпця вільних членів.

Теорема Кронекера-Капеллі. Якщо ранг матриці А системи лінійних

рівнянь дорівнює рангу розширеної матриці В, то система є сумісною. При

цьому:

1) якщо nrangBrangА (n – число невідомих), то система має єдиний

розв'язок;

2) якщо nrangBrangА , то система має безліч розв'язків.

3) якщо rangBrangА , то система є несумісною, тобто не має жодного

розв'язку.

Розв'язання прикладів

Приклад 1. Дослідити систему лінійних рівнянь за теоремою Кронекера-

Капеллі.

.1

,235

,142

321

321

321

ххх

ххх

ххх

У випадку її сумісності знайти всі розв'язки матричним способом.

Розв'язання. Складемо матрицю даної системи лінійних рівнянь:

111

351

142

А

48

і її розширену матрицю:

.

1

2

1

1

3

1

1

5

4

1

1

2

В

Обчислимо ранги цих матриць способом окантування мінорів. Мінор

другого порядку, розташований у лівому верхньому куті матриці А:

.0551

42

Мінор третього порядку, що окантовує його, має вигляд

08

111

351

142

.

Мінорів вищого порядку матриця А не має. Отже, rangA = 3.

Оскільки для матриці В не можна скласти мінор четвертого порядку

(матриця В має лише три рядки), то її ранг також дорівнює трьом.

Таким чином, 3 rangBrangА і дорівнює числу невідомих, а отже,

згідно з теоремою Кронекера-Капеллі, система має єдиний розв'язок.

Обчислимо його матричним способом. У матричній формі дану систему можна

записати так:

,

1

2

1

111

351

142

13133

2

1

33 хххх

х

х

або коротко:

АX = С,

звідки

X =А-1

С,

де А-1

матриця, обернена до матриці А.

Обернена матриця А-1

існує, бо 08det A (обчислення наводилось

вище).

Обчислимо алгебраїчні доповнення для кожного елемента матриці А:

211

3511

А , 3

11

1421

А , 7

35

1431

А ,

211

3112 А , 1

11

1222 А , 5

31

1232 А ,

411

5113

А , 2

11

4223

А , 6

51

4233

А .

49

Відповідно до формули (2.8) маємо

.

624

512

732

8

11

А

Далі знайдемо шуканий розв'язок:

43

89

811

6

9

11

8

1

644

522

762

8

1

1

2

1

.

624

512

732

8

11 САХ .

Отже, ;8/111

х ;8/92

х ;4/33

х

Приклад 2. Дослідити систему рівнянь

36475

,5347

,24253

4321

4321

4321

хххх

хххх

хххх

за теоремою Кронекера-Капеллі і у випадку її сумісності обчислити розв'язок

цієї системи.

Розв'язання. Обчислимо ранги матриці системи:

6

3

4

4

1

2

7

4

5

5

7

3

А

і розширеної матриці:

3

5

2

6

3

4

4

1

2

7

4

5

5

7

3

В .

Мінор .02347

53

Мінори третього порядку, які його окантовують,

дорівнюють нулю. Дійсно,

.021063807519672

675

347

453

Тому rangA=2.

Для обчислення рангу матриці В досить обчислити лише один мінор

третього порядку:

,

375

547

253

50

який окантовує мінор

47

53

,

оскільки всі інші мінори, які вже знайдено, дорівнюють нулю.

Отже,

,023

375

547

253

тому rangВ=3.

Оскільки rangA ≠ rangВ, то задана система є несумісною.

Приклад 3. Розв'язати систему рівнянь

.552

,12

,12

4321

4321

4321

хххх

хххх

хххх

Розв'язання. Матриця системи має такий вигляд:

,

5

1

1

1

1

1

2

2

2

1

1

1

А

а розширена матриця – такий:

,

5

1

1

5

1

1

1

1

1

2

2

2

1

1

1

В

Обчислимо ранг матриці А.

Мінор другого порядку, розташований у правому верхньому кутку

матриці, не дорівнює нулю: .0211

11

Мінори третього порядку, які окантовують його, дорівнюють нулю.

Дійсно,

0

512

112

112

(властивість 6), 0

511

111

111

(властивість 3).

Отже, rang A=2.

51

Далі обчислимо ранг матриці В. Для цього досить обчислити ще один

мінор третього порядку, а саме мінор ,

511

111

111

який також дорівнює нулю за

властивістю 3 визначників.

Таким чином, усі мінори третього порядку матриці, які окантовують мінор

11

11

, дорівнюють нулю, а мінорів вищого порядку матриця В не має.

Отже, rang В=2.

Оскільки rangA= rangВ =2 < 4 (число невідомих), то згідно з теоремою

Кронекера-Капеллі система має безліч розв'язків. Визначимо їх.

Оскільки система має лише два незалежних рівняння (ранги матриць

дорівнюють двом), то одне з них можна відкинути, наприклад третє, і

розв'язати одержану систему

.12

,12

4331

4321

хххх

хххх

Будемо вважати невідомими х3 і х4, оскільки визначник другого порядку,

що складається з коефіцієнтів при х3 і х4, 0211

11

, і виразимо

через них х1 і х2. Для цього від першого рівняння віднімемо друге, що дасть 2х4

= 2, звідки х4 = 1.

Далі з першого рівняння системи одержимо х 3 =2х 2 х 1.

Таким чином, 123 2 ххх , х4 = 1, де х1 і х2 – довільні числа, є шуканими

розв'язками системи.

Приклад 4. Розв'язати систему рівнянь.

.63

,32

,52

,1447

321

321

321

321

ххх

ххх

ххх

ххх

Розв'язання. Обчислення показують, що rangA= rangВ =3 (пропонуємо

перевірити це самостійно). Отже, система є сумісною.

Із даних чотирьох рівнянь доберемо три, які є лінійно незалежними.

Для цього в матриці

1

1

1

4

3

2

1

7

1

1

2

1

А

визначимо відмінний від нуля мінор третього порядку.

52

Таким мінором є, наприклад, визначник, який складається з другого,

третього та четвертого рядків. Отже, перше рівняння системи є лінійною

комбінацією інших, а тому його можна відкинути.

Розглянемо систему рівнянь:

.63

,32

,52

321

321

321

ххх

ххх

ххх

Її визначником є ,05 а тому, розв'язуючи систему за формулами

Крамера або матричним способом, знайдемо єдиний розв'язок (1; –1;2), який

також задовольняє першому рівнянню даної системи, в чому легко впевнитися,

виконавши безпосередню перевірку.

Отже, розв'язуючи довільну систему лінійних рівнянь, потрібно

додержуватися такого порядку:

1) обчислити значення r(A) і r(В); встановити сумісність системи;

2) якщо система є сумісною (r(A)=r(В) =r), то обрати в матриці A

відмінний від нуля мінор r-го порядку, який визначає кількість лінійно

незалежних рівнянь і вільних невідомих. Решту рівнянь відкинути;

3) перенести вільні невідомі до правої частини рівнянь;

4) розв'язати одержану систему за формулами Крамера, тобто знайти

загальний розв'язок системи;

5) знайти частинні розв'язки системи у разі необхідності.

Питання для самоперевірки

1. Як утворюється мінор к-го порядку прямокутної матриці?

2. Що називається рангом матриці?

3. Способи обчислення рангу матриці.

4. У чому полягає спосіб окантування мінорів?

5. Які перетворення матриці називаються елементарними?

6. Які матриці називаються еквівалентними?

7. Що можна сказати про ранги еквівалентних матриць?

8. Напишіть систему n лінійних рівнянь з n невідомими та матричне

рівняння, яке є еквівалентним до цієї системи.

9. Як розв'язується матричне рівняння?

10. Сформулюйте теорему Кронекера-Капеллі.

Вправи

1. Записати систему рівнянь

543

,932

31

21

хх

хх

у вигляді одного матричного рівняння і розв'язати її за формулою (2.10).

Відповідь. х1 = 3, х2 = 1.

53

2. Розв'язати систему рівнянь

1532

,4323

,522

321

321

321

ххх

ххх

ххх

матричним способом.

Відповідь. х1=2, х2=1, х3=0.

3 . Обчислити ранг матриці.

46

23А .

Відповідь. r(A)=1.

4. Обчислити ранг матриці.

1977

7115

4312

1531

В .

Відповідь. r(В)=3.

5. Обчислити ранг матриці.

.

6512

51223

1401

21112

С

Відповідь. r(С)=3.

6. За допомогою теореми Кронекера-Капеллі дослідити системи лінійних

рівнянь і у випадку їх сумісності обчислити всі розв'язки.

а)

.422

,335

,123

321

321

321

ххх

ххх

ххх

Відповідь. r(А)=2, r(В)=3. Система є несумісною.

б)

.2342

,062

,45123

,14685

321

321

321

321

ххх

ххх

ххх

ххх

Відповідь. r(А)= r(В)=3. Система є сумісною. х1 = –2, х2 = 1, х3 = 2.

в)

,15332

,02

,4

,8523

4321

4321

4321

4321

хххх

хххх

хххх

хххх

Відповідь. r(А)= r(В)=4. Система є сумісною. х 1=1, х 2=2, х 3=5, х 4=2.

54

г)

.334

,13

,0562

,82

321

331

321

321

ххх

ххх

ххх

ххх

Відповідь. r(А)= r(В)=3. Система є сумісною. х 1 = 2, х 2= –1, х 3 = 2.

д)

.734

,22

,32

321

321

321

ххх

ххх

ххх

Відповідь. r(А)= r(В)=2. Система є сумісною. 11 35 хх , 13 58 хх .

е)

.36475

,5347

,24253

4321

4321

4321

хххх

хххх

хххх

Відповідь. r(А)= r(В)=3. Система несумісна.

ж)

.123345

,23622

,2323

,7

54321

5432

54321

54321

ххххх

хххх

ххххх

ххххх

Відповідь. r(А)= r(В)=2. Система є сумісною. 165 5431 хххх ,

5432 62223 хххх .

и)

.132

,3

,122

,13

321

321

321

321

ххх

ххх

ххх

ххх

Відповідь. r(А)= 3 r(В)=4. Система є несумісною.

к)

.0192483

,03254

,04653

,0342

4321

4321

4321

4321

хххх

хххх

хххх

хххх

Відповідь. r(А)=r(В)=2. Система є сумісною. 431 78 ххх , 432 56 ххх .

л)

.12

,1232

,122

,123

432

4321

432

421

ххх

хххх

ххх

ххх

Відповідь. r(А)=r(В)=4. Система є сумісною. .13,7,0,44321

хххх

55

2.5. Метод Гауса для розв'язування систем лінійних рівнянь

Повернемося до системи лінійних алгебраїчних рівнянь (2.3):

,

,

,

2211

2222121

11212111

mnmnmm

nnn

nn

bxaxaxa

bxaxaxa

bxaxaxa

(2.3)

яка називається системою m лінійних рівнянь з n невідомими. Розв'язки такої

системи будемо знаходити на основі виконання алгебраїчних перетворень, мета

яких полягає в тому, що задану систему потрібно замінити на нову, яка матиме

більш простий вигляд і таку саму множину розв'язків, як і задана.

Дві системи називаються рівносильними, або еквівалентними, якщо

множина розв'язків однієї з них співпадає з множиною розв'язків іншої або

обидві вони є несумісними.

В основу методу розв'язування систем лінійних алгебраїчних рівнянь

покладено такі елементарні перетворення:

1 ) перестановка місцями двох довільних рівнянь системи (2.3).

2 ) множення обох частин будь-якого рівняння системи (2.3) на число,

відмінне від 0.

3 ) додавання до одного з рівнянь системи (2.3) іншого рівняння цієї

системи, помноженого на будь-яке число.

Такий метод, запропонований німецьким математиком Гаусом,

називається методом послідовного виключення невідомих, або методом Гауса.

Нехай задано систему лінійних рівнянь (2.3). Вважатимемо, що в даній

системі коефіцієнт 011 a .

Обчислимо множник 11

21

a

a . Помножимо на дане число перше рівняння і

додамо його до другого. Утворимо число

11

31

a

a і виконаємо перетворення для

третього рівняння і т.д. Врешті перетворимо останнє рівняння: додамо до нього

перше рівняння, помножене на число 11

1

a

am . В результаті цих дій одержимо

нову систему:

....

...................................

,...

,...

ln22

22222

11212111

lnl

nn

nn

bxaxa

bxaxa

bxaxaxa

(2.12)

Систему (2.12) одержано в результаті виключення із системи (2.3)

невідомого 1x . Система (2.12) буде рівносильною до системи (2.3), оскільки

було застосовано елементарні перетворення.

56

У результаті таких дій у даній системі може з'явитися рівняння, всі

коефіцієнти якого і вільний член дорівнюють 0 (рівняння вигляду ОХ=О). Таке

рівняння задовольняється будь-яким n-вимірним вектором і не впливає на

розв'язок системи. Тому його можна вивести з даної системи, зменшивши

таким чином кількість рівнянь у ній. Отже, ml . Наряду з такими рівняннями

в системі можуть з'явитись рівняння, в яких усі коефіцієнти при невідомих

будуть дорівнювати нулю, а вільний член не буде дорівнювати нулю (рівняння

вигляду: bOX , 0b ). Таке рівняння не задовольняється жодним n-вимірним

вектором, тобто не має розв'язку. А це означає, що й система, в якій воно

знаходиться, розв'язків не має. Тобто така система є несумісною. Отже, якщо в

системі (2.12) немає рівняння вигляду bOX , тобто вона є сумісною, то щодо

неї можна також застосувати такі цикли перетворень, виключаючи невідомі 2x ,

3x , 4x і т.д.

....

.........................

,....

,.....

,...

)1()1()1(

33333

22222

11212111

kkn

kknk

kkk

nn

nn

nn

bxaxa

bxaxa

bxaxa

bxaxaxa

(2.13)

Система (2.13) буде рівносильною щодо всіх попередніх системам, а отже,

рівносильною щодо системи (2.3). А це надає можливість вважати, що система

(2.13) не містить рівнянь вигляду bOX .

Можливі два випадки існування систем, у яких:

1. Кількість рівнянь дорівнює кількості невідомих, тобто k = n. У такому

випадку система має вигляд

.

.............................................

,....

,.....

,...

)1()1(

33333

22222

11212111

kkn

kkn

nn

nn

nn

bxa

bxaxa

bxaxa

bxaxaxa

(2.14)

В останньому рівнянні від цієї системи залишається лише одне невідоме.

Така система називається системою, що має вигляд трикутника. Вона має

єдиний розв'язок, тобто є визначеною.

2. Кількість рівнянь є меншою за кількість невідомих, тобто k < n (див.

систему (2.13)).

Така система буде називатись системою, що має вигляд трапеції. В лівій

частині такої системи залишається точно k невідомих )( 1 kxx , а решта

невідомих )( 1 nk xx переноситься до правої частини, набуваючи значень

«вільних» невідомих (вільні невідомі набувають довільних числових значень).

Тоді, маючи значення вільних невідомих, можна визначити значення

57

невідомих, що залишилися в лівій частині, й обчислити загальний розв'язок

системи. В такому випадку система матиме нескінченну множину розв'язків і

буде вважатись невизначеною. Конкретний розв'язок таких систем називається

частинним розв'язком.

Висновки щодо застосування методу Гауса:

1. Метод Гауса дозволяє обчислити всі розв'язки системи (2.3), якщо вони

існують, або довести, що система (2.3) є несумісною.

2. Якщо в системі з'являться рівняння вигляду 0OX , то існує моливість

вивести такі рівняння з системи.

3. Якщо в системі з'являться рівняння вигляду bOX , то це означає, що

задана система є несумісною.

4. Якщо система зводиться до вигляду трикутника, то така система є

сумісною і визначеною.

5. Якщо система зводиться до вигляду трапеції, то така система є

сумісною, але невизначеною (має загальний розв'язок).

6. Метод Гауса надає можливість дослідити питання щодо існування

ненульових розв'язків систем лінійних однорідних рівнянь.

Продемонструємо це на конкретних прикладах.

Приклад 1. Розв'язати систему рівнянь методом Гауса.

.12

,643

,532

321

321

321

xxx

xxx

xxx

Розв'язання. Складемо розширену матрицю з коефіцієнтів при невідомих

системи та вільних членів. Помножимо перший рядок на –1 і додамо його до

другого. Далі помножимо перший рядок на –2 і додамо його до третього.

Таким чином, у першому стовпці утворились нулі (крім першого рядка). Далі

помножимо другий рядок на 5 і додамо його до третього рядка.

4200

1110

5321

~

9750

1110

5321

~

1112

6431

5321

.

Матриця набула вигляду трикутника, а отже, система є сумісною і

визначеною.

.42

,1

,532

3

32

321

x

xx

xxx

Із третього рівняння визначимо x3, з другого – x2, а з першого – x1:

1625325;1211;22

4321323

xxxxxx .

Відповідь. ( 1; –1; 2).

58

Приклад 2. Розв'язати систему лінійних однорідних рівнянь методом

Гауса.

.034

,0563

,0

zyx

zyx

zyx

Розв'язання. Складемо розширену матрицю. Помножимо перший рядок

на –3 і додамо його до другого рядка, помножимо перший рядок на –1 і

додамо його до третього рядка. Далі помножимо другий рядок на –1 і додамо

його до третього рядка:

0000

0230

0111

~

0230

0230

0111

~

0341

0563

0111

.

У результаті одержимо рядок, що повністю складається з усіх нулів, а тому

існує можливість виключення його із системи. Таким чином матриця набула

вигляду трапеції. Отже, система є сумісною, але невизначеною:

.023

,0

zy

zyx

Із другого рівняння визначимо y через z, а з першого – x через z і запишемо

загальний розв'язок системи.

.3

1

3

2;

3

2zzzzyxzy

Відповідь.

zzz ;

3

2;

3

1.

Приклад 3. Розв'язати систему лінійних рівнянь методом Гауса.

.6335

,23

,42

zyx

zyx

zyx

Розв'язання. Складемо розширену матрицю системи. Помножимо перший

рядок на –3 і додамо його до другого рядка, помножимо перший рядок на –5 і

додамо його до третього рядка. Далі помножимо другий рядок на –1 і додамо

його до третього рядка:

4000

10720

4211

~

14720

10720

4211

~

6335

2113

4211

.

У результаті одержимо рядок, усі коефіцієнти якого дорівнюють нулю, а

вільний член не дорівнює нулю. Отже, система є несумісною.

Відповідь. Система не має розв'язків.

59

Питання для самоперевірки

1. У чому полягає мета алгебраїчних перетворень системи?

2. Які системи називаються рівносильними або еквівалентними?

3. Які елементарні перетворення системи лінійних рівнянь покладаються в

основу методу розв'язування систем?

4. Які висновки можна зробити щодо методу Гауса?

Вправи

Розв'язати системи лінійних рівнянь методом Гауса.

а)

.6352

,10523

,1263

zyx

zyx

zyx

Відповідь. а) ( 0; 0; –2).

б)

.16234

,1432

,05

zyx

zyx

zyx

Відповідь. ( 1; 2; 3).

в)

.02

,03

,04

zyx

xyx

zyx

Відповідь. ( 0; 0; 0).

г)

.4234

,1023

,82

zyx

zyx

zyx

Відповідь. ( 1; 2; 3).

д)

.02

,092

,023

zyx

zyx

zyx

Відповідь. Система є сумісною, але невизначеною.

е)

.54

,4332

,22

321

321

321

xxx

xxx

xxx

Відповідь. Система є несумісною.

60

3. ЕЛЕМЕНТИ ВЕКТОРНОЇ АЛГЕБРИ

3.1. Поняття вектора. Лінійні дії щодо векторів

Векторне числення є зручним і ефективним апаратом, придатним для

розв’язування широкого кола задач.

На будь-якому відрізку AB можна вказати один із двох напрямів: від A до

B або від B до A . Відрізок називається напрямленим, якщо на ньому обрано

один із двох можливих напрямів.

Множина всіх співнапрямлених конгруентних між собою відрізків

називається вектором. По-іншому можна сказати так: вектор – це напрямлений

відрізок, але за умови, що конгруентні і співнапрямлені з ним відрізки

вважаються тим самим вектором.

Якщо на відрізку AB обрано напрям від A до B , то відповідний вектор

позначається таким чином: AB (рис. 3.1).

AB

AAA zyxA ;;

BBB zyxB ;;

Рисунок 3.1

Точка A називається початком вектора AB , точка B – його кінцем.

Вектор можна позначити також і однією буквою, наприклад a .

Якщо AB – даний вектор, О – дана точка, то існує така точка Р (до того ж

лише одна), що OPAB . Зважаючи на це, можна сказати, що від будь-якої

точки O можна відкласти будь-який даний вектор AB .

Довжиною вектора AB називається довжина відрізка АВ. Позначається

довжина вектора AB так: AB .

Вектори, паралельні до будь-якої прямої, називаються колінеарними, а

вектори, паралельні до будь-якої площини – компланарними.

Два вектори:

a і

b , називаються рівними між собою, якщо вони: є

колінеарними, мають однакові довжини й однаково напрямлені.

Сумою векторів AB і CD називається такий вектор AP , що CDBP

(рис. 3.2). Таке правило додавання називається правилом трикутника.

A D

B C

P

Рисунок 3.2

61

Для додавання вектора

a до вектора

b , потрібно від довільної точки О

відкласти вектор

a )(

aOA , а від точки А ( від кінця побудованого вектора)

відкласти вектор

b )(

bAC . Вектор

baOC .

Якщо вектори

a і

b , які треба додати, відкласти від однієї точки O

bOBaOA , , то їхньою сумою буде такий вектор

OC , за якого OACB

буде паралелограмом (рис. 3.3). Тому правило додавання векторів називають

ще й правилом паралелограма.

A

B

C

О

a

a

b

b

ba ba

Рисунок 3.3

Дія додавання векторів має такі властивості:

1) додавання векторів підпорядковується переставному закону (тобто воно

є комутативним), а це означає, що для будь-яких двох векторів:

a і

b ,

правджується рівність

abba ;

2) додавання векторів підпорядковується сполучному закону (інакше,

додавання векторів є асоціативним), а це означає, що для будь-яких трьох

векторів:

a ,

b і

c (рис. 3.4) справджується рівність

cbacba ;

ac

b

cba

ba

cba cb

Рисунок 3.4

3) вважається, що існує такий вектор, початок і кінець якого збігаються.

Цей вектор є єдиним вектором, якого не можна зобразити стрілкою. Він

називається нульовим вектором і позначається таким чином:

0 . Для будь–якого

вектора

a справджується рівність

aa 0 ;

62

4) для кожного вектора

a існує протилежний вектор

b , за якого

0ba .

Справді, для вектора

AB протилежним буде вектор

BA , бо за правилом

додавання,

0AABAAB . Протилежний для

a вектор позначається як –

a .

Наявність для кожного існуючого вектора протилежного надає можливість

запровадити дію віднімання векторів:

baba

(відняти вектор – це означає додати протилежний вектор).

Щоб відняти вектор

a від вектора

b , треба відкласти їх від однієї точки О

( aOA

,

bOB ) і з’єднати їхні кінці, при цьому вектор різниці спрямувати до

вектора-зменшуваного, тобто до вектора, від якого віднімають. Наприклад,

якщо aOA

,

bOB , то

a

b =

BA (рис. 3.5).

a

bО В

А

ba

Рисунок 3.5

Зазначимо, що паралелограм, побудований за використання векторів

aOA

і

bOB (див. рис. 3.3), має вектор-діагональ

baOC , і вектор-

діагональ

baOB .

Добутком вектора

a на число називається новий вектор, який має

довжину

a і напрямлений так само, як і вектор

a , якщо 0 , або протилежно

до вектора

a , якщо 0 .

Добутком числа 0 на довільний вектор

a називається нульовий вектор

0 ,

тобто

00 a .

Для будь-яких двох чисел: і , і для довільного вектора

c

справджуються такі рівності:

cc

;

ccc .

63

Для будь-якого числа і довільних векторів

a і

b справджується

рівність

(

a +

b ) =

a +

b .

Проекція вектора

a на вісь l дорівнює добутку його довжини на косинус

кута , який утворює цей вектор з доданим напрямком осі l (рис. 3.6):

lnp

a = cos

a

anpl

l

a

Рисунок 3.6

Проекція суми векторів на будь-яку вісь дорівнює сумі їх проекцій на цю

саму вісь:

lnp ( 1

a + 2

a + na

) = lnp 1

a + lnp 2

a + lnp na

.

Проекція добутку вектора на число дорівнює добутку його проекції на те

саме число: lnp (

a )= lnp

a . Проекції довільного вектора

a на координатні

осі Ox, Oy, Oz позначатимемо відповідно через xa , ya , za . Тоді

a ={x

a , y

a , za }

означатиме, що числа xa , ya , za є проекціями вектора

a на координатні осі,

які також називаються координатами (декартовими координатами) вектора

a .

Якщо

a ={x

a , y

a , za },

b ={x

b , yb ,

zb } і є довільним числом, то

a +

b ={x

a +x

b ; yb + y

b ; z

a +z

b };

a –

b ={x

a – xb ; yb – y

b ; z

a –z

b }; (3.1)

a ={x

a ; y

a ; za }. (3.2)

Трійка векторів:

i ,

j ,

k , називається координатним базисом у випадку,

якщо ці вектори задовольняють таким умовам:

1) вектор

i повинен лежати на осі Ox, вектор

j – на осі Oy, вектор

k – на

осі Oz (рис.3.7);

2) кожен із трьох векторів:

i ,

j ,

k , повинен бути напрямлений в

додатному напрямі своєї осі;

64

3) вектори

i ,

j ,

k повинні бути одиничними, тобто 1

kji .

X

y

Z

M

xa

ya

za

1M

2M

3M

O

a

i j

k

Рисунок 3.7

Будь-який вектор

a завжди може бути розкладений відповідно до

координатного базису (

i ,

j ,

k ), тобто може бути представлений у вигляді

a = xa

i + ya

j + za

k .

Довжина вектора

a ={ xa , y

a , za } обчислюється за формулою

222

zyxaaaa

, (3.3)

а його напрям визначається напрямними косинусами кутів , , , які цей

вектор утворює відповідно до осей Ox, Oy, Oz (див. рис. 3.7):

2 2 2cos x x

x y z

a a

a a aa

;

222

cos

zyx

yy

aaa

aa

; (3.4)

222cos

zyxaaa

a

a

a

.

Очевидно, що

2 2 2cos cos cos 1 . (3.5)

Якщо точка А є початком, а точка В кінцем вектора

BAa , то

координати цього вектора обчислюються за такими формулами:

xa =

Bx –

Ax ; y

a = By – Ay ; z

a = Bz – A

z . (3.6)

65

Розв’язання прикладів

Приклад 1. Обчислити довжину вектора

a ={6; 3; 2} і його напрямні

косинуси.

Розв’язання. Використовуючи формули (3.3) і (3.4), одержимо

749236222

a ;

7

6cos ;

7

3cos ;

7

2cos .

Приклад 2. Вектор

a разом з координатними осями Ox і Oy утворює

кути 060 і 0120 . Обчислити координати вектора

a , якщо

a =2.

Розв’язання. Згідно з формулами (3.4), матимемо

12

1260cos2cos 0

aax

;

12

12120cos2cos 0

aay

.

Використовуючи далі формулу (3.3), одержимо

4=1+1+ 2

za ,

звідки

2z

a .

Таким чином,

a ={1; –1; 2 }

або

a = {1; –1; – 2 }.

Слід зауважити, що третю координату ( za ) вектора

a можна було б знайти

і за формулою za =

a cos , бо згідно з умовою

a =2, а згідно з формулою (3.5)

2

1

4

1

4

11120cos60cos1cos 02022 ,

звідки

2

2

2

1cos .

66

Приклад 3. Знайти координати точки M , якщо її радіус-вектор разом з

координатними осями утворює однакові кути, а модуль радіус-вектора

дорівнює 3.

Розв’язання. За умовою 3

rOM і . Тоді, згідно з формулою

(3.5),

1cos3 2 ,

звідки

3

3

3

1cos .

Таким чином, згідно з формулами (3.4) матимемо

33

33

zyx rrr .

Отже, умові задачі задовольняють дві точки: 3;3;31

M і

3;3;32

M .

Приклад 4. Знайти точку N, з якою збігається кінець вектора

a ={3; –1; 4}, якщо його початок збігається з точкою 3;2;1 M .

Розв’язання. Нехай точка N має координати zyx ,, . Тоді, згідно з

формулами (3.6), матимемо

a = MN ={ 1Nx ; 2N

y ; 3N

z },

а за умовою

a ={3; –1;4 }.

Отже,

31N

x , 12 N

y , 43 Nz ,

звідки

4N

x ; 1N

y ; 1N

z .

Таким чином, 1;1;4N – шукана точка.

Приклад 5. Відомо, що 13

a , 19

b ,

ba 24 . Обчислити

ba .

Розв’язання. Розглянемо вектори

aBA і

bDA (рис. 3.8).

D

a

bВ

А

С

Рисунок 3.8

67

Згідно з правилом паралелограма, матимемо

a +

b =

AC ,

a –

b =

DB .

Тоді

ba

CA .

Далі скористаємось властивістю діагоналей паралелограма:

.2

2222

ADABBDAC

Враховуючи, що

CA

ba =24, 13

aBA , 19

bDA , матимемо

1913224 22

BD ,

або

576+

1060BD ,

звідки

ba 22

BD .

Приклад 6. Вектори

a і

b є взаємно перпендикулярними, причому

5

a , 12

b . Обчислити

ba і

ba .

Розв’язання. Оскільки вектори

a і

b є взаємно перпендикулярними, то

паралелограм, побудований за їх використання, перетворюється на

прямокутник.

На основі властивості діагоналей паралелограма, зокрема прямокутника,

одержимо 12522 2

2

ba . Розв’язавши це рівняння відносно

ba ,

одержимо 13

ba .

Отже, 13

baba .

Зауваження. Можна було б скористатися й тим, що діагональ у певному

випадку є гіпотенузою трикутника, побудованого за використання векторів

a і

b .

68

Приклад 7. Знайти орт вектора

a ={6; 2; 3}.

Розв’язання. Відомо, що орт 0a

вектора

a має напрям вектора

a і

довжину, що дорівнює одиниці. Тому

a

a

a

a

a

a

a

aa zyx

;;0 .

За формулою (3.3), матимемо

749326222

a .

Отже,

a

a

a10

{7

6;

7

2;

7

3 }.

Приклад 8. Обчислити модулі суми й різниці векторів

a ={3; 5;8} і

b ={1; 1;4}.

Розв’язання. Знайдемо координати векторів

a +

b і

a

b , скориставшись

формулами (3.1) і (3.2).

a +

b = {31; 5+1; 84} = {2; 4; 4},

a

b = {3+1; 51; 8+4} = { 4; 6; 12}.

Далі, за формулою (3.3), одержимо:

63644222

ba ,

14196126422

ba .

Питання для самоперевірки

1. Що називається вектором і довжиною вектора?

2. Які вектори називаються колінеарними, комплaнарними, рівними між

собою?

3. Чи можуть два вектори, які мають однакові модулі, бути рівними між

собою?

4. Які дії щодо векторів називаються лінійними? Сформулюйте їх

властивості.

5. Що називається базисом на площині, у просторі?

6. Як знайти координати вектора, якщо відомі координати його початкової

та кінцевої точок?

7. Наведіть означення напрямних косинусів вектора. Сформулюйте їх

властивості.

8. Як обчислюється проекція вектора на вісь?

9. Що називається ортом вектора і як він знаходиться?

69

10. Як розкласти вектор відносно координатного базису?

11. Як виконати додавання, віднімання та множення вектора на число,

якщо відомі координати векторів?

12. Як знайти модуль вектора, заданого координатами?

Вправи

1. Задано дві координати вектора: 4x

a і 12y

a . Знайти його третю

координату za , якщо 13

a

Відповідь. 3z

a .

2. Знайти початок вектора

a ={2; 3; 1}, якщо його кінець збігається з

точкою 2;1;1 M .

Відповідь. 1;2;3 .

3. Відомо, що 11

a , 23

b , .30

ba Знайти .

ba

Відповідь. 20

ba .

4. Знайти орт вектора

a ={2; –3; –1}.

Відповідь.

0a =

13

12;

13

4;

13

3.

5. Вектор утворює з осями 0x і 0y кути 40 і 80°. Знайти кут, який

утворює цей вектор з віссю 0x .

Відповідь. 128°.

6. Побудувати паралелограм за допомогою векторів jiOA

і

jkOB

3

. Знайти його діагоналі.

Відповідь. kjiOC

2 ; 6OC ; kjiAB

4 ; 23AB .

7. Задано три послідовні вершини паралелограма: 3;2;1 A , 1;2;3B ,

4;4;6C . Знайти його четверту вершину.

Відповідь. 6,0,4D .

8. Побудувати вектор

kjia 632 . Знайти його довжину і напрям.

Відповідь. 7

a , 7

2cos ,

7

3cos ,

7

6cos .

70

3.2. Скалярний і векторний добутки векторів

Від точки О відкладемо два ненульові вектори: ,

aOA

bOB (рис. 3.9).

Кут BOA

називається кутом між векторами

a і

b й позначається символом

ba, . За визначенням,

ba,0 .

a

A

BО

b Рисунок 3.9

Кут між векторами

a і

b дорівнює нулю тоді і тільки тоді, коли

ba

(вектори

a і

b є співнапрямленими). Кут

ba, тоді і тільки тоді, коли

ba (вектори

a і

b є протилежно напрямленими).

Скалярним добутком двох ненульових векторів;

a і

b , називається число,

яке дорівнює добутку їх довжин, помноженому на косинус кута між ними.

Скалярний добуток векторів

a і

b позначається символом

ba .

Таким чином, згідно з означенням матимемо

bababa ,cos .

Зазначимо, що існування поняття кута між векторами

a і

b не має сенсу,

якщо хоча б один із цих векторів (

a або

b ) є нульовим. Скалярний добуток у

такому разі вважається таким, що дорівнює нулю.

Оскільки

babbnpa

,cos ,

baaanpb

,cos ,

то

anpbbnpababa

. (3.7)

Скалярний добуток векторів має такі властивості:

1)

abba – переставний закон;

2)

cabacba – дистрибутивний закон по відношенню до

додавання векторів;

71

3)

baba , де будь-яке число (сполучний закон відносно

числового множника);

4) якщо

ba , то 0

ba і, навпаки, якщо 0

ba , то

ba .

5) якщо

a ||

b , то

baba ;

6)

2

a a a

.

Для скалярного добутку ортів виконуються рівності: 1

kkjjii ,

0

kiijji .

Нагадаємо, що базис

kji ,, називається ортонормованим, якщо

1

kji і вектори

kji ,, попарно перпендикулярні. Координати вектора в

ортонормованому базисі називаються його прямокутними координатами.

Якщо

kji ,, – ортонормований базис простору і

kajaiaazyx

,

kbjbibbzyx

, то їх скалярний добуток буде таким:

zzyyxxbabababa

. (3.8)

Косинус кута між ненульовими векторами

a і

b знаходиться за формулою

ba

baba,cos ,

або в координатах:

2 2 2 2 2 2

cos ,x x y y z z

x y z x y z

a b a b a ba b

a a a b b b

. (3.9)

Проекція довільного вектора

S zyx

SSS ;; на будь-яку вісь l визначається

формулою:

lnp S S e

,

де

e – одиничний вектор, напрямлений вздовж осі l.

Якщо ,, – кути, які вісь l утворює з координатними осями, то

e cos;cos;cos , а coscoscoszyxl

SSSSnp

.

Робота A під дією сили

F , точка прикладання якої переміщається з

початку в кінець вектора

S , визначається формулою

SFA .

72

Векторним добутком вектора

a на вектор

b називається вектор

bac ,

який:

1) має довжину, що чисельно дорівнює площі паралелограма,

побудованого за допомоою векторів a

і b

(рис. 3.10);

A B

C

ACABn

Рисунок 3.10

2) є перпендикулярним до кожного з векторів, тобто до вектора a

і до

вектора b

;

3) напрямлений так, що коли дивитися з його кінця, то найкоротший

поворот від вектора a

до вектора b

буде здаватись таким, що здійснюється

проти годинникової стрілки.

З означення векторного добутку випливає, що

bababac ,sin .

Векторний добуток векторів має такі властивості:

1)

abba – антипереставний закон;

2)

babaab – сполучний закон відносно числового

множника;

3)

cabacba дистрибутивний закон відносно додавання;

4) якщо

a ||

b , то 0

ba , зокрема 0

aa .

Зауважимо, що умову колінеарності векторів

a і

b можна також записати

таким чином:

ba , (3.10)

де будь-яке число.

Векторний добуток ортів можна записати у такому вигляді:

0

kkjjii ,

kji ,

ikj ,

jik .

73

Якщо

kji ,, – ортонормований базис простору:

kajaiaazyx

= {x

a ; y

a ; z

a },

kbjbibbzyx

= {x

b ; yb ; zb },

то векторний добуток вектора

a на вектор

b обчислюється за формулою:

zyx

zyx

bbb

aaa

ki

ba

.

Площа паралелограма, побудованого за допомогою векторів

a і

b ,

обчислюється за формулою

baS .

Розв’язання прикладів

Приклад 1. Вектори

a і

b є взаємно перпендикулярними, вектор c

утворює з ними кути, що дорівнюють 3

. Обчислити

cbba 323 ,

якщо ,3

a ,5

b 8

c .

Розв’язання. На основі властивостей скалярного добутку векторів

одержимо

cbba 323

cbbbcabb 6293

3cos9

2cos3

caba

3cos60cos2

cbbb

0533 625,085615525,0839 .

Приклад 2. Дано вершини трикутника: 4;2;1 A , 1;2;4 B , 1;1;3C .

Обчислити його внутрішній кут при вершині B .

Розв'язання. Розглянемо вектори

BA і

BC .

BCBAB , (рис.3.11).

A

B С

Рисунок. 3.11

74

Оскільки

BA ={–1+4; –2+2; 4–0}={3; 0; 4},

BA ={–1+4; –2+2; 4–0}={3; 0; 4},

BC ={3;+4; –2+2; 1–0 }={7;0; 1},

то, за формулою (3.9), матимемо

2

1

255

25

5025

421

107403

140073cos

222222

B .

Отже, 045

B .

Приклад 3. Дано вершини чотирикутника: 2;2;1 A , 0;4;1B , 1;1;4C ,

3;5;5 D . Довести, що його діагоналі AC і BD є взаємно перпендикулярними.

Розв’язання. Розглянемо вектори

AC і

BD діагоналей чотирикутника.

Згідно з формулами (3.6), матимемо

AC ={–4; –1; 1+2; 1–2 }={–5; 3; –1},

BD ={–5; –І; –5–4; 3–0 }={–6; –9; 3}.

Обчислимо скалярний добуток векторів

AC і

BD . За формулою (3.8):

03)1()9(3)6()5(

BDAC .

Оскільки скалярний добуток векторів дорівнює нулю, то вони є взаємно

перпендикулярними, а отже, діагоналі чотирикутника також є взаємно

перпендикулярними.

Приклад 4. Вектор

x , колінеарний вектору

a ={6; –8; –7,5}, утворює

гострий кут з віссю Oz . Знайти його координати, якщо 50|| x

.

Розв’язання. Згідно з формулами (3.10), матимемо

ax . Отже,

x {6 ;–8 ; –7,5 }. Довжина шуканого вектора обчислюється за формулою

2225,786|| x

.

Оскільки за умовою 50|| x

, то 505,786||222 x

.

Розв’яжемо це рівняння відносно :

5025,566436 ;

5025,156 ; 505,12 ,

4 ,

звідки 41

, 42 . Умові задачі задовольняє лише 4

1 , бо 5,7

za , а

вектор утворює гострий кут з віссю Ox . Таким чином,

x ={ )4()5,7();4()8();4(6 }={ 30;32;24 }.

75

Приклад 5. Дано вектори

kjia 63 ,

kjib 54 ,

kjic 1243 .

Обчислити

banpñ .

Розв’язання. За формулою (3.7), матимемо c

bac

banpc

.

Обчислимо спочатку координати вектора

ba . Оскільки

a ={3; –6; –1},

b ={1;4; –5}, то

ba ={3+1; –6+4; –1; –5}={4; –2; –6}.

Далі, скориставшись формулами (3.8) і (3.3), одержимо

4

144169

6122443

banpc

.

Приклад 6. Дано вершини трикутника: 2;1;1 A , 2;6;5 B , 1;3;1 C .

Обчислити довжину його висоти, опущеної з вершини B на сторону AC .

Розв’язання. Зобразимо схематичний рисунок (рис. 3.12);

A

B

СD Рисунок 3.12

З елементарної математики відомо, що BDACSABC

2

1. Звідси обчислимо

шукану висоту:

AC

SBD

2 .

Для знаходження величин, що входять до цієї формули скористаємося

засобами векторної алгебри. Для цього розглянемо вектори

AB {4; –5; 0) і

AC ={0; 4; –3}. Тоді 5916

ACAC , а

ACABS

ABC2

1.

Оскільки

ACAB =

340

054

kji

=34

05

30

04

i

j40

54

k =15

i +

j12 +

k16 ={15; 12; 16},

то

.25625256144225

ACAB

Отже, 252 ABC

S .

76

Таким чином, висота

55

25BD

є шуканою.

Приклад 7. Силу

F ={2; –4; 5} прикладено до точки 3;2;4 A . Знайти

момент цієї сили відносно точки 2;6;5 B .

Розв'язання. За формулою (3.11), матимемо .

FBAM

Враховуючи, що

BA ={4;–3; –2–2; 3+1}={1; –4; 4},

F ={2; –4; 5},

одержимо

FBAM =

542

441

kji

=54

44

52

41

i

j42

41

k =-4

i +

j3 +

k4 .

Питання для самоперевірки

1. Що називається скалярним добутком двох векторів?

2. Які властивості має скалярний добуток векторів?

3. Чому дорівнює скалярний квадрат вектора?

4. Як виражається скалярний добуток двох векторів через їх координати?

5. Що називається кутом між двома векторами?

6. Чому дорівнює проекція одного вектора на напрям другого?

7. Що називається векторним добутком двох векторів? Сформулюйте його

властивості.

8. Як виражається векторний добуток двох векторів через їх координати?

9. Сформулюйте умови паралельності і перпендикулярності векторів.

10. Як обчислюється площа паралелограма, побудованого за допомогою

векторів

a і

b ?

11. У чому полягає механічна інтерпретація скалярного добутку векторів?

77

Вправи

1. Обчислити роботу, яку виконує сила

F ={3;-2;-5}, коли її точка

прикладання, пересуваючись прямолінійно, переміщається із точки 5;3;2 A

в точку 1;2;3 B .

Відповідь. 31.

2. Визначити, за якого значення вектори 3a i j k

і 2 2b i j k

є взаємно перпендикулярними.

Відповідь. 6 .

3. Дано вектори:

a ={1;–3;4},

b ={3;–4;2},

c ={–1;1;4}.Обчислити

anpcb

.

Відповідь.5.

4. Дано вектори:

a ={3;–1;–2},

b ={1;2;–1}. Знайти координати вектора

bba2 .

Відповідь.{10; 2:14}.

5. Вектори

a і

b утворюють кут 6

. Обчислити

ba , якщо 6

a ,

5

b .

Відповідь. 15

ba .

6. Дано вершини трикутника: 3;2;3 A , 1;1;5 B , 1;2;1 C . Знайти

його зовнішній кут при вершині A .

Відповідь. .9

4arccos

7. Дано три послідовні вершини паралелограма: 0;2;3 A , 1;3;3 B ,

2;0;5C . Знайти його четверту вершину D та кут між векторами AC і BD .

Відповідь. 1;1;1D ; 0120,

BDAC .

8. Обчислити довжини діагоналей і площу паралелограма, побудованoго

за допомогою векторів

jka і

kjib .

Відповідь. 5

baba , 6S .

9. Знайти вектор c , якщо відомо, що він перпендикулярний до векторів

a ={2;3;–1} і

b ={1; –2;3} і задовольняє умові 62

kjic .

Відповідь.

c ={–3;3;3}.

78

3.3. Мішаний добуток векторів

Мішаним добутком векторів

a ,

b ,

c називається число, що дорівнює

векторному добутку

ba , помноженому скалярно на вектор

c , тобто

cba )( .

Якщо вектори

a ,

b ,

c задані своїми координатами: zyх

аааa ;;

zyх

bbbb ;;

, zyх

cccc ;;

, то

cba =

zyx

zyx

zyx

ccc

bbb

aaa

. (3.11)

Мішаний добуток векторів має такі властивості:

1) у результаті переставляння будь-яких двох співмножників мішаний

добуток змінює знак, тобто

abcbcacba ;

2) якщо два із трьох векторів є рівними між собою або паралельними, то їх

мішаний добуток дорівнює нулю;

3) такі знаки дій, як "точка" і "хрест" можна поміняти місцями, а саме:

cbacba . Тому мішаний добуток прийнято позначати у вигляді

a

b

c ,

тобто без знаків дій і без дужок.

Абсолютна величина мішаного добутку дорівнює об’єму паралелепіпеда,

побудованого за допомогою векторів

a ,

b ,

c .

Необхідною і достатньою умовою компланарності трьох векторів є

рівність нулю їх мішаного добутку.

Розв’язання прикладів

Приклад 1. Обчислити мішаний добуток

a

b

c , якщо

a ={1; –1;3},

b ={–2;2;1},

c ={3–2;1;4}.

Розв’язання. Згідно з формулою (3.12), матимемо

a

b

c = 723

223

53

12

52

12

523

122

311

.

Приклад 2. Установити, чи є компланарними такі вектори:

1)

a ={2; –3;1},

b ={1; –1;3},

c ={1;9; –11},

2)

a ={3; –2;1},

b ={2;1;2},

c ={3; –1; –2}.

79

Розв’язання:

1.

a

b

c = 093

22

51

113

119

312

1191

311

132

.

Отже, вектори є компланарними, оскільки їх мішаний добуток дорівнює

нулю.

2.

a

b

c =

3 2 11 2 2 2 2 1

2 1 2 3 2 261 2 3 2 3 1

3 1 2

.

Отже, вектори не є компланарними, оскільки їх мішаний добуток

відмінний від нуля.

Приклад 3. Обчислити об’єм тетраедра, вершини якого знаходяться в

точках 1;1;2 A , 4;5;5B , 1;2;3 C , 3;1;4D .

Розв’язання. Відомо, що об’єм тетраедра дорівнює шостій частині об’єму

паралелепіпеда. Отже, достатньо обчислити об'єм паралелепіпеда,

побудованого за допомогою векторів

AB ,

AC ,

AD .

Обчислимо координати даних векторів:

AB ={3;6;3},

AC ={1;3;–2},

AD ={2;2;2}. А отже, їх мішаний добуток обчислюється таким чином:

ADACAB

222

331

363

=22

23

22

216

3

22

31= 18 ,

звідки,

1818 n

V куб. од.

Далі обчислимомо об’єм тетраедра:

3186

1

6

1.

nòåòð

VV куб. од.

Приклад 4. Дано вершини тетраедра: 1;3;2A , 2;1;4 B , 7;3;6C ,

8;4;5 D . Знайти довжину його висоти, опущеної з вершини D .

Розв’язання. Зобразимо схематичний рисунок (3.13):

A

B

C

D

Рисунок 3.13

80

Відомо, що об’єм тетраедра обчислюється за формулою

HSVocí

3

1 ,

де ocнS – площа основи; H – висота.

Звідси

ocíS

VH

3 .

Таким чином, щоб знайти висоту тетраедра, необхідно знайти його об’єм і

площу основи. Об’єм обчислюємо так само, як це було виконано в прикладі 3.

У результаті матимемо

AB ={ 2; –2; –3},

AC ={ 4; 0; 6},

AD ={ –7; –7; 7}.

Отже,

ADACAB

777

604

322

=77

602 77

043

=308.

Таким чином,

3

154

36

308V (куб. од.).

Площа основи (площа трикутника, побудованого за допомогою векторів

AB і

AC ) складатиме

ACABSocí

2

1. Оскільки

ACAB

604

322

ji

=60

32

i64

32

j

8241204

22ji ,

2878482412 222

ACAB ,

то

14282

1

ocíS (куб. од.).

Отже, шукана висота складатиме

11143

1543

H (од.).

Питання для самоперевірки

1. Що називається мішаним добутком трьох векторів?

2. Які властивості має мішаний добуток?

3. Як знайти мішаний добуток трьох векторів, якщо відомі їхні

координати?

81

4. У чому полягає умова компланарності трьох векторів?

Вправи

1. Установити, чи є компланарними вектори

a ,

b ,

c , якщо

a ={2;–1;2},

b ={1;2;–3},

c ={3;–4;7}.

Відповідь. Вектори

a ,

b ,

c є компланарними.

2. Довести, що точки 1;2;1 A , 5;1;0B , 1;2;1C , 3;1;2D належать

одній площині.

3. Обчислити об’єм тетраедра, вершини якого знаходяться в точках

1;1;2 A , 4;5;5B , 1;2;3 C , 3;1;4D .

Відповідь. 3 куб. од.

4. Побудувати паралелепіпед за допомогою векторів

jia 43 ,

kib 3 ,

52 jc і обчислити його об’єм.

Відповідь. 51V .

4. АНАЛІТИЧНА ГЕОМЕТРІЯ

Метод аналітичної геометрії полягає в тому, що з певними геометричними

об'єктами зіставляються відповідні певні алгебраїчні рівняння (або системи

рівнянь) і таким чином геометричні властивості фігур виражаються у

властивостях їх рівнянь. Тобто геометрична фігура вивчається за її рівнянням.

Аналітична геометрія поєднала геометрію з алгеброю та математичним

аналізом, що плідно вплинуло на розвиток усіх трьох розділів математики.

Завдяки універсальності підходу до розв'язання різних задач метод

аналітичної геометрії став основним методом геометричних досліджень і

широко застосовується не лише в математиці, а й у механіці, фізиці та в інших

науках.

4.1. Аналітична геометрія на площині

4.1.1. Система прямокутних декартових координат на площині

Для визначення положення точки на площині, побудуємо прямокутну

декартову систему координат (рис.4.1):

M (x; y)

y

xO L (x; 0)

N (0; y)

Рисунок 4.1

82

Для цього:

1) оберемо дві взаємно перпендикулярні напрямні прямі і назвемо їх

осями координат (вісь 0x називається віссю абсцис, вісь0y – віссю ординат;

додатний напрям кожної з осей координат зображується стрілкою (див. рис.

4.I); точка перетину осей координат О називається початком системи

координат);

2) оберемо будь-який відрізок за одиницю масштабу (як правило для обох

осей обирається однаковий масштаб).

Положення точки yxM , у побудованій системі координат (див. рис. 4.I)

визначається парою чисел: x і y , які називаються координатами цієї точки.

Зазначимо, що прямокутними декартовими координатами точки M на

площині називаються відстані від цієї точки до координатних осей У0 і OХ ,

виміряні однією одиницею довжини і взяті з відповідними знаками. Якщо числа

MNx і MLy – координати точки M , то це записується так: yxM , .

Для точок, що лежать на осі 0,0 xУ , а для точок, що лежать на осі ,OХ

0y . Якщо точка знаходиться в початку координат, то її обидві координати: х

і y , дорівнюють нулю.

Відстань d між двома точками: 1,11

; yxM і 22

; yxM , обчислюється за

формулою

.2

12

2

12yyxxd (4.1)

Координати точки yxM ; , яка поділяє відрізок 21 MM у заданому

відношенні 12

1 MM

MM, де

1,11 yxM , 2,22

; yxM , визначаються формулами:

1

21xx

x ,

1

21yy

y . (4.2)

Якщо точки 1,11

yxM , 2,22

yxM , 3,33

yxM – вершини трикутника

321MMM , то площа трикутника обчислюється за формулами

12131312

2

1yyxxyyxxS (4.3)

або

1313

1212

2

1

уухх

ууххS

, (4.4)

тобто

1

1

1

2

1

33

22

11

ух

ух

ух

S . (4.5)

Знак «–» потрібно ставити тоді, коли значення визначника є від'ємним, а

знак «+», коли воно є додатним.

83

4.1.2. Полярна система координат

Полярна система координат визначається шляхом задання деякої точки

О, що має назву полюса, променя OP , який виходить з цієї точки, і називається

полярною віссю, а також масштабу для вимірювання довжин. Крім того,

задаючи полярну систему, потрібно нагадати про те, які повороти навколо

точки О вважаються додатними. Додатними будуть вважатись повороти проти

часової стрілки.

Полярними координатами довільної точки M ( відносно заданої системи)

називаються числа r OM і POM (рис.4.2).

M (x; y)

O

P

r

Рисунок 4.2

Число r називається полярним радіусом, а число – полярним кутом

точки М. Символ ;rΜ означає, що точка М має полярні координати: r і .

Зв'язок між прямокутними координатами (декартовими і полярними)

довільної точки М площини за відповідного обрання координатних систем

(рис. 4.3) визначається за такими формулами:

;sin

,cos

ry

rx (4.6)

.

,22

x

ytg

yxr

(4.7)

x

M (x; y)

O

P

x

y

y r

Рисунок 4.3

4.1.3. Рівняння лінії. Побудова лінії за її рівнянням

Нагадаємо, що геометричним місцем точок називається множина точок, які

мають будь-яку загальну для них геометричну властивість. При цьому точки,

які не належать до цієї множини, такої властивості не мають.

84

Лінію на площині можна розглядати як геометричне місце точок.

Наприклад, колом називається геометричне місце точок, рівновіддалених від

однієї даної точки, яка називається центром; бісектрисою кута називається

геометричне місце точок, кожна з яких знаходиться на одній відстані від його

сторін; перпендикуляром, проведеним через середину даного відрізка,

називається геометричне місце точок, рівновіддалених від кінців цього відрізка

і т.п.

Рівнянням лінії на площині називається таке рівняння між змінними x і y ,

якому задовольняють координати будь-якої точки цієї лінії і не задовольняють

координати жодної точки, яка не належить їй.

Рівняння лінії у прямокутній декартовій системі координат має вигляд

xfy або 0, yxF . Змінні х і у називаються змінними (поточними)

координатами. Вони можуть набувати значень, що відповідають координатам

будь-якої точки даної лінії.

У полярній системі координат рівняння лінії має такий вигляд: fr або

0; rF .

Не слід думати, що кожне рівняння 0; yxF визначає будь-яку лінію.

Наприклад, рівняння 0122 yx не визначає жодної лінії, бо за будь-яких

дійсних значень x і y ліва частина цього рівняння є додатною, а права дорівнює

нулю, тому координати жодної з точок площини хОу не можуть задовольняти

цьому рівнянню.

Зазначимо, що в аналітичній геометрії доводиться розв’язувати дві основні

задачі:

1) за даною лінією як геометричним місцем точок скласти її рівняння;

2) за даним рівнянням побудувати лінію на площині.

Для складання рівняння лінії, як геометричного місця, необхідно:

1) обрати довільну точку yxΜ ; лінії зі змінними координатами x і y ;

2) записати загальну властивість точок даного геометричного місця у

вигляді рівності;

3) виразити величини, які входять до цієї рівності, за допомогою

координат;

4) спростити одержане рівняння.

Точки перетину двох ліній: 0,1

yxF і 0,2

yxF , можна визначити з

такої системи рівнянь:

.0,

,0,

2

1

yxF

yxF (4.8)

Якщо система рівнянь (4.8) має дійсний розв’язок, то ці лінії

перетинаються. Число точок перетину дорівнює числу розв’язків системи.

Якщо система не має дійсних розв’язків, то лінії не мають спільних точок,

тобто не перетинаються.

85

Розв’язання прикладів

Приклад 1. Скласти рівняння геометричного місця точок, рівновіддалених

від точок 1 3, 2M і 2 2, 3M .

Розв’язання. Нехай :M x y – довільна точка даного геометричного

місця. За умовою маємо 1 2M M M M . Використовуючи формулу (4.1),

одержимо такі вирази:

2 2

1 3 2M M x y ;

2 2

2 2 3M M x y .

Підставляючи ці вирази до попередньої рівності, одержимо рівняння

даного геометричного місця:

22223223 yxyx .

Спростимо одержане рівняння. Підносячи до квадрата обидві частини

рівняння і розкриваючи дужки в підкореневих виразах, матимемо

96444496 2222 yyxxyyxx .

Перенісши всі члени рівняння до лівої частини і зводячи подібні,

остаточно одержимо 0 yx . Це є рівняння прямої лінії.

Таким чином, координати довільної точки даного геометричного місця

задовольняють рівнянню 0 yx .

Далі доведемо, що координати точки, яка не належить геометричному

місцю, не задовольнятимуть рівнянню 0 yx . Нехай точка :N x y є такою

точкою. Тоді буде виконуватись одна з двох нерівностей:

1 2M N M N

або

1 2M N M N ,

У координатному виляді це можна записати так:

22223223 yxyx ,

22223223 yxyx .

Перша з цих нерівностей зводиться до вигляду

0x y ,

друга – до вигляду

0x y .

Отже, координати точки Ν не задовольняють рівнянню 0 yx .

Таким чином, рівняння даного геометричного місця має вигляд

0 yx .

З елементарної геометрії відомо, що геометричним місцем точок,

заданих в умові задачі, буде пряма, яка проходить через середину відрізка

21ΜΜ перпендикулярно до нього.

86

Приклад 2. Точка M рухається так, що в будь-який момент часу її

відстань до точки 061

:Μ є втричі більшою за відстань до точки

0

3

22

;Μ .

Знайти рівняння траєкторії руху точки М.

Розв’язання. Змінні координати точки позначимо через x і y .

За умовою задачі, маємо 1 23MM MM . Виразимо відстані 1 2MM i MM

через координати точок, в результаті чого одержимо

2 2

1 6 0MM x y ;

2

2

2

20

3MM x y

.

Підставляючи ці вирази до попередньої рівності, одержимо рівняння

траєкторії руху точки M :

2

2

22

3

236 yxyx

.

Спростивши це рівняння, матимемо

422 yx .

У результаті одержано рівняння кола радіуса 2R з центром у початку

координат.

Приклад 3. Скласти рівняння геометричного місця точок, сума квадратів

відстаней від яких до точок 1 3:0M і 2 3:0M дорівнює 50.

Розв’язання. Нехай :M x y – довільна точка шуканої лінії. Відповідно

до умови 2 2

1 2 50MM MM , або в координатному вигляді:

50)33 22222 yxyx ,

звідки

509696 2222 yxxyxx ,

або

1622 yx .

Одержано рівняння кола.

Приклад 4. Скласти рівняння геометричного місця точок, для яких

відношення відстаней до даної точки 0:5F і до даної прямої 0165 x

дорівнює 45 .

Розв’язання. Нехай :M x y – довільна точка шуканої лінії. Тоді,

згідно з умовою, 4

5

MN

MF, де MN – відстань від точки М до прямої, яка задана

рівнянням 0165 x (рис. 4.4).

87

yN ;

5

16

0;5F O x

y

01

65

x

yxM ;

Рисунок 4.4

Запишемо цю рівність в координатній формі:

4

5

5

16

05

2

2

22

yyx

yx,

або

2

22

5

16554

xyx .

Виконавши подальші перетворення, одержимо

25

256

5

3225251016 222 xxyxx ,

або

144169 22 yx .

Поділивши обидві частини останнього рівняння на 144, остаточно

одержимо рівняння гіперболи:

1916

22

yx

.

Приклад 5. Скласти рівняння геометричного місця точок, однаково

віддалених від осі Ох і від точки 1:0F .

Розв’язання. Нехай :M x y – довільна точка шуканої лінії.

За умовою задачі, маємо MFMN (рис. 4.5).

0;xN

yxM ;

1;0F

O

x

y

Рисунок 4.5

88

Оскільки yMN і 22 1 yxMF , то запис рівняння лінії в

координатній формі набуде вигляду:

22 1 yxy ,

звідки

222 1 yxy .

Одержане рівняння розв’яжемо відносно y , в результаті чого остаточно

матимемо рівняння параболи:

12

1 2 xy .

Приклад 6. Знайти точки перетину ліній 2522 yx і 0257 yx .

Розв’язання. Для знаходження точок перетину ліній потрібно розв’язати

таку систему рівнянь:

.0257

,2522

yx

yx

Розв'язавши друге рівняння цієї системи відносно змінної х, матимемо

257 yx . Підставивши це значення до першого рівняння системи,

матимемо 2562535049 22 yyy . Спростивши дане рівняння, одержимо

01272 yy ,

звідки

31y , 4

2y ,

а отже,

425371

x ,

325472

x .

Отже, лінії перетинаються в двох точках: 3;41

M і 4;32M .

Приклад 7. Знайти точки перетину лінії 01232 yx з осями

координат.

Розв’язання. Для знаходження точок перетину даної лінії з віссю xO

необхідно розв’язати таку систему рівнянь:

.0

,01232

y

yx

Підставляючи значення y до першого рівняння, одержимо

0122 x ,

звідки

6x .

Таким чином, дана лінія перетинає вісь xO у точці 0;61

M .

89

Розв’язавши систему рівнянь

,0

,01232

x

yx

одержимо 4y . Отже, точка 4;02

M є точкою перетину даної лінії з віссю

Оу.

Приклад 8. Побудувати точки, задані такими полярними координатами:

2:3

A , :2B ,

4:4

C ,

6:

2

5 D .

Розв’язання. Для побудови точки в полярній системі координат спочатку

проведемо промінь з точки O під відповідним кутом , а потім від полюса O

відкладаємо на ньому значення r (рис. 4.6).

;2B

O P

2;3

A

6;

2

5 D

Рисунок 4.6

Приклад 9. Установити, які лінії визначаються в полярних координатах

за допомогою таких рівнянь:

а) 3r ; б)3

; в)

2r ; г)

r ; д) cos4r .

Побудувати такі лінії.

Розв’язання:

1. У рівнянні 3r координата відсутня. Отже, для будь-якого точка

лінії буде віддалена від полюса на 3 одиниці. Таким чином, матимемо коло з

центром у полюсі і радіусом 3 одиниці (рис. 4.7).

2. Рівняння 3

не залежить від полярного радіуса r . Множина точок,

координати яких задовольняють рівнянню, є променем, що виходить з полюса

під кутом 3

до полярної осі (рис. 4.8).

P3O

PO

3

Рисунок 4.7 Рисунок 4.8

90

3. Для побудови лінії, заданої рівнянням

2r , складемо таблицю

значень і r . Для цього потрібно задати значення і обчислити відповідні

значення r (табл. 4.1).

Таблиця 4.1 – Значення полярного радіуса r , обчислені у відповідності до

значень полярного кута

0 4

2

4

3

4

5

2

3

4

7 2

r 0 21 1 23 2 25 3 2

7 4

За даними таблиці побудуємо криву – спіраль Архімеда (рис. 4.9).

0

P

3

3

5

6

6

11

2

2

0

Рисунок 4.9

4. Знаючи, що

r , складемо таблицю значень і r (табл. 4.2).

Таблиця 4.2 – Значення полярного радіуса r , обчислені у відповідності до

значень полярного кута

6

3

2

2

3 2

r 6 3 2 1 3

2

2

1

Зазначимо, що для 0 функція є невизначеною, але для значень,

близьких до нуля, вона необмежено зростає зі зменшенням .

Одержана крива (рис. 4.10) називається гіперболічною спіраллю.

0

P

3

3

5

6

6

11

2

2

0

Рисунок 4.10

91

5. Для побудови кривої, заданої рівнянням cos4r , складемо таблицю

значень і r (табл. 4.3).

Таблиця 4.3 – Значення полярного радіуса r , обчислені у відповідності до

значень полярного кута

0 6

3

2

3

2

3

4

2

3

3

5 2

cos 1 2

3

2

1 0

2

1 1

2

1 0

2

1 1

r 4 32 2 0 – – – 0 2 4

За даними таблиці побудуємо криву (рис. 4.11).

x

4

0

P

y

3

3

5

6

6

11

2

2

02

Рисунок 4.11

Зазначимо, що функція cos є парною, тому крива буде симетричною

відносно полярної осі, що видно з таблиці.

Одержана крива є колом з діаметром 42 R , яке збігається з полярною

віссю. Для переконання в цьому переведемо рівняння cos4r в прямокутну

декартову систему координат. Для цього помножимо обидві частини рівняння

на r . У результаті одержимо cos42 rr . Враховуючи формули (4.4),

одержимо

xyx 422 ,

або

42 22 yx .

Таким чином, дійсно матимемо рівняння кола з центром у точці 0;21

O і

радіусом 2 одиниці (див. рис. 4.11).

4.1.4. Параметричні рівняння лінії

Параметричними рівняннями лінії на площині називаються рівняння

такого вигляду:

,

,

ty

tx

(4.9)

де t і t – функції змінної t , яка має назву параметра.

92

Якщо з рівнянь (4.9) виключити параметр t , то можна одержати рівняння

лінії, що має вигляд 0, yxF .

Розв’язання прикладів

Приклад 1. Побудувати лінію, задану параметричними рівняннями

.

,1

2ty

tx

Розв’язання:

Спосіб 1. Складемо таблицю значень x і y (табл. 4.4), надаючи параметру t

довільних значень з області визначення функцій txx і tyy .

Таблиця 4.4 – Значення змінних x і y , обчислені у відповідності до

значень параметра t

t –3 –2 –1 0 1 2 3

x –2 –1 0 1 2 3 4 y 9 4 1 0 1 4 9

За даними таблиці побудуємо лінію – параболу (рис. 4.12).

1-2 20

x

y

1

9

4

Рисунок 4.12

Спосіб 2. Виключимо параметр t з параметричних рівнянь даної лінії.

Визначимо t з першого рівняння системи: 1 xt . Тоді 21 xy . Таким

чином, маємо рівняння параболи з вершиною в точці 1;0 , яку можна

побудувати за допомогою графіка параболи: 2xy , шляхом перенесення всіх

його точок на одиницю вправо.

Приклад 2. Виключити параметр t з таких параметричних рівнянь ліній:

а)

;sin

,cos

tby

tax б)

;sin

,cos

3

3

tay

tax в)

.2sin

,cos2 2

tRy

tRx

Розв’язання:

1. Із параметричних рівнянь маємо a

xt cos ,

b

yt sin .

93

Підносячи до квадрата обидві частини цих рівнянь і почленно додаючи їх,

одержимо

12

2

2

2

b

y

a

x.

Дане рівняння є рівнянням еліпса в прямокутних декартових координатах.

2. Якщо 3cosa

xt , 3sin

a

yt , то

2323

22 sincos

a

y

a

xtt ,

або 232323 ayx .

Одержане рівняння є рівнянням астроїди в прямокутних декартових

координатах.

3. R

yt 2sin . Оскільки 1cossin 22 , то

2

2

12cosR

yt .

Тоді

22

2

2

2 112cos1cos2 yRRR

yRtRtRx

,

або 22 yRRx .

Далі матимемо

222yRRx , або 222

RyRx ,

.

звідки

0222 Rxyx .

Одержано рівняння кола з центром у точці )0;(R і радіусом R у

прямокутних декартових координатах.

Питання для самоперевірки

1. Як визначаються прямокутна і полярна системи координат?

2. Установіть зв'язок між декартовими і полярними координатами будь-

якої точки.

3. Що називається геометричним місцем точок?

4. За якою формулою визначається відстань між двома заданими точками

на площині?

5. Як можна визначити координати середини відрізка?

6. Як можна визначити точки перетину лінії з осями координат?

7. Як можна визначити точки перетину двох ліній ?

8. Який вигляд мають параметричні рівняння лінії?

9. Що називається параметром лінії, заданої параметричними рівняннями?

10. Які основні задачі доводиться розв’язувати в аналітичній геометрії?

94

Вправи

1. Скласти рівняння траєкторії точки, яка в кожний момент руху є

однаково віддаленою від точок )2;5( A і )2;3( B .

Відповідь. 01x .

2. Скласти рівняння геометричного місця точок, для яких відношення

відстаней до даної точки: 0;4F , і до даної прямої: 0254 x , дорівнює 5

4.

Відповідь. 1925

22

yx

– рівняння еліпса.

3. Скласти рівняння геометричного місця точок, для яких різниця квадратів

відстаней до точок 0;2A і 0;2В дорівнює 4.

Відповідь. 012 x .

4. Скласти рівняння лінії, кожна точка якої є рівновіддаленою від точки

2;4A і від осі ординат.

Відповідь. 2822

xy .

5. Скласти рівняння лінії, кожна точка якої знаходиться вдвічі далі від

точки 0;3A , ніж від осі ординат.

Відповідь.

1124

1 22

yx

.

6. Скласти рівняння лінії, кожна точка якої є центром кола, що дотикається

до осі абсцис і проходить через точку 3;0A .

Відповідь. 962 yx .

7. Скласти рівняння лінії, кожна точка якої знаходиться вдвічі далі від

точки 0;4A , ніж від прямої 1x .

Відповідь. 1124

22

yx

.

8. Установити лінію, яка визначається рівнянням sin10r , і побудувати її.

Відповідь. Коло з центром

2;5

і радіусом 5.

9. Побудувати лінії, задані такими рівняннями:

а) 4

; б) 1cos r ; в)

r ; г) 2r .

10. Виключити параметр t з таких параметричних рівнянь ліній:

а)

;1

,122

ty

ttх б)

;

,cos

ttgby

t

aх

в)

.2

,2 2

tctgpy

tctgpх

Відповідь. а) 02 yx ; б) 12

2

2

2

b

y

a

x; в) 02 2 ypx .

95

4.1.5. Пряма лінія та її рівняння

Найпростішою лінією на площині є пряма. Вона задається алгебраїчним

рівнянням першого порядку відносно змінних x i y.

Різним способам задання прямої відповідають різні види її рівнянь, які

наведено в таблиці 4.5.

Таблиця 4.5 – Відповідність способу задання прямої вигляду її рівняння.

№

з/п Назва Спосіб задання Вигляд рівняння

1 2 3 4

1

1

Рівняння

прямої

з кутовим

коефіцієнтом

y

x

O

tgk – кутовий коефіцієнт

( – кут нахилу прямої до

додатного напрямку осі Ох);

b – відрізок, який пряма

відтинає на осі Оу

bkxy

2

2

Рівняння

прямої, яка

проходить

через задану

точку

М0 (х0; у0)

в заданому

напрямі

y

xO

M0

М0 (х0; у0) l

00 xxkyy (4.10)

3

3

Рівняння

прямої, яка

проходить

через дві

точки

y

xO

M2

M1

М1 (х1; у1) l

М2 (х2; у2) l

12

12

xx

yytgk

12

1

12

1

yy

yy

xx

xx

(4.11)

96

Продовження таблиці 4.5

1 2 3 4

4

4

Рівняння

прямої у

відрізках

y

xO а

b

1b

y

a

x, (4.12)

Де а і b – довжини відрізків,

які пряма відтинає на осях

координат

5

5

Загальне

рівняння

прямої В

Ак

В

Сb

0 CByAx (4.13)

6

6

Нормальне

рівняння

прямої

y

x

O

р

0sincos pyx

або

022

BA

CByAx

7

7

Формула для

визначення

відстані

від точки

до прямої

y

x

O

d

М0 (х0; у0)

M0 (х0; у0)

22

00

BA

CByAxd

(4.14)

8

8

Формула для

визначення

кута між

двома

прямими y

x

O

l1

l2

21

12

1 kk

kktg

, (4.15)

якщо рівняння прямих

задано у вигляді

bkxy ;

а якщо рівняння прямих

задано у вигляді

0 CByAx ,

то

22

22

21

21

2121cosBABA

BBAA

(4.16)

97

Продовження таблиці 4.5

1 2 3 4

9

9

Умова

паралельності

двох прямих

1l

2l l1: 0

111 CyBxA ,

l2: 0222 CyBxA

21kk

або

2

1

2

1

2

1

C

C

B

B

A

A (4.17)

1

10

Умова

перпендику-

лярності

двох прямих

1l

2l l1: 0

111 CyBxA ,

l2: 0222 CyBxA

121

kk ,

або

02121 BBAA (4.18)

1

11

Умова

збіжності

двох прямих

l1: 0111 CyBxA ,

l2: 0222 CyBxA

2

1

2

1

2

1

C

C

B

B

A

A

1

12

Рівняння

прямої, яка

проходить

через

початок

координат

y

xO

kxy

або

0 ByAx (4.19)

1

13

Рівняння

прямої,

паралельної

до осі абсцис

y

x

O

b

bу ,

або 0СВу

1

14

Рівняння

прямої,

паралельної

до осі

ординат

y

x

O а

ах ,

або

0СAx

98

Закінчення таблиці 4.5

1 2 3 4

15 Рівняння

осі абсцис 0y

16 Рівняння

осі ординат 0х

Розв'язання задач

Задача 1. Через точку перетину прямих )(029431

lyx і )(019522

lyx

проведено пряму, паралельну до прямої )(154

3l

yx . Скласти рівняння цієї

прямої.

Розв'язання. Знайдемо точку перетину прямих, розв'язавши таку систему

рівнянь:

3 4 29,

2 5 19.

x y

x y

Виконаємо такі обчислення:

2381552

43 ; 6976145

519

429

x; 1155857

192

293

y.

Тоді, за формулами Крамера, матимемо:

523

115;3

23

69

yx yx .

Таким чином, точкою перетину двох прямих буде точка 5;30

M .

Далі, використовуючи рівняння (4.10) і умову паралельності двох прямих

(4.17), а також, враховуючи, що 4

5,5,3

300 kkyx , матимемо:

)3(4

55 xy ,

або

0545 yx .

Отже, 0545 yx – рівняння шуканої прямої.

Зауважимо, що рівняння шуканої прямої можна знайти іншим чином. Для

цього потрібно рівняння прямої 3

l записати у загальному вигляді, тобто

перейти від рівняння (4.12) до рівняння (4.13), а саме:

154

yx 02045 yx .

За умовою задачі шукана пряма l є паралельною до прямої 3

l , тому

рівняння шуканої прямої повинно мати такий вигляд: 5 4 0.x y C

99

Оскільки точка 5;30

M належить цій прямій, то її координати

задовольняють рівнянню, а тому 5 3 4 ( 5) 0,C звідки 5C .

Таким чином, рівняння прямої l буде мати вигляд

0545 yx .

Задача 2. Скласти рівняння прямої l , яка проходить через точку

)1;2(0

M перпендикулярно до заданої прямої 0432 yx )(1

l .

Розв'язання. Будемо шукати рівняння прямої l , яке повинно мати вигляд:

)(00

xxkyy .

За умовою задачі, 1

ll , 11kk , звідки

2

3k .

Враховуючи також, що 20x , 1

0y , остаточно матимемо )2(

2

31 xy ,

або 0423 yx (рівняння прямої l ).

Задача 3. Знайти проекцію точки )4;6(P на пряму )(03541

lyx .

Розв'язання. Точка )4;6(P не належить прямій, оскільки 034564

. Таким чином, проекцією точки Р на пряму буде основа перпендикуляра,

опущеного з цієї точки на пряму 1

l , або інакше – точка перетину прямих 1

PP і

1l (рис. 4.13).

y

xO

Рl1

Р1

4

-6-2

-1

Рисунок 4.13

Щоб знайти точку 1P , складемо спочатку рівняння 1

PP :

)(pp

xxkyy .

Оскільки 11

lPP , 4

51

1

k

k , бо 1

1

1B

Ak =

5

4

=

5

4. Тоді рівняння

1PP

набуде вигляду )6(4

54 xy , або 01445 yx .

Розв'язавши систему

,01445

,0354

yx

yx

визначимо точку 1

P з координатами (–2;–1).

100

Задача 4. Скласти рівняння прямих, які проходять через точку (0; 1) під

кутом 045 до прямої 12 xy .

Розв'язання. Кутові коефіцієнти шуканих прямих знайдемо за формулою

(4.15). Для даного випадку 145 tgtg , 2 2k .

Отже,

1=2

1

21

2

k

k

,

тобто

1

1

21

21

k

k

,

звідки

3

11k або 3

1k .

Рисунок 4.14

Використовуючи рівняння (4.10), складемо рівняння шуканих прямих:

)0(3

11 xy ,

тобто 033 yx

або

)0(31 xy ,

тобто

013 yx .

Таким чином, рівняння 033 yx і 013 yx є рівняннями шуканих

прямих (рис. 4.14). Зауважимо, що знайдені прямі є перпендикулярними одна

до одної.

Задача 5. Знайти координати вершин ромба ABCD , якщо є відомими

рівняння двох його сторін: 042 yx (сторона BC ) і 0102 yx (сторона

AD ), а також рівняння діагоналі 2: xyAC .

101

Розв'язання. Виконаємо схематичний рисунок (рис. 4.15).

A

D

B

CM

Рисунок 4.15

Знайдемо координати вершин А і С:

,02

,042

yx

yx

;2

,0

y

x 2;0C ;

,02

;0102

yx

yx

;4

,2

y

x ).4;2(A

Далі знайдемо координати точки М перетину діагоналей за формулою

(4.2):

)3;1(,32

24,1

2

02Myx

.

Кутовий коефіцієнт прямої AC є таким: 1AC

k . Отже, враховуючи умову

(4.18), матимемо

11

AC

BDk

k .

Рівняння BD знайдемо із співвідношення (4.10):

)1(13 xy ,

або

04 yx .

Далі знайдемо координати вершин B і D :

,04

,042

yx

yx

;0

,4

y

x 0;4B ;

,04

,0102

yx

yx

;6

,2

y

x ).6;2(D

Отже, отримано такі координати вершин ромба ABCD : ),4;2(A 0;4B ,

2;0C , ).6;2(D

Задача 6. Визначити, за яких значень параметрів m i n прямі

08 nymx і 012 myx будуть: а) паралельними; б) такими, що

збігаються; в) перпендикулярними?

Розв'язання: 1. Згідно з умовою паралельності прямих матимемо рівняння

1

8

2

n

m

m.

102

Розв’язавши рівняння m

m 8

2 , одержимо 4m . Тоді у випадку, якщо

4m з нерівності 1

8

n

m одержимо 2n , а у випадку, якщо 4m

однржимо 2n . Таким чином, задані прямі будуть паралельними, якщо

2,4 nm або 2,4 nm ;

2. Якщо прямі збігаються, то

1

8

2

n

m

m,

звідки 2,4 nm

або

2,4 nm .

3. Прямі є перпендикулярними, якщо виконується умова (4.18), тобто,

якщо 082 mm , то 0m . При цьому n може набувати довільних значень.

Задача 7. Скласти рівняння прямої, яка проходить через точку )3;2(M і

відтинає на координатних осях відрізки однакової довжини.

Розв'язання. Відшукаємо рівняння прямої у відрізках:

1b

y

a

x.

За умовою задачі маємо ba . Тоді у випадку, якщо 0ab рівняння

прямої матиме вигляд ayx , а якщо 0ab , то рівняння прямої набуде

вигляду ayx . Точка )3;2(M належить кожній із цих прямих, тому її

координати задовольняють кожному з рівнянь. Підставляючи до рівняння

ayx координати точки M замість змінних координат, одержимо a 32 ,

звідки 5a . Отже, рівняння шуканої прямої в цьому випадку буде матиме

вигляд 5 yx або вигляд 05 yx . Якщо 2x і 3y , то з рівняння

ayx матимемо a 32 , звідки 1a . Таким чином, у даному випадку

рівняння шуканої прямої матиме вигляд 01 yx .

Зазначимо, що за умови, якщо 0 ba , записати рівняння шуканої прямої

у вигляді 1b

y

a

x не можна, бо це рівняння втратить значення. Для даного

випадку рівняння прямої потрібно шукати у вигляді kxy або у вигляді

0 ByAx , бо умова 0 ba означає, що пряма проходить через початок

координат. Отже, застосовуючи рівняння (4.19) і враховуючи, що точка М

належить цій прямій, матимемо ще одне рівняння шуканої прямої:

2

3,23, kkkxy ,

103

звідки

,2

3xy

або

023 yx .

Таким чином, умові задачі задовольняють три прямі: ,05 yx

,01 yx 023 yx .

Задача 8. Дано координати вершин трикутника АВС: А(3;–2), В(1;4),

С(–2;1). Методами аналітичної геометрії виконати такі дії:

1) скласти рівняння сторони АВ;

2) скласти рівняння висоти, проведеної з вершини С;

3) обчислити довжину висоти СD;

4) знайти площу трикутника;

5) знайти внутрішній кут трикутника при вершині А (див. рис. 4.16).

Рисунок 4.16

Розв'язання:

1. Запишемо рівняння прямої, яка проходить через дві задані точки:

11

; ухА і 22

; ухВ :

12

1

12

1

yy

yy

xx

xx

.

Для координат точок 2;3 А і 4;1В , які є вершинами трикутника АВС,

матимемо 24

2

31

3

yx;

6

2

2

3

yx; 233 yx ; 073 yx –

загальне рівняння прямої АВ; 73 xy – рівняння прямої АВ з кутовим

коефіцієнтом 3AB

k .

A

y

x

B

D

C

K

1 2 3

1

2

3

4

-1

-2

-3

-1 -2 -3

104

2. Складемо рівняння прямої CD , яка є перпендикулярною до прямої AB .

З умови перпендикулярності прямих випливає, що AB

CDk

k1

3

1CDk .

Запишемо рівняння прямої з кутовим коефіцієнтом, яка проходить через

точку 00

; ухС : )( 00 xxkyy . Для координат точки 1;2С , яка є

вершиною трикутника АВС, матимемо: )2(3

11 xy , тобто 053 yx є

загальним рівнянням прямої СD.

3. Знайдемо довжину висоти СD як відстань від точки С(x0;y0) до прямої

АВ за формулою

22

00

BA

CByAxd

,

де 0 CByAx – рівняння прямої АВ.

Тоді

5

106

10

12

13

71)2(3

22

d (од.).

4. Площа трикутника дорівнює половині добутку довжини сторони на

довжину висоти, яка опущена на цю сторону:

ahaS 2

1,

тобто

CDABSABC 2

1.

Знайдемо довжину сторони АВ за формулою

22

ABAByyxxAB .

102403646224312222

AB .

Тоді

125

106102

2

1ABCS (кв. од.)

5. Знайдемо тангенс кута (кута між прямими АС і ВС) за формулою

ACBC

ACBC

kk

kktg

1 ;

5

3ACk ; 1

12

41

BC

BCBC

xx

yyk .

Отже,

4

5

311

5

31

tg , 764 arctg .

105

Задача 9. Дано три вершини трикутника: )13;10( A , )3;2(B , ).1;2(C

Обчислити довжину перпендикуляра, опущеного з вершини В на медіану,

проведену з вершини С (рис. 4.17).

x

y

A

B

C

D

N2-2

3

-6-10

-13

-5

Рисунок 4.17

Розв'язання. Задача зводиться до обчислення відстані від точки В до

прямої CD . Запишемо рівняння цієї прямої. Для цього спочатку знайдемо

координати точки D , яка поділяє сторону AB навпіл. За формулами (4.3)

одержимо 2

BA

D

xxx

,

2

210

Dx = –6; 5

2

313,

2

D

BA

Dy

yyy . Таким

чином, координати точки D будуть такими: )5;6( D . Згідно з рівнянням (4.11)

матимемо

51

5

62

6

yx;

6

5

8

6

yx;

3

5

4

6

yx;

0243 yx .

Отже, рівняння прямої матиме вигляд 0243 yx .

Застосовуючи формулу (4.14) і враховуючи, що 3,2,4,300 yxBA ,

остаточно матимемо 4169

234)2(3

dBN .

106

Задача 10. Дві сторони квадрата лежать на прямих 065125 yx і

026125 yx . Обчислити площу квадрата.

Розв'язання. Для обчислення площі квадрата потрібно знайти довжину

його сторони. Для цього досить знайти відстань між двома паралельними

прямими: 065125 yx і 026125 yx , на яких розташовано дві сторони

квадрата (умову паралельності цих прямих потрібно перевірити самостійно).

Знайдемо на одній із цих прямих (наприклад, на прямій 065125 yx )

координати будь-якої точки, вважаючи при цьому, що 0y . У результаті

матимемо 0655 x , звідки 13x . Таким чином, точка )0;13(M належить

прямій 065125 yx . Далі розв'язання зводиться до знаходження відстані

від точки М до прямої 026125 yx . За формулою (4.14), матимемо

714425

26012135

d .

Отже, довжина сторони квадрата дорівнює 7 од., а його площа складає

497 2S кв. од.

Зауваження. Для знаходження точки, що належить прямій

0 CByAx , досить одній із змінних х або у надати будь-якого дійсного

значення і, підставивши його до рівняння прямої, знайти значення іншої

змінної.

Питання для самоперевірки

1. Що називається кутовим коефіцієнтом прямої ?

2. Що називається початковою ординатою?

3. Який вигляд має рівняння прямої з кутовим коефіцієнтом?

4. Запишіть рівняння прямої , яка проходить через задану точку в заданому

напрямі.

5. Який вигляд має рівняння прямої, яка проходить через дві задані точки?

Як обчислюється її кутовий коефіцієнт?

6. Який вигляд має загальне рівняння прямої?

7. Як обчислюється кутовий коефіцієнт прямої, заданої загальним

рівнянням?

8. Що являє собою рівняння прямої у відрізках?

9. Сформулюйте умову паралельності та перпендикулярності двох

прямих, заданих рівняннями 11

bxky і 22

bxky .

10. За яких умов прямі 0111 CyBxA і 0

222 CyBxA є

паралельними; перпендикулярними; такими, що збігаються?

11. Як записується рівняння прямої, яка проходить через початок

координат?

12. Як записується рівняння прямої, яка є паралельною: до осі Ох; до осі

Оу?

107

Вправи

1. Дано середини сторін трикутника: )1;2(1

M , )3;5(2

M , ).4;3(3

M Скласти

рівняння його сторін.

Відповідь. 01832;0285;01227 yxyxyx .

2. Скласти рівняння прямої, якщо точка )3;2(P є основою перпендикуляра,

опущеного з початку координат на цю пряму.

Відповідь. 01332 yx .

3. Дано рівняння двох сторін паралелограма: 012;0138 yxyx ,

і рівняння однієї з його діагоналей: 0323 yx . Знайти координати вершин

такого паралелограма.

Відповідь. (1;–3); (–2;5); (5;–9); (8;–17).

4. Знайти точку Q , яка є симетричною до точки P відносно прямої

0332 yx .

Відповідь. )11;11( Q .

5. Дано вершини трикутника: ).5;3(),1;2(),1;1( CBA Скласти рівняння

перпендикуляра, опущеного з вершини А на медіану, проведену з вершини В.

Відповідь. 034 yx .

6. Точка )5;4(A є вершиною квадрата, діагональ якого лежить на прямій

.087 yx Скласти рівняння сторін і другої діагоналі такого квадрата.

Відповідь. 0134 yx , 03243 yx , 02434 yx , 0743 yx –

рівняння сторін квадрата; 0317 yx – рівняння діагоналі.

7. Визначити, за яких значень nm, прямі 012 ymx і 046 nyx

мають одну спільну точку; є паралельними; є такими, що збігаються.

Відповідь. .2,3)3;2,3)2;3)1 nmnmm

8. Пряма 01243 yx відтинає від координатного кута трикутник.

Обчислити площу такого трикутника.

Відповідь. 6 кв. од.

9. Скласти рівняння прямої, яка проходить через точку )4;3(1

M і відтинає

на координатних осях відрізки однакових величин, відмінних від нуля; кожен

відрізок вважається напрямленим від початку координат.

Відповідь. 04 yx .

10. Точка )5;2( A є вершиною квадрата, одна сторона якого лежить на

прямій .072 yx Обчислити площу такого квадрата.

Відповідь. 5 кв. од.

11. Обчислити відстань між паралельними прямими 01534 yx і

02568 yx .

Відповідь. 0,5 од.

108

12. Знайти кут між двома прямими: а) ;053,2 yxxy

б) 0136,0524 yxyx .

Відповідь. а)0135 ; б) 0 (дані прямі є паралельними).

13. Дано точки )3;4( A і )2;1(B . Скласти рівняння прямої, проведеної

перпендикулярно до прямої AB через точку С, яка поділяє відрізок АВ у

відношенні АС:СВ = 1:2.

Відповідь. .01133 yx

14. Через точку перетину прямих 04 yx і 01924 yx проведено

пряму, паралельну до прямої .0632 yx Скласти її рівняння.

Відповідь. .0831812 yx

15. Скласти рівняння прямої, яка проходить через точку )3;2( і утворює

з віссю Ох кут, вдвічі більший за кут, який утворює з тією самою віссю пряма

.32

1 xy

Відповідь. .01734 yx

4.1.6. Криві другого порядку

Коло. Колом називається геометричне місце точок на площині,

рівновіддалених від даної точки, яка називається центром кола. (рис. 4.18).

R

M(x;y)

О

y

x

M(x;y)

O1

x0

y0

x

y

O

R

а б

а – коло з центром у точці 0; 0O і радіусом R ; б – коло з центром у точці

001 ; yxO і радіусом R

Рисунок 4.18

Рівняння кола з центром у точці 0; 0O і з радіусом R (рис. 4.18, а) має

вигляд 2 2 2x y R .

Рівняння кола з центром у точці 001 ; yxO і з радіусом R (рис. 4.18, б)

має вигляд

220

20 Ryyxx .

109

Еліпс. Еліпсом називається геометричне місце точок на площині, сума

відстаней яких до двох заданих точок (фокусів) є величиною сталою.

Канонічне рівняння еліпса має вигляд

12

2

2

2

b

y

a

x. ( 4.20)

Точки 0;1 aA , 0;2 aA , bB ;01 , bB ;02 – вершини еліпса; 11 rMF ,

22 rMF – фокальні радіуси (рис. 4.19).

M(x;y)

F1 x

y

O

r1

F2

r2

A1

B1

A2

B2

M(x;y)F1

x

y

O

r1

F2

r2

A1

B1

A2

B2

а б

а – графік еліпсу у випадку, якщо arr 221 ; б – графік еліпсу у випадку,

якщо brr 221

Рисунок 4.19

Можливими є два випадки:

1. arr 221 . У такому випадку (рис. 4.19, а):

А1А2 =2а – велика вісь, ОА1 = а – велика піввісь;

В1В2 = b2 – мала вісь, ОВ1 = b – мала піввісь;

F1F2 = 2c – відстань між фокусами F1(с; 0) і F2(–с; 0) , де 222 bac ;

a

c – ексцентриситет ( ,1 бо ac );

2. brr 221 . У такому випадку (рис 4.19, б):

А1А2 =2а – мала вісь, В1В2 = b2 – велика вісь;

ОА1 = а – мала піввісь, ОВ1 = b – велика піввісь;

F1F2 = 2c – відстань між фокусами F1(0; с) і F2(0; –с) , де 222 abc ;

b

c – ексцентриситет ( ,1 бо bc ).

Зазначимо, що фокуси еліпса завжди знаходяться на його великій осі.

Якщо a b , то одержимо 2 2 2x y a (рівняння кола).

110

Гіпербола. Гіперболою називається геометричне місце точок на площині,

різниця відстаней яких до двох заданих точок (фокусів) є величиною сталою.

(рис. 4.20).

Канонічне рівняння гіперболи має вигляд

12

2

2

2

b

y

a

x ( 4.21)

або вигляд

12

2

2

2

a

x

b

y. ( 4.22)

M(x;y)

F1 x

y

O

r1

F2

r2

A1

B1

A2

B2

M(x;y) F1

x

y

O

r1

F2

r2

A1

B1

A2

B2

а б

а – графік гіперболи, рівняння якої має вигляд 12

2

2

2

b

y

a

x ; б – графік

гіперболи, рівняння якої має вигляд 12

2

2

2

a

x

b

y

Рисунок 4.20

Для гіперболи, канонічне рівняння якої має вигляд 12

2

2

2

b

y

a

x(рис. 4.20, а),

arr 221 .

У такому випадку: точки 0;1 aA , 0;2 aA – вершини гіперболи;

А1А2 =2а – дійсна вісь, ОА1 = а – дійсна піввісь;

В1В2= b2 – уявна вісь, ОВ1 = b – уявна піввісь;

F1F2 = 2c – відстань між фокусами F1(с; 0) і F2(–с; 0) , де 222 bac ;

a

c – ексцентриситет ( ,1 бо ac ).

Для гіперболи, канонічне рівняння якої має вигляд 12

2

2

2

a

x

b

y (рис. 4.20, б),

brr 221 .

У такому випадку: точки bB ;01 , bB ;02 – вершини гіперболи;

В1В2 = b2 – дійсна вісь, ОВ1 = b – дійсна піввісь;

А1А2 =2а – уявна вісь, ОА1 = а – уявна піввісь;

111

F1F2 = 2c – відстань між фокусами F1(0; с) і F2(0; –с) , де 222 bac ;

b

c – ексцентриситет ( ,1 бо bc ).

Рівняння асимптот гіперболи мають вигляд xa

by .

Слід зазначити, що фокуси гіперболи завжди знаходяться на її дійсній осі.

Гіпербола, дійсна і уявна висі в якої є рівними між собою (a b ),

називається рівнобічною і її рівняння має вигляд 2 2 2x y a або 2 2 2y x a .

Парабола. Параболою називається геометричне місце точок на площині,

рівновіддалених від даної точки (фокуса) і даної прямої (директриси).

Канонічне рівняння параболи має вигляд

pxy 22 ( 4.23)

або вигляд

pyx 22 , ( 4.24)

де р – відстань від фокуса до директриси; точка 0;0O – вершина параболи;

rMF – фокальний радіус; d – відстань від точки yxM ; до директриси

(рис. 4.21).

M(x;y)

x

y

O

r

F

d

2

px

)0;2

(p

M(x;y)

x

y

O

r

F

d

2

px

а б

M(x;y)

x

y

O

rF

d

2

py

M(x;y)

x

y

O

r

F d

2

py

в г

а – графік параболи, рівняння якої має вигляд pxy 22 ; б – графік параболи,

рівняння якої має вигляд pxy 22 ; в – графік параболи, рівняння якої має

вигляд pyx 22 ; г – графік параболи, рівняння якої має вигляд pyx 22

Рисунок 4.21

112

За означенням параболи, dr .

Для парабол pxy 22 рівняння директрис мають вигляд 2

px , а

координати фокуса є такими:

0;

2

pF ( рис. 4.21, а, б).

Для парабол pyx 22 рівняння директрис мають вигляд 2

py , а

координати фокуса є такими:

2;0

pF ( рис.4.21, в, г).

Фокус параболи завжди знаходиться на її осі симетрії.

Розв’язання прикладів

Задача 1. Скласти рівняння кола, якщо точки 3;2A і 1;6B є кінцями

одного з його діаметрів.

Розв’язання. За умовою задачі, АВ – діаметр кола. Це означає, що його

центр знаходиться на середині відрізка АВ. За формулами (4.3), маємо

3 11

2 2

A BC

x xx

,

2 64

2 2

A BC

y yy

,

тобто 1;4C – центр кола, звідки зрозуміло, що рівняння кола, яке потрібно

відшукати, повинно мати вигляд 220

20 Ryyxx . Підставивши до цього

рівняння координати точок А або В (кожна з яких належить колу) замість

змінних координат і враховуючи, що 0 1x , 0 4y , матимемо

2 2 23 1 2 4 R , звідки 2 8R .

Отже, рівняння шуканого кола має вигляд 2 2

1 4 8x y .

Зауважимо, що, оскільки радіус кола R AC BC , то його можна було б

знайти і за формулою (4.1).

Задача. 2 Скласти рівняння кола, якщо його центр знаходиться в початку

координат і пряма 3 4 20 0x y є дотичною до кола (рис. 4.22).

y

x0

R

3x -

4y +

20

= 0

Рисунок 4.22

113

Розв’язання. Точка 0;0O є центром кола, тому його рівняння повинно

мати вигляд 2 2 2x y R . З елементарної геометрії відомо, що радіус,

проведений в точку дотику кола і дотичної, є перпендикулярним до дотичної, а

отже, його довжину можна знайти як відстань від точки 0;0O до прямої

3 4 20 0x y .

За формулою (4.14), матимемо

3 0 4 0 20 204

59 16R

.

Таким чином, рівняння шуканого кола має вигляд 2 2 16x y .

Задача 3. Скласти рівняння еліпса, фокуси якого лежать на осі абсцис

симетрично відносно початку координат, якщо його велика вісь дорівнює

20 од., а ексцентриситет 3

5 .

Розв’язання. За умовою задачі, 2 20a , 3

5 . Тоді 10a і

310 6

5c a згідно з формулою

c

a . Далі зі співвідношення 2 2 2b a c

визначимо, що 2 100 36 64b . Підставивши значення 2 100a і 2 64b

до рівняння еліпса 12

2

2

2

b

y

a

x, одержимо:

2 2

1100 64

x y . Це і є рівняння

шуканого еліпса.

Задача 4. Скласти найпростіше рівняння еліпса, відстані одного з

фокусів якого від кінців великої осі дорівнюють 5 од. і 1од.

Розв’язання. Нехай 1 2 2A A a – велика вісь еліпса, 1F – один із його

фокусів (рис. 4.23).

F1

x

y

O

A1A2

Рисунок 4.23

За умовою задачі, 2 1 5A F , 1 1 1F A . Тоді 2 1 2 1 1 1 5 1 6A A A F F A .

Отже, 2 6a , звідки 1 3a OA , 1 1 1 1 3 1 2OF OA F A , тобто 2c .

Із співвідношення 2 2 2b a c матимемо 2 9 4 5b .

114

Підставивши значення 2 5b і 2 9a до рівняння (4.20), одержимо 2 2

19 5

x y ,

що і є рівнянням шуканого еліпса.

Задача 6. Скласти рівняння гіперболи, фокуси якої розташовані на осі

абсцис симетрично відносно початку координат, якщо рівняння асимптот

мають вигляд 4

3y x , а відстань між фокусами становить 20 од.

Розв’язання. Складемо рівняння гіперболи, що має вигляд 12

2

2

2

b

y

a

x.

Параметри а і b знайдемо з системи 2 2

4,

3

100.

b

a

a b

Із першого рівняння системи одержимо вираз 4

3b a . Підставивши його

до другого рівняння системи, одержимо 2 216100

9a a , звідки 2 36a . Тоді

2 100 36 64b , тобто шукане рівняння гіперболи має вигляд 2 2

136 64

x y .

Задача 7. Скласти рівняння гіперболи, фокуси якої розташовані на осі

ординат симетрично відносно початку координат, якщо відстань між фокусами

становить 10 од, а ексцентриситет 3

5 .

Розв’язання. За умовою задачі, фокуси гіперболи розташовані на осі

ординат, тому її рівняння матиме вигляд 12

2

2

2

a

x

b

y.

Параметри а і b визначаються з системи

.

,222

b

c

cba

З урахуванням того, що с = 5, матимемо

;3

55

,2522

b

ba

.3

,162

b

a

Таким чином, шукане рівняння гіперболи має вигляд 1169

22

xy

.

115

Задача 8. Скласти рівняння гіперболи, фокуси якої розташовані на осі

абсцис симетрично відносно початку координат для випадку, якщо вона

проходить через точку 1 5;3M і її ексцентриситет дорівнює 2 од.

Розв’язання. Рівняння гіперболи шукатимемо у вигляді 12

2

2

2

b

y

a

x.

Підставивши до цього рівняння замість змінних координат x і y

координати точки М1 (бо вона належить гіперболі), одержимо 2 2

25 91

a b .

За умовою задачі, 2c

a , звідки 2c a . Тоді із співвідношення

2 2 2b c a матимемо 2 2 2 22b a a a .

Таким чином, для знаходження невідомих параметрів a і b гіперболи

матимемо систему 2 2

2 2

25 91,

.

a b

b a

Розв‘язавши цю систему, одержимо 2 2 16a b .

Отже, шукане рівняння гіперболи має вигляд 2 2 16x y .

Задача 9. Скласти найпростіше рівняння гіперболи, фокуси якої

знаходяться у вершинах, а вершини – у фокусах еліпса 2 2

125 16

x y (рис. 4.24).

y

x

Рисунок 4.24

Розв'язання. Рівняння гіперболи шукатимемо у вигляді 12

2

2

2

b

y

a

x,

оскільки її вершини і фокуси знаходяться на осі абсцис.

Із співвідношення 2 2 2b a c матимемо 2 9 4 5b .

За умовою задачі, 5Г Ec а , Г Ea с . Із співвідношення 2 2 2

E E Ec a b

матимемо 25 16 3Ec . Отже, 3Г Ea c . Із співвідношення 2 2 2

Г Г Гb с а

матимемо 2 25 9 16Гb .

Таким чином, шукане рівняння гіперболи має вигляд 2 2

19 16

x y .

116

Задача 10. Скласти найпростіше рівняння гіперболи, симетричної

відносно координатних осей, якщо вона перетинає вісь Oy і проходить через

точки 1 24;5 5M і 2 0;5M . Знайти фокуси цієї гіперболи.

Розв‘язання. Рівняння гіперболи шукатимемо у вигляді 12

2

2

2

a

x

b

y.

Оскільки точки М1 і М2 належать гіперболі, то їх координати задовольняють

рівнянню гіперболи. Підставивши координати даних точок до рівняння

гіперболи, одержимо систему 2 2

2

125 5761,

251.

b a

b

Розв'язавши цю систему рівнянь,

матимемо 2 225, 144b a .

Отже, шукане рівняння гіперболи має вигляд 2 2

125 144

y x .

Із співвідношення 2 2 2c a b визначимо с: 25 144 13c .

Фокуси гіперболи розташовані на осі Oy , тому 1 0;13F , 2 0; 13F .

Задача 11. Скласти рівняння параболи, вершина якої знаходиться в

початку координат для випадку, якщо вона розташована симетрично відносно

осі Ох і проходить через точку 1 1;3M .

Розв’язання. Оскільки вершина параболи знаходиться в точці 0;0O , а

вісь Ох є віссю симетрії, то рівняння параболи потрібно шукати у вигляді 2 2y px .

Параметр р визначатимемо за умови, що парабола проходить через точку

1 5;3M . Підставивши координати цієї точки до рівняння параболи,

одержимо 23 2 1p , звідки 2 9p .

Отже, шукане рівняння параболи має вигляд 2 9y x .

Задача 12. Скласти рівняння параболи, симетричної відносно осі Оу для

випадку, якщо вона проходить через точки перетину прямої 0x y і кола 2 2 8 0x y y .

Розв’язання. Знайдемо точки перетину прямої і кола, для чого розв'яжемо

таку систему рівнянь:

2 2

0,

8 0;

x y

x y y

2 2

,

8 0;

x y

y y y

2

0,

2 8 0;

x y

y y

1

2

0,

0,

4;

x y

y

y

1

1

2

2

0,

0,

4,

4.

x

y

x

y

117

Отже, 0;0O і 4; 4M – шукані точки перетину.

Рівняння параболи, яка є симетричною відносно осі Оу і проходить через

початок координат, має вигляд 2 2x py .

Параметр р визначимо за умови, що парабола проходить через точку

4; 4M . Підставивши координати цієї точки до рівняння параболи, одержимо

24 2 4p , звідки 2 4p .

Таким чином, шукане рівняння параболи набуде вигляду 2 4x y .

Задача 13. Скласти канонічне рівняння параболи за умови, що рівняння її

директриси має вигляд 3 0y .

Розв'язання. Директриса параболи 3 0y є перпендикулярною до осі

Оу, а це означає, що Оу – вісь симетрії параболи, а отже, її рівняння потрібно

шукати у вигляді 2 2x py , де р – відстань від фокуса до директриси.

Відомо, що фокус параболи знаходиться на такій самій відстані від

початку координат, як і директриса. Отже, р = 6, оскільки відстань від початку

координат до директриси дорівнює 3 од. ( рис. 4.25).

y = 3

x

F

0

y

Рисунок 4.25

Таким чином, шукане рівняння параболи має вигляд 2 12x y .

Питання для самоперевірки

1. Що називається колом?

2. Який вигляд має рівняння кола радіуса R з центром у точці 0 0;x y ?

3. Який вигляд має канонічне рівняння кола?

4. Що називається еліпсом? Напишіть канонічне рівняння еліпса, його

характерні точки і величини.

5. Що називається ексцентриситетом еліпса?

6. Укажіть співвідношення між величинами а, b, с для еліпса.

7. На якій осі знаходяться фокуси еліпса?

8. Що називається гіперболою?

9. Яка гіпербола називається рівнобічною?

10. Запишіть канонічні рівняння гіперболи та співвідношення між

величинами а, b, с .

11. Що називається ексцентриситетом гіперболи?

118

12. Напишіть рівняння асимптот гіперболи.

13. На якій осі знаходяться фокуси гіперболи?

14. Що називається параболою?

15. Запишіть канонічні рівняння параболи.

16. Що називається параметром параболи?

17. Яким є значення ексцентриситету параболи?

Вправи

1. Скласти рівняння кола, яке проходить через точку 1 2;6M , а його

центр знаходиться в точці 1;2C .

Відповідь. 2 2

1 2 25x y .

2. Коло дотикається до осі Ох у початку координат і проходить через точку

0; 4A . Скласти його рівняння.

Відповідь. 2 2 4 0x y y .

3. Скласти рівняння кола, яке проходить через точки 1;3A , 0;2B і

1; 1C .

Відповідь. 2 2

4 1 25x y .

4. Скласти рівняння кола, яке проходить через початок координат, а його

центр знаходиться в точці 6; 8C .

Відповідь. 2 2

6 8 100x y .

5. Скласти рівняння еліпса, фокуси якого розташовані на осі абсцис

симетрично відносно початку координат, якщо він проходить через точку

1

52;

3M

і його ексцентриситет

2

3 .

Відповідь. 2 2

19 5

x y .

6. Обчислити ексцентриситет еліпса, якщо відрізок між його фокусами

видно з вершин малої осі під прямим кутом.

Відповідь. 2

2.

7. Скласти рівняння еліпса, якщо його велика вісь дорівнює 26 од., а

фокуси знаходяться в точках 12; 0 .

Відповідь. 2 2

1169 25

x y .

8. Обчислити площу чотирикутника, дві вершини якого лежать у фокусах

еліпса 2 25 20x y , а дві інші збігаються з кінцями його малої осі.

Відповідь. 16 кв.од.

119

9. Скласти рівняння гіперболи, фокуси якої розташовані на осі ординат

симетрично відносно початку координат за умови, що рівняння асимптот мають

вигляд 12

5y x , а відстань між вершинами дорівнює 48 од.

Відповідь. 2 2

1100 576

x y .

10. Знайти півосі, фокуси, ексцентриситет і рівняння асимптот гіперболи 2 216 9 144x y .

Відповідь. 3a , 4b , 1 5; 0F , 2 5; 0F , 5

3 ,

4

3y x .

11. Обчислити площу трикутника, утвореного асимптотами гіперболи 2 2

14 9

x y і прямою 9 2 24 0x y .

Відповідь. 12 кв.од.

12. Обчислити ексцентриситет рівнобічної гіперболи.

Відповідь. 2 .

13. Скласти канонічне рівняння гіперболи, дійсна піввісь якої дорівнює

5од., а ексцентриситет 1,4 .

Відповідь. 2 2

125 24

x y .

14. Фокуси гіперболи збігаються з фокусами еліпса 2 29 25 225 0x y .

Скласти рівняння гіперболи, якщо її ексцентриситет 2 .

Відповідь. 2 2

14 12

x y .

15. Фокус параболи має координати 6; 0F , а рівняння директриси має

вигляд 6 0x . Скласти рівняння параболи.

Відповідь. 2 24y x .

16. Скласти найпростіше рівняння параболи, фокус якої знаходиться в

точці перетину прямої 2 5 8 0x y з віссю абсцис. Побудувати таку

параболу.

Відповідь. 2 16y x .

17. Скласти рівняння параболи, якщо вона є симетричною відносно осі

абсцис і проходить через точки 0; 0O і 5; 3M .

Відповідь. 2 1,8y x .

18. Парабола, яка є симетричною відносно осі Оу, проходить через точку

6; 3M і початок координат. Скласти рівняння такої параболи.

Відповідь. 2 12x y .

120

19. На параболі 2 6y x знайти точку, фокальний радіус якої дорівнює 5 од.

Відповідь. 1 1; 4M , 2 1; 4M .

20. Скласти рівняння параболи та її директриси, якщо парабола проходить

через точки перетину прямої 0y x і кола 2 2 8 0x y x і є симетричною

відносно осі абсцис.

Відповідь. 2 4y x , 1x .

4.1.7. Загальне рівняння лінії другого порядку

Лінія, яка в деякій декартовій системі координат визначається рівнянням

другого степеня, називається лінією другого порядку. Загальне рівняння

другого степеня (з двома змінними) прийнято записувати в такому вигляді:

2 22 2 2 0Ax Bxy Cy Dx Ey F . (4.25)

Залежно від значень коефіцієнтів рівняння (4.25) може визначати коло;

еліпс; гіперболу; параболу; пару прямих, які перетинаються; пару паралельних

прямих; пару прямих, які збігаються; точку і, нарешті, може не визначати

жодного геометричного образу.

Для з'ясування того, яку лінію визначає рівняння (4.25), складемо два

визначника:

A B

B C

і

A B D

B C E

D E F

.

Визначник називається дискримінантом рівняння (4.25), а визначник

– дискримінантом його старших членів. Залежно від значень і рівняння

(4.16) визначає такий геометричний образ (табл. 4.6):

Таблиця 4.6 – залежність вигляду лінії другого порядку від значень і

Залежність 0 0

0 Еліпс

(дійсний або уявний) Точка

0 Гіпербола Пара прямих, які перетинаються

0 Парабола Пара паралельних прямих

(дійсних або уявних)

З іншого боку, щоб з'ясувати, яку лінію визначає рівняння (4.25) за заданих

числових значень коефіцієнтів, використовуються перетворення повороту і

паралельного переносу осей координат. За допомогою перетворення повороту

осей завжди можна перейти від рівняння (4.25) до рівняння другого степеня,

яке не містить члена з добутком координат. А далі, за допомогою перетворення

паралельного переносу осей, завжди можна одержати найпростіше рівняння

121

кривої другого порядку, за допомогою якого можна визначити вид кривої.

Покажемо на прикладах, як це робиться.

Зауважимо насамперед, що далі будуть розглядатись лише такі рівняння

другого порядку, в яких 0B , тобто рівняння вигляду

2 2 2 2 0Ax Cy Dx Ey F .

Розв’язання прикладів

Приклад 1. Кожному з наведених далі рівнянь шляхом паралельного

переносу осей координат надати найпростішого вигляду, а також установити

геометричні образи, які вони визначають і побудувати їх.

1. 2 24 9 40 54 145 0x y x y ;

2). 2 2 2 4 20 0x y x y ;

3. 2 29 16 54 64 127 0x y x y ;

4. 2 4 4 16 0y x y ;

5. 2 29 4 18 8 49 0x y x y ;

6. 2 24 8 2 3 0x y x y ;

7. 2 2 4 2 5 0x y x y ;

8. 2 6 2 5 0x x y ;

9. 2 22 3 8 6 11 0x y x y ;

10. 2 2 6 4 14 0x y x y .

Розв‘язання:

1. Для спрощення рівняння 2 24 9 40 54 145 0x y x y об'єднаємо в

одну групу доданки зі змінною х, а в другу – зі змінною у:

0145549404 22 yyxx ,

і винесемо за дужки коефіцієнти при квадратах х і у :

014569104 22 yyxx .

Вирази, що містяться в дужках, доповнимо до повних квадратів:

0145329524 22 yyxx ;

01453332955524 222222 yyxx ;

01453332955524 222222 yyxx ;

0145939255422

yx ;

014581391005422

yx ;

36395422 yx ;

Розділивши обидві частини рівняння на 36, одержимо

1

4

3

9

522

yx

.

122

Далі виконаємо перетворення паралельного переносу осей з новим

початком координат 3;51

O : 5x X , 3y Y .

Після виконаних перетворень рівняння набуде вигляду 2 2

19 4

X Y , отже,

можна зробити висновок про те, що це рівняння є рівнянням еліпса, піввісь а

якого дорівнює 3 од., а піввісь b дорівнює 2 од.

Побудуємо еліпс в системі координат 1XO Y (рис. 4.26), яку також можна

віднести й до початкової системи координат XOY (рис. 4.26).

O1

x

y

-3

-1

5 82

-5

X

Y

Рисунок 4.26

2. Виконуючи такі самі перетворення рівняння 2 2 2 4 20 0x y x y ,

як і в першому випадку, одержимо

2 22 4 20 0x x y y ;

2 22 1 1 4 4 4 20 0x x y y ;

2 22 1 2 25.x y

Це є рівняння кола з центром у точці 1 1; 2O і радіусом 5R (рис. 4.27).

O1

x

y

O

- 2

1

Рисунок 4.27

3. Виконаємо попередні перетворення: 2 29 16 54 64 127 0x y x y ;

2 29 54 16 64 127 0x x y y ;

2 29 6 16 4 127 0x x y y ;

2 29 6 9 81 16 4 4 64 127 0x x y y ;

123

2 2

9 3 16 2 144x y ;

1

9

2

16

322

yx

.

Виконаємо перетворення паралельного переносу осей з новим початком

координат 2;31

O : 3x X , Yy 2 , після чого рівняння набуде вигляду 2 2

1.16 9

X Y

Це є рівняння гіперболи, дійсна піввісь а якої якого дорівнює 4 од., а уявна

піввісь b дорівнює 3 од. Точка 1 3; 2O є новим початком координат

(центром гіперболи) (рис. 4.28).

x

y

O1

Y

XO

Рисунок 4.28

4. Виконаємо стандартні перетворення: 2 4 4 16 0y x y ;

2 4 4 16 0y y x ;

2 4 4 4 4 16 0y y x ;

2

2 4 12y x ;

2

2 4 3y x .

3x X , 2 ;y Y 2 4 .Y X

Це рівняння параболи, вершина якої знаходиться в точці 1 3; 2O , а віссю

симетрії якої є вісь Ох.

Зазначимо, що для побудови параболи потрібно мати принаймні три

точки, однією з яких є точка 1O (вершина параболи), а дві інші потрібно знайти.

Якщо вважати, що в рівнянні 016442 yxy значення у дорівнює нулю,

то в такому випадку значення х буде дорівнювати 4. Отже, друга точка має

координати 4; 0 і належить параболі. Далі, використовуючи властивість

124

симетрії параболи, знайдемо третю точку. В системі XOY вона матиме

координати 4; 4 .

За знайденими точками побудуємо параболу (рис. 4.29).

x

X

y

O

O1

Рисунок 4.29

5. Виконаємо стандартні перетворення: 2 29 4 18 8 49 0x y x y ;

2 29 2 4 2 49 0x x y y ;

2 29 2 1 9 4 2 1 4 49 0x x y y ;

2 2

9 1 4 1 36x y ;

2 2

1 11.

4 9

x y

Зазначимо, що ліва частина одержаного рівняння є число додатне за будь-

яких x і y, а отже, в площині XOY немає жодної точки, координати якої

задовольняли б даному рівнянню.

Таким чином, дане рівняння не визначає жодного геометричного образу,

тобто є рівнянням «уявного еліпса».

6. Виконаємо стандартні перетворення: 2 24 8 2 3 0x y x y ;

2 24 2 2 3 0;x x y y

2 24 2 1 4 2 1 1 3 0;x x y y

2 2

4 1 1 0;x y

1 ,x X 1 ;y Y 2 24 0.X Y

Одержане рівняння визначає вироджену гіперболу – пару прямих, які

перетинаються в точці 1 1; 1O (новий початок координат).

Зазначимо, що рівняння прямих у системі 1XO Y мають вигляд Y=–2X і

Y=2X, а в системі XOY – вигляд 1 2 1y x , або 2 3 0x y ,

і 1 2 1y x , або 2 1 0x y (рис. 4.30).

125

x

X

y

O

O1

Y

2x +

y + 3

= 0

2x -

y +

1 =

0

Рисунок 4.30

7. Виконаємо стандартні перетворення: 2 2 4 2 5 0x y x y ;

2 24 2 5 0x x y y ;

2 24 4 4 2 1 1 5 0x x y y ;

2 2

2 1 0.x y

Одержане рівняння визначає єдину точку, яка має координати 2;1 .

8. Виконаємо стандартні перетворення: 2 6 2 5 0;x x y

2 6 9 9 2 5 0;x x y

2

3 2 4;x y

2

3 2( 2);x y

3 ,x X 2 ;y Y 2 2 .X Y

Одержане рівняння є рівнянням параболи, вершина якої знаходиться в

точці 1 3; 2O , а вісь симетрії є паралельною до осі Оу (рис. 4.31).

x

y

O1

Y

O

Рисунок 4.31

Зазначимо, що 2,5y , якщо 0x .

126

9. Виконаємо стандартні перетворення: 2 22 3 8 6 11 0x y x y ;

2 22 4 3 2 11 0x x y y ;

2 22 4 4 8 3 2 1 3 11 0x x y y ;

2 2

2 2 3 1 0x y ;

2x X ; 1y Y ; 2 22 3 0X Y .

Одержане рівняння визначає вироджений еліпс (єдину точку 1 2;1O ,

координати якої задовольняють вихідному рівнянню).

10. Виконаємо стандартні перетворення: 2 2 6 4 14 0x y x y ;

2 26 9 9 4 4 4 14 0x x y y ;

2 2

3 2 1.x y

Одержане рівняння не визначає жодного геометричного образу на

площині, оскільки не існує жодної точки на площині XOY , координати якої

задовольняли б даному рівнянню. Дійсно, за будь-яких значень х і у ліва

частина рівняння є число додатне, тому воно не може дорівнювати 1 .

Вправи

Спростити наведені далі рівняння, установити геометричні образи, які

вони визначають, і побудувати їх.

1. 2 22 2 12 33 0x y x y .

Відповідь. Рівняння визначає гіперболу 2 2

116 8

X Y . 1 1; 3O – новий

початок координат.

2. 22 8 11 0x x y .

Відповідь. Рівняння визначає параболу 22Y X . 1 2; 3O – новий початок

координат (вершина параболи).

3. 2 24 6 8 3 0x y x y .

Відповідь. Рівняння визначає еліпс 2 2

116 4

X Y . 1 3; 1O – новий

початок координат.

4. 2 2 10 4 29 0x y x y .

Відповідь. Рівняння визначає одну точку, яка має координати 5; 2 .

127

5. 2 24 5 24 10 51 0x y x y .

Відповідь. Рівняння визначає гіперболу 2 2

14 5

X Y . 1 3 ; 1O – новий

початок координат.

6. 2 4 4 0y x y .

Відповідь. Рівняння визначає параболу 2 4Y X . 1 1 ; 2O – новий

початок координат (вершина параболи).

7. 2 23 4 6 1 0x y x y .

Відповідь. Рівняння визначає пару прямих, які перетинаються в точці

1 2; 1O , що є новим початком координат.

8. 2 2 4 6 17 0x y x y .

Відповідь. Рівняння не визначає жодного геометричного образу.

9. 2 2 4 6 0x y x y .

Відповідь. Рівняння визначає коло з центром у точці 1 2; 3O і радіусо

13R .

10. 2 25 9 30 18 99 0x y x y .

Відповідь. Рівняння не визначає жодного геометричного образу.

4.2. Аналітична геометрія в просторі

Рівняння 0;; zyxF визначає в просторі деяку поверхню, тобто

геометричне місце точок, координати яких задовольняють йому. Рівняння

0;; zyxF називається рівнянням поверхні, а x , y , z – змінними

координатами.

Найпростішою поверхнею в просторі є площина.

4.2.1. Площина в просторі

Будь-яке рівняння першого степеня відносно змінних координат визначає

площину і, навпаки, будь-яка площина визначається рівнянням першого

степеня відносно змінних х і у.

Площина в просторі відносно прямокутної системи координат може

задаватись різними способами, наприклад, одночасно точкою і вектором,

перпендикулярним до неї (будь-який вектор, що не дорівнює нулю і є

перпендикулярним до площини, називається нормальним і позначається через

n ); трьома точками, які не належать одній прямій; відрізками, які площина

відтинає на осях координат та іншими способами.

Залежно від способу задання площини існують різні види її рівняння

(табл. 4.7).

128

Таблиця 4.7 – Відповідність способу задання площини до вигляду її

рівняння

№

з/п Назва Спосіб задання Рівняння

1 2 3 4

1 Векторне

рівняння

площини

М0(х0; у0; z0)

М(х; у; z)

r0r

x y

z

n

; ;n A B C ,

0 0 0 0; ;r x y z ,

; ;r x y z

0 0n r r

2 Рівняння

площини,

яка

проходить

через задану

точку

в заданому

напрямі

(в'язка

площин)

М0(х0; у0; z0)

М(х; у; z)

x y

z

n

М0 (х0; у0; z0) ,

; ;n A B C

0000 zzCyyBхxA

(4.26)

3 Загальне

рівняння

площини

0, 0, 0, 0A B C D 0Ax By Cz D

4 Рівняння

площини,

яка проходить

через початок

координат

0D 0Ax By Cz

5 Рівняння

площини,

яка є

паралельною

– до осі Ox ;

– до осі Oy ;

– до осі Oz

0, 0A D ,

0, 0B D ,

0, 0C D

0By Cz D ,

0Ax Cz D , 0Ax By D

129

Продовження таблиці 4.7

1 2 3 4

6 Рівняння

площини,

яка проходить

через

– вісь Ox ;

– вісь Oy ;

– вісь Oz

0, 0A D ,

0, 0B D ,

0, 0C D

0By Cz ,

0Ax Cz , 0Ax By

7 Рівняння

площини,

яка є

паралельною

– до площини

yOz ;

– до площини

xOz ;

– до площини xOy

0, 0, 0B C D ,

0, 0, 0A C D ,

0, 0, 0A B D

0Ax D ,

0By D ,

0Cz D

8 Рівняння

координатних

площин:

– yOz ;

– xOz ;

– xOy

0, 0, 0B C D ,

0, 0, 0A C D ,

0, 0, 0A B D

0x ,

0y ,

0z

9 Рівняння

площини

у відрізках

yx

z(0; 0; c)

(0; b; 0)

(a; 0; 0)

ba

c

O

1c

z

b

y

a

x

10 Нормальне

рівняння

площини

x y

z

p

P

OP , OP p

cos cos

cos 0

x y

z p

або

2 2 20

Ax By Cz D

A B C

130

Закінчення таблиці 4.7

1 2 3 4

11 Відстань

від точки

до площини

0 0 0   0( ; ; )М х у z

d

0 CzByAx

222

000

CBA

DCzByAxd

(4.27)

12 Рівняння

площини,

яка проходить

через три

задані точки

М1(х1; у1; z1)

М2(х2; у2; z2)

М3(х3; у3; z3)

0

131313

121212

111

zzyyxx

zzyyxx

zzyyxx

(4.28)

13 Кут між двома

площинами

01111 DzCyBxA ,

02222 DzCyBxA

1 2 1 2 1 2

2 2 2 2 2 2

1 1 1 2 2 2

cosA A B B C C

A B C A B C

14 Умова

паралельності

двох площин 1

2

1n

2n

1 1 1 1; ;n A B C ,

2 2 2 2; ;n A B C ,

2121|||| nn

1 1 1

2 2 2

A B C

A B C (4.29)

15 Умова

перпендику-

лярності

двох площин 1

2

1n

2n

1 2 1 2 0n n

0212121 CCBBAA (4.30)

16 Рівняння

жмутка (в'язки)

площин, які

проходять

через лінію

перетину двох

заданих

площин

01111 DzCyBxA ,

02222 DzCyBxA ,

1 1

2 2

A B

A B

1111

y DzCBхA

0y2222 DzCBхA

(4.31)

131

Розв'язання задач

Задача 1. Точка Р (2; –1; –1) є основою перпендикуляра, опущеного з

початку координат на площину. Скласти рівняння цієї площини .

Розв'язання. Оскільки за умовою задачі точка Р належить шуканій

площині, то рівняння, яке потрібно скласти, повинне мати вигляд

0 0 0 0A x x B y y C z z . За умовою задачі також відомо, що OP .

Отже, вектор OP можна вважати нормальним вектором площини , тобто

; ;n A B C . Оскільки 2; 1; 1OP n , так як точка О має координати

(0; 0; 0), то, підставляючи координати нормального вектора і координати точки

Р до рівняння площини, одержимо 2 2 1 1 0x y z , або

2 6 0x y z .

Це і є шукане рівняння.

Задача 2. Скласти рівняння площини, яка проходить через точку

)7;2;3(1

М паралельно до площини 12 3 5 0x z .

Розв'язання. Точка М1 належить шуканій площині , тому її рівняння,

згідно з (4.17), матиме вигляд 3 2 7 0A x B y C z .

За умовою задачі 21

|| , тому 3;0;2;;1

n||CBAn

, а отже, згідно з

умовою задачі паралельності векторів матимемо 2 0 3

A B C

. А це означає, що

вектор 1 2;0; 3n можна вважати нормальним вектором площини . Таким

чином, рівняння цієї площини матиме вигляд 2 3 0 2 3 7 0x y z ,

або 2 3 27 0x z .

Дану задачу можна розв'язати інакше: якщо площини є паралельними, то їх

рівняння можна перетворити таким чином, що вони будуть відрізнятись лише

за вільними членами. Тоді рівняння площин, паралельних до даної площини,

матиме вигляд 2 3 0x z D . Підставивши до цього рівняння замість

змінних координат х і у координати точки М1 (3; –2; –7), через яку проходить

площина, одержимо рівняння 2 3 3 7 0D , звідки 27D . Таким

чином, рівняння шуканої площини набуде вигляду 2 3 27 0x z .

Задача 3. Визначити, за яких значень l і m площини

12 3 5 0x ly z і 26 6 2 0mx y z будуть паралельними.

Розв'язання. За умовою (4.29) паралельності двох площин, маємо

2 3

6 6

l

m

, бо 1 1 1 1; ; 2; ;3n A B C l , 2 2 2 2; ; ; 6; 6n A B C m .

132

Розв‘язавши рівняння 2 3

6m

, одержимо 2 6

43

m

. З рівняння

3

6 6

l

матимемо 3l .

Таким чином, якщо 3l і 4m , то площини 1 і 2 будуть

паралельними.

Задача 4. Визначити, за яких значень l площини 15 3 2 0x y z

і 22 3 1 0x ly z будуть перпендикулярними.

Розв'язання. 1 1 1 1; ; 5;1; 3n A B C є нормальним вектором площини

1 , 2 2 2 2; ; 2; ; 3n A B C l – є нормальним вектором площини 2 .

Згідно з умовою (4.30) перпендикулярності двох площин маємо

5 2 1 3 3 0l , звідки 19l .

Отже, якщо 19l , то площини 1 і 2 будуть перпендикулярними.

Задача 5. Скласти рівняння площини, яка проходить через точку

1 3; 4; 5M паралельно до векторів 1 3;1; 1a і 2 1; 2;1a .

Розв'язання. За умовою задачі, маємо ||1

а і ||2

а (рис. 4.32), а це

означає, що

1n a і 2n a , а тому 1 2 3 1 1 4 7

1 2 1

i j k

n a a i j k

.

n

1a 2a

; ;M x y z

1M

Рисунок 4.32

Отже, ; ; 1; 4; 7n A B C .

Далі, використовуючи рівняння (4.26) і враховуючи, що точка 1 3; 4; 5M

належить площині , а вектор 1; 4; 7n є нормальним вектором цієї

площини, матимемо

1 3 4 4 7 5 0x y z ,

або

4 7 16 0x y z .

Це і є шукане рівняння.

133

Зазначимо, що нормальним вектором площини можна було б вважати й

інший вектор, наприклад вектор 1 1; 4;7n , а також те, що рівняння площини

також можна було б знайти інакшим чином. Для цього на площині

потрібно обрати довільну точку ; ;M x y z і обрати до розгляду вектор

1 3; 4; 5M M x y z . Оскільки вектори 1a і 2a є паралельними до

площини , а вектор 1M M належить площині , то ці три вектори можна

вважати колінеарними, а отже, їх мішаний добуток буде дорівнювати нулю,

тобто 1M M 1a 2a = 0, що в координатній формі можна записати так:

3 4 5

3 1 1 0

1 2 1

x y z

.

Розкриваючи визначник за елементами першого рядка, одержимо

3 4 4 7 5 0x y z ,

або

4 7 16 0x y z .

Як бачимо, ми одержано таке саме рівняння площини .

Задача 6. Скласти рівняння площини, яка проходить через точку

1 2; 3; 3M паралельно до площини xOy .

Розв'язання. Шукана площина є паралельною до площини xOy , а тому її

рівняння повинне мати вигляд 0Cz D . Підставивши до цього рівняння

координати точки 1M (бо вона належить цій площині), одержимо 3 0C D ,

звідки 3D C . Таки чином, рівняння шуканої площини набуде вигляду

3 0Cz C або 3 3C z . Оскільки 0C , то 3 0z . Це і є шукане

рівняння.

Задача 7. Скласти рівняння площини, яка проходить через вісь Оу і точку

1 1; 4; 3M .

Розв'язання. Рівняння площини, яка проходить через вісь Оу, має вигляд

0Ax Cz . Оскільки точка М1 належить цій площині, то її координати

задовольняють цьому рівнянню, тому 1 3 0A C , звідки 3A C . Таким

чином, рівняння шуканої площини набуде вигляду 3 0Cx Cz , або

3 0C x z . Оскільки 0C , то 3 0x z – шукане рівняння.

Задача 8. Скласти рівняння площини, яка проходить через точки

1 3; 2; 5M і 2 2; 3;1M паралельно до осі Oz .

Розв'язання. Оскільки шукана площина є паралельною до осі Oz , то її

рівняння матиме вигляд 0Ax By D .

134

Точки М1 і М2 належать цієї площини, а це означає, що їх координати

задовольняють рівнянню площини. Отже, підставивши координати точок М1 і

М2 до рівняння площини, одержимо 3 2 0,

2 3 0.

A B D

A B D

Для знаходження коефіцієнтів A,B,D маємо систему двох однорідних

рівнянь з трьома невідомими. Складемо матрицю коефіцієнтів цих рівнянь:

3 2 1

2 3 1

.

Тоді 2 1

53 1

A t t

, 3 1

2 1B t t ,

3 213

2 3D t t

.

Підставивши значення 5A t , B t , 13D t до рівняння площини,

одержимо 5 13 0tx ty t , або 5 13 0x y . Це і є рівняння шуканої

площини.

Правильність розв‘язку пропонуємо перевірити самостійно. Для цього до

одержаного рівняння спочатку потрібно підставити координати точки М1 , а

потім координати точки М2. В результаті буде одержано тотожність.

Задача 9. Скласти рівняння площини, яка проходить через точку

1 2; 1;1M перпендикулярно до площин 10y і 22 1 0x z .

Розв'язання. Точка М1 належить шуканій площині , тому згідно з (4.26)

маємо 2 1 1 0A x B y C z .

За умовою задачі, маємо 1 1 0;1; 0n n , 2 2 2; 0; 1n n ,

а це означає, що 1 2 0 1 0 2

2 0 1

i j k

n n n i k

.

Оскільки ; ; 1; 0; 2n A B C , то рівняння шуканої площини має

вигляд 2 2 1 0x z , або 2 4 0x z .

Задача 10. Обчислити відстань d від точки 0 1;1; 2M до площини,

яка проходить через три точки : 1 1; 1;1M , 2 2;1; 3M , 3 4; 5; 2M .

Розв'язання. Згідно з (4.28) складаємо рівняння площини, яка проходить

через три точки:

1 1 1

2 1 1 1 3 1 0

4 1 5 1 2 1

x y z

, або

1 1 1

3 2 2 0

3 4 3

x y z

.

Розкривши визначник за елементами першого рядка, одержимо

2 1 3 1 6 1 0x y z ,

135

або

2 3 6 11 0x y z .

Далі, за формулою (4.27), з урахуванням того, що 0 1x , 0 1y , 0 2z ,

2A , 3B , 6C , 11D матимемо

2 1 3 1 6 2 11 284

74 9 36d

.

Задача 11. Обчислити відстань між паралельними площинами

12 3 6 14 0x y z і 24 6 12 21 0x y z .

Розв'язання. Знайдемо на одній із площин, наприклад на площині 1 ,

довільну точку. Для цього будемо вважати, що в рівнянні площини 1

0y z . Тоді 2 14 0x , звідки 7x .

Отже, знайдено точку 0 7; 0; 0M , яка належить площині 1 .

Далі задача зводиться до знаходження відстані від точки М0 до площини

2 . За формулою (4.27), враховуючи, що 4A , 6B , 12C , 21D ,

0 7x , 0 0y , 0 0z , матимемо

4 7 6 0 12 0 21 493,5

1416 36 144d

.

Задача 12. Скласти рівняння площини, яка проходить через точку

1 2; 3; 4M і відтинає на координатних осях від нуля відрізки однакової

величини (вважати кожний відрізок напрямленим з початку координат).

Розв'язання. Шукатимемо рівняння площини у відрізках, тобто у вигляді

1c

z

b

y

a

x. Оскільки за умовою задачі a b c , то рівняння площини

набуде вигляду x y z a . Точка М1 належить площині, тому її координати

задовольняють рівнянню x y z a . Підставивши до даного рівняння

координати точки М1 , одержимо 2 3 4 a , звідки 5a . Отже, рівняння

шуканої площини має вигляд 5 0x y z .

Питання для самоперевірки

1. Який вигляд має рівняння площини, що проходить через задану точку в

заданому напрямку?

2. Який вектор називається нормальним вектором площини? Назвіть його

координати.

3. Запишіть нормальне рівняння площини.

4. Який вигляд має рівняння площини, яка проходить через початок

координат?

136

5. Назвіть рівняння площини, яка

а) є паралельною до однієї з осей координат;

б) є паралельною до однієї з координатних площин;

в) проходить через одну з осей координат.

6. Запишіть рівняння координатних площин.

7. Який вигляд має рівняння площини, яка проходить через три точки, що

не лежать на одній прямій?

8. Запишіть рівняння площини у відрізках і з'ясуйте суть параметрів.

9. Що називається кутом між двома площинами і за якою формулою він

визначається?

10. Сформулюйте умови паралельності і перпендикулярності двох площин.

11. Запишіть формулу, за якою визначається відстань від точки до

площини.

Вправи

1. Cкласти рівняння площини, яка на осі Оу відтинає відрізок 5b і є

перпендикулярною до вектора 3; 2; 4n .

Відповідь. 3 2 4 10 0x y z .

2. Дано точки 1 2; 1; 3M і 2 4; 2; 1M . Скласти рівняння площини,

проведеної через точку М1 перпендикулярно до вектора 1 2M M .

Відповідь. 2 4 7 0x y z .

3. Cкласти рівняння площини, яка проходить через початок координат

паралельно до площини 2 3 0x y z .

Відповідь. 2 0x y z .

4. Cкласти рівняння площини, яка проходить через точку 1 1; 1; 2M

паралельно до площини 2 3 5 0x y z .

Відповідь. 2 3 7 0x y z .

5. Cкласти рівняння площини, яка проходить через точки 1 1; 0;1M і

2 1; 2; 3M перпендикулярно до площини 1 0x y z .

Відповідь. 2 2 0x y z .

6. Cкласти рівняння площини, яка проходить через точку 1 1; 1;1M

перпендикулярно до площин 2 1 0x y z і 2 1 0x y z .

Відповідь. 3 5 1 0x y z .

7. Знайти відстань між паралельними площинами 1 0x y z і

2 2 2 5 0x y z .

Відповідь. 3

2.

137

8. Знайти гострий кут між площинами 11 8 7 5 0x y z і 7 2 8 3 0x y z .

Відповідь. 45 .

9. Cкласти рівняння площини, яка проходить через точки 1 2; 1; 3M і

2 3;1; 2M паралельно до вектора 3; 1; 4a .

Відповідь. 9 7 40 0x y z .

10. Довести, що площини 1 0x y z і 2 2 2 3 0x y z є

паралельними.

11. Довести, що площини 2 5 1 0x y z і 3 4 2 0x y z є

перпендикулярними.

12. Cкласти рівняння площини, яка проходить через точку 1 5; 2; 1M

паралельно до площини YOZ.

Відповідь. 5 0x .

13. Cкласти рівняння площини, яка проходить через вісь Ох і точку

1 4; 1; 2M .

Відповідь. 2 0y z .

14. Cкласти рівняння площини, яка проходить через точки 1 2; 1;1M і

2 3;1; 2M паралельно до осі Оу.

Відповідь. 1 0x z .

15. Cкласти рівняння площини, яка проходить через точку 1 1; 2; 3M

перпендикулярно до осі O z .

Відповідь. 3 0z .

16. Cкласти рівняння площини, яка проходить через точки 1 1; 2; 6M і

2 5; 4; 2M і відтинає на осях Ох і Оу відрізки однакової величини, які є

відмінними від нуля.

Відповідь. 4 4 2 0x y z .

17. Cкласти рівняння площин, які проходять через точку 1 4; 3; 2M і

відтинають на координатних осях відрізки однакової довжини, які є

відмінними від нуля.

Відповідь. 9 0x y z , 1 0x y z , 3 0x y z , 5 0x y z .

18. Знайти відстань від точки 1 2; 3; 1M до площини 7 6 6 42 0x y z .

Відповідь. 4d .

19. Знайти відстань між паралельними площинами 2 3 6 14 0x y z і

2 3 6 28 0x y z .

Відповідь. 6d .

20. Скласти рівняння площини, яка проходить через точки 1 2; 4;1M ,

2 0; 2; 1M , 3 2; 0; 1M

Відповідь. 2 0x y .

138

4.2.2. Пряма в просторі

Пряму, як і площину, в просторі відносно прямокутної системи координат

можна задати різними способами. Наприклад, пряма однозначно визначається

точкою і вектором, паралельним до неї (будь-який відмінний від нуля вектор,

паралельний до прямої, називається напрямним і позначається через s ), двома

точками, перетином двох непаралельних прямих тощо. Залежно від способу

задання прямої в просторі існують різні види її рівняння (табл. 4.8).

Таблиця 4.8 – Відповідність способу задання прямої в просторі до вигляду

її рівняння

№

з/п Назва Спосіб задання Рівняння

1 2 3 4

1 Векторне

рівняння

прямої l

М0

М

r0

r

x y

zs

0

М0 (х0; у0; z0) l ,

lpnms ||;;

0r r t s

2 Параметричні

рівняння

прямої

М0 (х0; у0; z0) l ,

lpnms ||;;

,

t – параметр

0

0

0

,

,

x x mt

y y nt

z z pt

(4.32)

3 Канонічні

рівняння

прямої

М0 (х0; у0; z0) l ,

lpnms ||;;

0 0 0x x y y z z

m n p

(4.33)

4 Рівняння

прямої, яка

проходить

через дві

задані точки

М1 (х1; у1; z1) l ,

М2 (х2; у2; z2) l

1 1 1

2 1 2 1 2 1

x x y y z z

x x y y z z

(4.34)

5 Загальні

рівняння

прямої

l

1

2

1 1 1 1

2 2 2 2

0,

0

A x B y C z D

A x B y C z D

6 Кут між

двома

прямими

1 1 1

1 1 1

x x y y z z

m n p

2 2 2

2 2 2

x x y y z z

m n p

1 2 1 2 1 2

2 2 2 2 2 2

1 1 1 2 2 2

cosm m n n p p

m n p m n p

(4.35)

139

Закінчення таблиці 4.8

7 Умова

паралельності

двох прямих

1l

2l

1s

2s

1 1 1 1; ;s m n p

2 2 2 2; ;s m n p

2121|||| ssll

1 1 1

2 2 2

m n p

m n p

8 Умова

перпендику-

лярності

двох прямих

1l

2l

1s

2s

1 1 1 1; ;s m n p

2 2 2 2; ;s m n p

1 2 1 2l l s s

1 2 1 2 1 2 0m m n n p p

9 Напрямні

косинуси

прямої

x y

z

s

s

l

0

; ;s m n p

2 2 2cos xs m

s m n p

;

2 2 2cos

ys n

s m n p

;

2 2 2cos

ys p

s m n p

;

(4.36)

Розв’язання задач

Задача 1. Скласти канонічні рівняння прямої, яка проходить через точку

0 2;0; 3M паралельно до вектора 2; 3;5a .

Розв'язання. Використовуючи рівняння (4.33) і враховуючи, що 0 2x ,

0 0y , 0 3z , 2m , 3n , 5p , одержимо 2 3

2 3 5

x y z

. Це і є

шукане рівняння.

Задача 2. Скласти параметричне рівняння прямої, яка проходить через

точку М0 (1; –1; –3) паралельно до прямої 1 2 1

2 5 0

x y z .

140

Розв'язання. Використовуючи рівняння (4.32) і враховуючи, що

напрямний вектор 2;5;0s даної прямої є також і напрямним вектором

шуканої прямої, матимемо

1 2 ,

1 5 ,

3.

x t

y t

z

Задача 3. Дано вершини трикутника 3; 6; 7A , 5; 2; 3B , 4; 7; 2C .

Скласти параметричне рівняння його медіани, проведеної з вершини С.

Розв'язання. Виконаємо схематичний рисунок (рис.4.33).

A

B

C

D

Рисунок 4.33

Точка D поділяє відрізок АВ навпіл, тому за формулами (4.3), матимемо:

3 51

2 2

A BD

x xx

;

6 24

2 2

A BD

y yy

;

7 32

2 2

A BD

z zz

.

Одержано точку D (–1; 4; –2) .

Вектор 1 4;4 7; 2 2 5;11;0CD є напрямним вектором

шуканої медіани, яка проходить через точку 4; 7; 2C . Її параметричні

рівняння мають вигляд

4 5 ,

7 11 ,

2.

x t

y t

z

Задача 4. Дано вершини трикутника: 3; 1; 1A , 1; 2; 7B , 5;14; 3C .

Скласти канонічні рівняння бісектриси його внутрішнього кута при вершині В.

Розв'язання. Виконаємо схематичний рисунок (рис.4.34).

A

B

CD

2e

e

1e

Рисунок 4.34

Розглянемо вектори 6;3;2 ВА , 4;12;6ВС , а також відповідні їм

одиничні вектори 1e і 2e .

141

Оскільки 4 9 36 7BA і 36 144 16 14BC , то 1

2 3 6; ;

7 7 7

BAe

BA

,

2

6 12 4 3 6 2; ; ; ;

14 14 14 7 7 7

BCe

BC

.

Вектор 1 2

2 3 3 6 6 2 1 3 8; ; ; ;

7 7 7 7 7 7 7 7 7e e e

, тобто паралельний

до нього вектор 1; 3; 8s можна вважати напрямним вектором бісектриси

BD. Отже, використовуючи рівняння (4.33) і враховуючи, що шукана

бісектриса проходить через точку В і має напрямний вектор 1; 3; 8s ,

остаточно матимемо 1 2 7

1 3 8

x y z

.

Задача 5. Скласти канонічні рівняння прямої 2 3 1 0,

2 4 8 0.

x y z

x y z

Розв'язання. Спочатку знайдемо одну з точок, через яку проходить дана

пряма. Для цього, наприклад, будемо вважати, що 0z . Тоді для знаходження

координат х і у цієї точки матимемо систему 2 1 0,

2 8 0.

x y

x y

Розв'язавши цю

систему, одержимо 3x і 2y . Таким чином, маємо точку з координатами

3; 2; 0 , яка належить даній прямій. Напрямним вектором цієї прямої можна

вважати вектор 1 2 1 2 3 5 10 5

2 1 4

i j k

s n n i j k

або паралельний до нього

вектор 1 1; 2;1s . Далі, використовуючи рівняння (4.33), складемо канонічні

рівняння даної прямої: 3 2

1 2 1

x y z .

Задача 6. Довести, що прямі 1l

2 1,

3 2,

6 1

x t

y t

z t

і 2l2 4 2 0,

4 5 4 0

x y z

x y z

є перпендикулярними.

Розв'язання. Маємо 1 2; 3; 6s – напрямний вектор прямої l1 і

1 2 2 1 4 9 6 6

4 1 5

i j k

s n n i j k

або паралельний до нього вектор 2 3; 2; 2s ,

142

який можна вважати напрямним вектором прямої l2 .

Обчислимо скалярний добуток векторів 1s і 2s :

1 2 2 3 3 2 6 2 0s s .

Оскільки 1 2 0s s , то 1 2s s , звідки випливає, що

1 2l l . Таким чином

доведено, що дані прямі є перпендикулярними між собою.

Задача 7. Знайти косинус кута між прямими 1l і

2l .

1l

,0422

054

zyx

,zyx

2

l

.zyx

,zyx

01922

0266

Розв'язання. Напрямним вектором прямої l1 можна вважати вектор

1 2 1 1 4 6 6 3

2 1 2

i j k

s n n i j k

або паралельний до нього вектор 1 2; 2; 1s .

Напрямним вектором прямої l2 можна вважати вектор

3 4 1 6 6 42 21 14

2 2 9

i j k

s n n i j k

або паралельний до нього вектор 2 6; 3; 2s .

Далі, за формулою (4.35), обчислимо косинус кута між прямими 1l і

2l :

2 6 2 3 1 2 4 4cos

3 7 214 4 1 36 9 4

.

Задача 8. Обчислити напрямні косинуси прямої

4 2 ,

3 ,

5 2 .

x t

y t

z t

Розв'язання. Напрямним вектором даної прямої є вектор 2; 1; 2s .

Використовуючи формули (4.36), одержимо

2 2cos

34 1 4

;

1cos

3 ;

2cos

3 .

143

Задача 9. Скласти рівняння прямої, яка проходить через точку

0 2; 3; 5M перпендикулярно до двох даних прямих.

1 3 5

1 2 2

x y z

1l

і

2 1 7

6 3 2

x y z

2l .

Розв'язання. Рівняння прямої l, яке потрібно скласти, повинне мати

вигляд 2 3 5x y z

m n p

.

Оскільки 1l l і 2l l , 1 1; 2 ; 2s s і 2 6; 3; 2s s , то звідси

випливає, що напрямним вектором шуканої прямої можна вважати вектор

1 2 1 2 2 10 10 15

6 3 2

i j k

s s s i j k

або паралельний до нього вектор 3 2; 2; 3s .

Отже, якщо вважати, що 322 p,n,m , то рівняння шуканої прямої

повинне набути вигляду 2 3 5

2 2 3

x y z

.

Задача 10. Скласти рівняння прямої, яка проходить через точки

1 2; 1; 3M , 2 3;1; 5M . Обчислити її напрямні косинуси.

Розв'язання. Використовуючи рівняння (4.34), одержимо

2 1 3

3 2 1 1 5 3

x y z

або

2 1 3

1 2 2

x y z

.

Напрямним вектором цієї прямої є вектор ; ; 1;2; 2s m n p . Далі, за

формулами (4.36), обчислbмо напрямні косинуси прямої, яка проходить через

точки 1 2; 1; 3M і 2 3;1; 5M :

1 1cos

31 4 4

;

2cos

3 ;

2cos

3 .

144

Питання для самоперевірки

1. Яким чином можна задати пряму в просторі?

2. Який вектор називається напрямним вектором прямої?

3. Запишіть канонічні рівняння прямої.

4. Який вигляд мають параметричні рівняння прямої?

5. Який вигляд має рівняння прямої, що проходить через дві задані точки?

6. Як обчислюється напрямний вектор прямої, заданої загальним

рівнянням?

7. За якою формулою обчислюється кут між двома прямими?

8. Сформулюйте умови паралельності і перпендикулярності двох прямих.

9. Що називається напрямними косинусами прямої і як вони

обчислюються?

Вправи

1. Cкласти рівняння прямої, яка проходить через точку 0 4; 3; 0M

паралельно до прямої 2 4 0,

2 0.

x y z

x y z

Відповідь. 4 3

1 3 5

x y z .

2. Знайти кут між прямою 2 1,

2 1

x z

y z

і прямою, яка проходить через

початок координат і через точку, що має координати 1; 1; 1 .

Відповідь. 1

cos3

.

3. Довести, що пряма 2 3 1

x y z є перпендикулярною до прямої

1,

1 .

x z

y z

4. Дано вершини трикутника: 2; 1; 3A , 5; 2; 7B , 7;11; 6C .

Скласти канонічні рівняння бісектриси його зовнішнього кута при вершині А.

Відповідь. 2 1 3

6 1 7

x y z

.

5. Довести паралельність прямих 2 1

3 2 1

x y z

і

0,

5 8 0.

x y z

x y z

6. Знайти рівняння прямої, що проходить через точку 0 4; 0; 2M

перпендикулярно до прямих 1 1

2 3 4

x y z і

2 3 5

3 2 2

x y z .

Відповідь. 4 2

2 8 5

x y z

.

145

7. Скласти канонічні рівняння діагоналей паралелограма, три вершини

якого знаходяться в точках 2; 4; 6A , 3; 5; 4B , 8; 6; 2C .

Відповідь. 2 4 6

3 5 2

x y z

,

3 5 4

4 3 0

x y z

.

8. Записати параметричні рівняння прямої 3 4 5 10 0,

6 5 17 0.

x y z

x y z

Відповідь.

2 7 ,

1 9 ,

3 .

x t

y t

z t

9. Обчислити кути між координатними осями і прямою, що проходить

через точки 1 3; 4; 2M і 2 4; 5; 2 2M .

Відповідь. 45,120,60 .

10. Знайти напрямні косинуси прямої 2 2 3 0,

10 12 4 5 0.

x z

x y z

Відповідь. 6

cos11

; 7

cos11

; 6

cos11

.

4.2.3. Площина і пряма в просторі

Нехай у просторі задано пряму l 0 0 0x x y y z z

m n p

і площину

0Ax By Cz D . Взаємне розташування прямої l і площини

визначається взаємним розташуванням напрямного вектора прямої

; ;s m n p та нормального вектора площини ; ;n A B C (табл. 4.9).

Таблиця 4.9 – Взаємне розташування прямої і площини в просторі

№

з/п Назва Спосіб задання Рівняння

1 2 3 4

1 Умова

паралельності

прямої

і площини

n sl

0 0 0x x y y z z

m n p

l

0Ax By Cz D

; ;s m n p

; ;n A B C

snl ||

0Am Bn Cp (4.37)

146

Закінчення таблиці 4.9

1 2 3 4

2 Умова

перпендикуляр-

ності

прямої

і площини

nsl

0 0 0x x y y z z

m n p

l

0Ax By Cz D

; ;s m n p

; ;n A B C

snl ||

A B C

m n p (4.38)

3 Точка перетину

прямої

і площини

М(х; у; z)

l

0 0 0x x y y z z

m n p

l

0Ax By Cz D

; ;l M x y z

0

0

0

,

,

,

0

x x mt

y y nt

z z pt

Ax By Cz D

4 Кут між

прямою

і площиною

l

2

ns

; ;s m n p

; ;n A B C

cos sin2

n s

n s

2 2 2 2 2 2sin

Am Bn Cp

A B C m n p

(4.39)

Розв'язання задач

Задача 1. Скласти рівняння прямої, яка проходить через точку

5;3;20

М перпендикулярно до площини 02536 zух .

Розв'язання. Запишемо канонічні рівняння прямої , яка проходить через

точку М0(2;– 3;– 5):

p

z

n

y

m

х 532

.

Невідомі параметри m і n знайдемо з умови перпендикулярності прямої і

площини.

147

Оскільки l , то ns

|| , а це означає, що нормальний вектор площини:

5;3;6;; CBAn

, можна також вважати і напрямним вектором шуканої

прямої. Отже, 5;3;6;;( pnms

. Підставивши координати вектора

)5;3;6();;( pnms

до рівняння прямої, одержимо рівняння

5

5

3

3

6

2

zyх,

що і є рівнянням шуканої прямої.

Задача 2. За якого значення параметра п пряма 2

32

3

1

z

n

yх буде

паралельною до площини 0263 zух ?

Розв'язання. Напрямним вектором прямої є вектор )2;;3( ns

, а

нормальним вектором площини – вектор 6;3;1;; CBAn

. За умовою

(4.37) паралельності прямої і площини, 062313 n , звідки 3n .

Отже, якщо 3n , то пряма і площина будуть паралельними між собою.

Задача 3. За яких значень параметрів m і C пряма 3

5

4

12

zy

m

х буде

перпендикулярною до площини 0123 Сzух ?

Розв'язання. Напрямним вектором прямої є вектор 2;;3 ns

, а

нормальним вектором площини – вектор Cn ;2;3

. За умовою (4.38)

перпендикулярності прямої і площини, C

m 3

2

4

3

. Розв’язавши рівняння

2

4

3

m, одержимо 6m . Із рівняння

C

3

2

4

одержимо 5,1С . Таким

чином, якщо 6m і 5,1С , то пряма і площина будуть перпендикулярними

між собою.

Задача 4. Знайти точку перетину прямої 62

1

1

1 zyх

і площини

0132 zух .

Розв'язання. Запишемо рівняння прямої в параметричній формі:

tzyх

62

1

1

1,

звідки 1 tx , 12 ty , tz 6 .

Розв'яжемо таку систему рівнянь:

.0132

,6

,12

,1

zyx

tz

ty

tx

148

Підставивши вирази для x, y, z до останнього рівняння системи, одержимо

01612312 ttt ,

або

022 t ,

звідки

1t .

Із рівняння прямої, за умови, що 1t , знайдемо координати точок

перетину:

.616

,3112

,211

z

y

x

Таким чином, шуканою точкою перетину прямої і площини є точка

)6;3;2( М .

Задача 5. Знайти проекцію точки )1;2;5( P на площину 02332 zух .

Розв'язання. Насамперед зауважимо, що точка Р не належить до даної

площини (пропонуємо переконатися в цьому самостійно), тому задача

зводиться до знаходження перпендикуляра, опущеного з точки Р на задану

площину (рис.4.35).

n

s

P

zyxP ;;1

Рисунок 4.35

Використовуючи рівняння (4.32) і враховуючи, що нормальний вектор

площини: 3;1;2 n

, одночасно є нормальним вектором прямої РР1, якій

належить точка )1;2;5( P , запишемо рівняння перпендикуляра РР1 у вигляді:

.31

,2

,25

tz

ty

tx

Далі знайдемо точку перетину прямої 62

1

1

1 zyх

і площини

02332 zух , розв'язавши таку систему рівнянь:

.02332

,31

,2

,25

zyx

tz

ty

tx

149

Підставивши вирази для x, y, z до останнього рівняння системи, одержимо

0233132252 ttt , або 022 t , звідки 2t .

За 2t одержимо

.7231

,422

,145

z

y

x

Отже, проекцією точки Р на площину є точка )7;4;1(1

P .

Задача 6. Знайти точку, симетричну до точки )1;7;2(P відносно площини

074 zyx .

Розв'язання. Координати точки Р не задовольняють рівнянню площини, а

отже, вона не належить до даної площини. Отже, шукана точка Q буде другим

кінцем відрізка PQ, для якого серединою є точка М – проекція точки Р на дану

площину (рис.4.36).

1;4;1 n

P

Q

M

Рисунок 4.36

Знайдемо точку М. Для цього спочатку складемо рівняння перпендикуляра

до площини, проведеного через точку Р. З урахуванням того, що нормальний

вектор площини: 1;4;1 n

, одночасно є і нормальним вектором

перпендикуляра, таке рівняння матиме вигляд

.1

,47

,2

tz

ty

tx

Розв’язавши систему рівнянь

,074

,1

,47

,2

zyx

tz

ty

tx

одержимо 0714742 ttt , або 01818 t , звідки 1t .

За 1t матимемо

.211

,3147

,312

z

y

x

Рис 4.40

150

Отже, )2;3;3(M є точкою перетину перпендикуляра і площини. Далі, за

формулами (4.2), одержимо

,2

,2

,2

QP

M

QP

M

QP

M

zzz

yyy

xxx

що в даному випадку доцільно подати у вигляді

PMQPMQPMQzzzyyyxxx 2,2,2 .

Далі виконаємо такі обчислення:

.3122,1732,4232 QQQ

zyx

Таким чином, точка Q(4; – 1; 3) є шуканою.

Задача 7. Скласти рівняння площини, яка проходить через точку

)1;1;4( P і пряму

.05624

,07532

zyx

zyx

Розв'язання. Запишемо рівняння в'язки площин, які проходять через дану

пряму. Відповідно до рівняння (4.31) одержимо

.056247532 zyхzyx

Підставивши до цього рівняння координати точи Р, одержимо

2 4 3 1 5 1 7 4 4 2 1 6 1 5 0,

або

039 ,

звідки

.3 Із рівняння в’язки, за умови, що 3 , знайдемо рівняння шуканої

площини: .0823910 zyx

Задача 8. За яких значень параметрів В і D пряма 7

4

3

2

5

1

zyх

буде лежати на площині 024 DzByx ?

Розв'язання. Задана пряма проходить через точку )4;2;1(0

M і має

напрямний вектор 7;3;5 s

. Нормальним вектором площини є вектор

)2;;4( Bn

. Якщо пряма 34

000

zzyy

m

xх лежить на площині

0 DCzByAx , то виконуються умови 0 DCpBnAm і

0000

DCzByAx , бо sn

, а точка )4;2;1(0

M одночасно належить і

прямій і площині. Використовуючи ці умови, матимемо систему рівнянь

,042214

,072354

DB

B

з якої одержимо B = 2, D = 8.

151

Задача 9. Скласти рівняння площини, яка проходить через точку

)4;3;2(0

M паралельно до прямих 8

3

2

1

1

zyx і

2

5

0

1

4

1

zyx.

Розв'язання. Виконаємо схематичний рисунок (рис.4.37).

CBAn ;;

8;2;1

1s

2;0;42

s

4;3;20

M

Рисунок 4.37

Згідно з (4.26) рівняння площини запишемо у вигляді

0432 zCyBxA .

Оскільки 8;2;1;;1 sCBAn

і 2;0;4;;

2 sCBAn

, то

kji

kji

ssn

8304

204

82121

,

тому рівняння шуканої площини набуде вигляду

04833024 zyx ,

або

0574152 zyx .

Зауважимо, що нормальним вектором шуканої прямої можна було б

вважати і вектор 4;15;2 n

, який є паралельним до вектора 8;30;4 n

.

Задача 10. Обчислити величину кута між прямою

0142

,08

zx

yx і

площиною 07224 zyx .

Розв'язання. За формулою (4.39), матимемо

222222sin

pnmCBA

CpBnAm

.

Оскільки нормальний вектор площини 2;2;4;; CBAn

і

напрямний вектор прямої kji

kji

ssn

8304

102

01121

, то

2

1

624

6

4114416

22)1(2)1(4sin

.

Отже, величина кута між прямою і площиною складає 30 .

152

Задача 11. Скласти рівняння площини, яка проходить через пряму

1l

022

,053

zyx

zyx паралельно до прямої 2l

2

1

2

2

1

1

zyx.

Розв'язання. Рівняння в'язки площин, які проходять через дану пряму 1l ,

має вигляд

,02253 zyхzyx

або

0123 yx .

З цієї в’язки площин потрібно відібрати площину, яка є паралельною до

прямої 2

l , а отже, повинна виконуватись умова (4.37) паралельності прямої і

площини. З рівняння в'язки площин випливає, що 3A , 12 B , 1C ,

а з рівняння прямої 2

l випливає, що 2,2,1 pnm . Тоді умову

паралельності прямої та площини можна записати у вигляді

(3+ ) 0212121 , звідки =3.

Підставивши значення до рівняння в'язки площин одержимо рівняння

шуканої площини

01256 zyx .

Задача 12. Скласти рівняння площини, яка проходить через пряму

21

2

1

1 zyх

1l перпендикулярно до площини 0223 zyx )(

1 .

Розв'язання. Виконаємо схематичний рисунок (рис 4.38).

0M

1

1n

n

1l

1s

zyxM ;;

Рисунок 4.38

Із рівняння прямої 1l випливає, що вона проходить через точку )0;2;1(

0M

і має напрямний вектор 2;1;1s

. Оскільки 1l , то і М0 , тому рівняння

шуканої площини можна скласти у вигляді

021 CzyBxA .

Нормальний вектор CBAn ;;

площини є перпендикулярним до

векторів 1

s

і 2;1;31

n , тому kji

kji

nsn

444

213

21111

.

153

Підставивши координати цього вектора або координати паралельного до

нього вектора 1;1;1 n

до рівняння площини , одержимо рівняння

012111 zyx ,

або

01 zyx ,

яке і є шуканим.

Його можна було б одержати й інакшим способом. Для цього на площині

потрібно було б обрати довільну точку );;( zyxM і розглянути вектор

zyxMM ;2;10

. Оскільки вектори 110

,, nsММ

є компланарними, то їх

мішаний добуток дорівнює нулю, тобто

.0

213

211

21

zyx

Це і є рівняння площини .

Розкриваючи визначник за елементами першого рядка, одержимо рівняння

,042414 zyx яке після спрощення матиме вигляд .01 zyx

Цю задачу можна було б розв'язати ще й інакше. Рівняння прямої 1l можна

було б записати у вигляді

,21

1

,1

2

1

1

zx

yx

яке після спрощення матиме вигляд

.022

,03

zx

yx

Тоді рівняння в'язки площин, які проходять через цю пряму, матимуть

вигляд

,0223 zxyx

або

02321 zyx .

Із цієї в’язки оберемо ту площину, яка є перпендикулярною до 1

. За

умовою (4.30) перпендикулярності двох площин, 0212121 CCBBAA .

У нашому випадку 222111

,1,21,2,1,3 CBACBA ,

тому .02)1(1213 Розкриваючи дужки, одержимо

,02163 звідки = –1.

Підставивши це значення до рівняння в'язки площин, одержимо

рівняння шуканої площини .01 zyx

154

Питання для самоперевірки

1. Сформулюйте умови паралельності та перпендикулярності прямої і

площини.

2. Що називається кутом між прямою і площиною і за якою формулою

обчислюється його величина?

3. Як можна знайти точку перетину прямої і площини?

Вправи

1. Довести, що пряма tztytx 45,41,32 є паралельною до

площини .05634 zyx

2. Знайти точку перетину прямої і площини.

а) ,1

1

1

1

2

zyx ;02 zyx

б) ,5

1

1

2

3

3

zyx ;0152 zyx

в) ,2

3

3

1

2

2

zyx .0622 zyx

Відповідь. а) )1;5;4( M ; б) пряма є паралельною до площини; в) пряма

лежить на площині.

3. Скласти рівняння площини, яка проходить через точку )1;2;1( M

перпендикулярно до прямої

.02

,032

zyx

zyx

Відповідь. .032 zyx

4. За якого значення параметра С пряма

02434

,0323

zyx

zyx

є паралельною до площини 022 Czyx ?

Відповідь. С = – 2.

5 . Скласти рівняння площини, яка проходить через точку )1;2;2( M і

пряму .33,23,12 tztytx

Відповідь. .01564 zyx

6. Скласти рівняння прямої, яка проходить через точку )2;1;3( M і точку

перетину прямої 3

2

1

1

2

1

zyx і площини .03532 zyx

Відповідь. .1

1

14

1

zyx

155

7. Скласти рівняння перпендикуляра, опущеного з точки )1;3;2( M на

площину .03254 zyx

Відповідь. .2

1

5

3

4

2

zyx

8. Скласти рівняння площини, яка проходить через паралельні прямі

4

1

5

2

3

1

zyx і .

4

2

5

1

3

zyx

Відповідь. .0947 zyx

9. Скласти рівняння площини, яка проходить через пряму 2

2

2

1

1

1

zyx

перпендикулярно до площини .0432 zyx

Відповідь. .01158 zyx

10. Знайти проекцію точки )1;1;3( M на площину .03032 zyx

Відповідь. )5;5;5(M .

11. Знайти проекцію точки )7;6;5( P на пряму ;27 tx ;31 ty

.4 tz

Відповідь. )3;2;9(1

P .

12. За яких значень параметрів п і А пряма tx 23 , nty 5 , tz 61

є перпендикулярною до площини 0532 zyAx ?

Відповідь. 1A , .4n

13. Знайти величину кута між прямою tx 28 , ty 27 , tz 49 і

площиною 6 .0133 zyx

Відповідь. Величина кута між прямою і площиною складає 30 .

14. Знайти точку, симетричну до точки )5;4;2( P відносно прямої

.43,3,31 tztytx

Відповідь. )15;2;12(1

P .

15. Знайти синус кута між прямою

0542

,04

zyx

zyx

і площиною .013 zyx

Відповідь. .418

6sin

156

5. ВСТУП ДО МАТЕМАТИЧНОГО АНАЛІЗУ

5.1. Поняття функції

Множина дійсних чисел являє собою сукупність раціональних та

ірраціональних чисел. Дійсні числа зображуються точками на числовій прямій

(на осі).

Абсолютна величина, або модуль дійсного числа є невід’ємним дійсним

числом, що визначається з таких рівностей:

.0якщо,

,0якщо,

xx

xxx

Якщо кожному значенню змінної величини х, яке належить до множини

дійсних чисел, за певним законом ставиться у відповідність цілком певне

дійсне значення змінної величини у, то кажуть, що на множині дійсних чисел

задано (визначено) функцію, яку можна записати у вигляді xfу . Для

позначення функції вживаються й інші букви, наприклад, xу , xу

тощо. При цьому х називається незалежною змінною величиною, або

аргументом, а у – залежною змінною величиною, або значенням функції.

Сукупність всіх тих значень, яких може набувати аргумент х функції

xfу , називається областю визначення, або областю існування цієї функції і

позначається як fD або як yD .

Сукупність усіх тих значень, яких може набувати сама функція xfу ,

називається областю зміни цієї функції, і позначається як fЕ або як yЕ .

Значення, якого набуває функція xfу за 0

хх позначається як 0

xf і

називається частинним значенням функції.

Під графіком функції xfу розуміється геометричне місце точок

площини ХОУ, координати яких задовольняють рівнянню xfу .

Частіш за все зустрічається три способи задання функції: аналітичний,

табличний і графічний.

За використання аналітичного способу функція задається за допомогою

однієї або декількох формул, які пов’язують залежну змінну величину

(функцію) з незалежною змінною величиною (аргументом). Наприклад:

21 ху , xу 2cos1lg ,

.21якщо,2

sin

,10якщо,1

,01якщо,1

хx

х

хx

y

Зауважимо, що в останньому прикладі маємо одну функцію, яка для різних

проміжків в області її визначення задана різними формулами.

Зазначимо також, що серед функцій, заданих аналітично, основну роль

відіграватимуть елементарні функції, тобто основні елементарні функції

157

(степенева, показникова, логарифмічна, тригонометричні, обернені

тригонометричні, стала), а також функції, задані за допомогою формул, що

містять лише скінчене число арифметичних дій (додавання, віднімання,

множення, ділення) і суперпозиції основних елементарних функцій. Наприклад:

.52

31

sin2

1cos 22

xarctgx

xxу

Табличний спосіб задання функції полягає в тому, що задається таблиця, в

якій наводиться ряд значень аргументу і відповідних їм значень функції.

Наприклад, широко відомі таблиці тригонометричних функцій та інші.

За використання графічного способу задання функції задається графік, за

допомогою якого визначаються значення функції для відповідних значень

аргументів.

Графічний спосіб задання функції дуже часто використовується в

математиці для ілюстрування тих чи інших властивостей функції.

5.2. Обчислення границь

Число А називається границею функції f(х) за х, що прямує до 0х 0хх ,

якщо для будь-якого як завгодно малого 0 існує таке число 0 , за

якого з нерівності 0хх випливає нерівність . Aхf

Той факт, що границя функції хf за х, що прямує до 0

х , дорівнює A,

символічно записується так:

Αxfimxx

0

.

Аналогічно Αxfimx

, якщо Αxf за .x N

Вживається також умовний запис 0

,x xim f x

який означає, що

Mxf , якщо 0xx , де M – довільне додатне число.

Для існування границі xf за 0xx необхідно й достатньо, щоб мала

місце рівність 00 00 xfxf , де 0

00

0x x

f x im f x

– ліва границя

функції і 0

00

0x x

f x im f x

– права границя функції xf у точці 0xx .

Запис 00 00 xxxx означає, що точка x наближається до точки 0x

зліва (справа).

Права й ліва границі функції в точці називаються односторонніми

границями цієї функції в цій точці.

Зауважимо, що визначення границі функції в точці 0xx зовсім не

вимагає її існування в цій точці.

На практиці обчислення границь ґрунтується на певних властивостях.

158

Якщо існують скінченні 0

1x xim f x

і 0

2x xim f x

, то для обчислення границь

застосовуються такі їх властивості:

1) 0 0 0

1 2 1 2x x x x x xim f x f x im f x im f x

;

2) xfimxfimxfxfimxxxxxx

2121000

;

3) xfimcxfcimxxxx 00

, де сonstс ;

4) 0

0

nn

x xx x

im c f x im f x

, де n – ціле додатне число;

5) xfimxfimxxxx 00

;

6)

xfim

xfim

x

x

f

fim

xx

xx

xx2

1

2

1

0

0

0

; якщо 0

20

xfimxx

;

7) ccimxx

0

, де сonstс ;

8) ,0

x

cim

xx де сonstс ;

9) ,0 x

cim

x де сonstс .

Якщо для всіх значень х з деякого околу точки 0x ( крім, можливо, самої

точки 0x ) функції xf і xg співпадають, і одна з них має границю за 0xx ,

то й друга має таку саму границю.

Зауважимо, що для всіх елементарних функцій в будь-якій точці, яка

належить до області визначення, має місце рівність

.000

xfximfxfimxxxx

Розв'язання прикладів

Приклад 1. Обчислити 364 2

2

xxim

x .

Розв'язання. Застосовуючи послідовно властивості 1, 3, 4, 7, одержимо

36436436422

2

222

2

2

2

2 xxxxxxximximximimximximxxim

3642

2

2

ximxim

xx 731216 .

Зазначимо, що застосування властивостей границь функцій та їх наслідків

можна виконувати в умі, що надасть можливість опускати докладний запис

розв'язання.

Ураховуючи сказане, розв'язання попереднього прикладу коротко можна

записати так:

732624364 22

2

xxim

x .

159

Приклад 2. Обчислити 3

12

2

x

xxim

x .

Розв'язання. Щоб перевірити можливість використання властивості 6,

потрібно переконатися в тому, що за граничного значення аргументу знаменник

не дорівнює нулю. Якщо 2x , то знаменник 3x дорівнює 0132 , а це

означає, що існує можливість застосування властивості границі частки двох

функцій.

Отже, використовуючи властивість 6, а також властивості 1, 4 і 7

одержимо:

3

1

3

1

3

1

22

22

2

2

2

2

2

2

2

xx

xxx

x

x

x imxim

imximxim

xim

xxim

x

xxim

3

1

124

32

122

2

ximx

.

За безпосередньої підстановки граничного значення аргументу 2x до

виразу функції матимемо такий самий результат:

332

124

3

12

2

x

xxim

x .

Зазначимо, що границя елементарної функції xf за ,0xx де 0x

належить області її визначення, дорівнює значенню функції у випадку, якщо

0xx , тобто 00

xfxfimxx

.

Приклад 3. Обчислити

1

4

133

0 x

xxim

x .

Розв'язання. Функція, границю якої потрібно обчислити, є елементарною,

тому матимемо

4

31

40

10301

4

1333

0

x

xxim

x .

Приклад 4. Обчислити 1

324

2

3

xx

xim

x .

Розв'язання. Для обчислення границі елементарної функції достатньо до

виразу цієї функції підставити граничне значення її аргументу. Тоді

013

0

139

0

133

33

1

324

2

24

3

3

xx

xim

x .

Приклад 5. Обчислити x

xim

x 11 .

Розв'язання. Границя знаменника дорівнює нулю, тому властивість 6

безпосередньо застосувати не можна, оскільки ділення на нуль є неможливим.

160

Якщо 011

ximx , то x1 є величиною нескінченно малою, а обернена

до неї величина x1

1 – нескінченно великою. Отже, умовно можна записати,

що 11 x

xim

x , тобто границя функції в даному випадку є нескінченною.

Oбчислення границі функції шляхом підстановки замість аргументу його

граничного значення не завжди є можливим, але з цього не випливає, що

границя функції не може бути обчислена. У таких випадках слід провести такі

перетворення щодо функції, за рахунок яких можна було б застосувати

властивості границь.

Досить часто в результаті підстановки граничного значення аргументу до

виразу функції одержують вирази вигляду ,1,0,;;0

0

які мають

назву невизначеностей. Далі розглянемо, як обчислюється границя функції у

кожному з цих випадків.

5.2.1. Розкриття невизначеності вигляду 0

0

Для розкриття невизначеності вигляду 0

0 можна використати такі дії:

1) розкласти чисельник і знаменник на множники, після чого скоротити

дріб на нескінченно малий співмножник, після чого перейти до границі;

2) перенести ірраціональність із чисельника в знаменник або із

знаменника в чисельник, а іноді, за необхідності, виконати як одну, так і іншу

дію, після чого одержаний дріб потрібно скоротити і перейти до границі;

3) використати формулу, яка має назву перша визначна границя:

1sin

sin

00

x

xim

x

xim

xx ;

4) використати властивість еквівалентності нескінченно малих величин.

Нагадаємо, що коли ,10

xx

im то і є еквівалентними нескінченно

малими величинами у випадку, якщо 0xx , тобто ~ β.

Якщо 0x , то kx~kxsin , kx~tgkx , kx~kxarcsin , kx~arctgkx ,

kx~kx1ln , kx~ekx 1 . Зауважимо, що у випадках, якщо чисельник або

знаменник (або і чисельник, і знаменник) являють собою суму (або різницю)

нескінченно малих функцій, то в разі обчислення границі, взагалі кажучи, не

можна замінювати окремі доданки на еквівалентні функції. Така заміна може

призвести до одержання неправильного результату.

161

Приклад 6. Обчислити xx

xxim

x

3

2

1

12 .

Розв'язання. Чисельник і знаменник даного дробу прямують до нуля у

випадку, якщо 1x . Тому застосування безпосередньо властивості границі

частки функцій в даному випадку є неможливим. Розклавши чисельник і

знаменник даного дробу на множники, одержимо

,11222 xxx

.11123 xxxxxxx

Тоді

0

2

0

1

1

11

1

0

012

1

2

13

2

1

xx

xim

xxx

xim

xx

xxim

xxx .

Слід зазначити, що скорочення дробу на 1x було виконано законно,

оскільки в разі обчислення границі в точці 1x значення цієї функції в точці

1x не братиметься до уваги, тобто x прямує до одиниці. Отже, скорочення на

нуль в даному випадку не виконувалось.

Приклад 7. Обчислити 156

182

3

21

xx

xim

x .

Розв'язання. Маємо невизначеність вигляду .0

0 Розкладаючи на

множники чисельник за формулою 2233 babababa , а знаменник –

за формулою 212 xxxxacbxax , де

1x і

2x – корені рівняння

,02 cbxax матимемо

1241218 23 xxxx ;

,0156 2 xx ,12

15

12

242552,1

x ,

2

11x

3

12x ;

131231216156 2 xxxxxx .

Отже,

6123

111

13

124

1̀312

12412

0

0

156

18 2

21

2

212

3

21

x

xxim

xx

xxxim

xx

xim

xxx .

Приклад 8. Обчислити .5

21

5

x

xim

x

Розв'язання. Після підстановки граничного значення x матимемо

невизначеність вигляду .0

0 Звільнимося від ірраціональності в чисельнику,

помноживши чисельник і знаменник на спряжений з чисельником множник

21 х .

162

Після скорочення дробу на нескінченно малий множник і використання

властивостей границь, одержимо

215

41

215

2121

0

0

5

21

555 xx

xim

xx

xxim

x

xim

xxx

.4

1

21

1

5

xim

x

Приклад 9. Обчислити 416

112

2

0

x

xim

x .

Розв'язання. Чисельник і знаменник у точці 0x мають границю, яка

дорівнює нулю, а отже, застосувати властивість границі частки функцій у

даному випадку неможливо. Тому помножимо чисельник і знаменник дробу на

добуток 41611 22 xx :

11416416

4161111

0

0

416

11

222

222

02

2

0 xxx

xxxim

x

xim

xx

.42

8

11

416

111616

41611

2

2

022

22

0

x

xim

xx

xxim

xx

Приклад 10. Обчислити x

xim

x

3sin

0 .

Розв'язання. Використовуючи першу визначну границю, матимемо

3133

3sin3

3

3sin3

0

03sin

000

x

xim

x

xim

x

xim

xxx .

Використавши властивість еквівалентності нескінченно малих величин,

враховуючи, що x3sin ~ x3 за умови, що 0x , дану границю можна було б

обчислити ще й так:

3333sin

000

xxxim

x

xim

x

xim .

Приклад 11. Обчислити xtg

xtgim

x 5

2

0 .

Розв'язання. Оскільки xtg5 ~ x5 і xtg2 ~ x2 за умови, що 0x , то

5

2

5

2

0

0

5

2

00

x

xim

xtg

xtgim

xx .

163

Приклад 12. Обчислити 20

cos1

x

xim

x

.

Розв'язання. Враховуючи те, що 2

sin2cos1 2 xx і те, що

2sin 2 x

~4

2x за

умови, що 0x , матимемо

2

142

2sin2

0

0cos12

2

02

2

020

x

x

imx

x

imx

xim

xxx .

Приклад 13. Обчислити 30

sin

x

xxtgim

x

.

Розв'язання. Якщо 0x , то чисельник і знаменник цього дробу

перетворюються на нуль. Тому застосувати властивість границі частки функцій

в даному випадку неможливо. Перетворимо дріб, подавши чисельник у вигляді

добутку:

xx

xx

xx

xx

x

xx

x

xx

x

x

xxtg

cos

2sin2sin

cos

cos1sin1

cos

1sinsin

cos

sin

sin3

2

3333

.

Тепер дістанемо:

2

2

0003

2

030

2sin

cos

1sin2

cos

2sin2sin

0

0sin

x

x

imx

imx

xim

x

xx

imx

xtgxim

xxxxx

= ,2

142

2

2

0

x

xim

x

При цьому було враховано, що 2

sin2 x~

4

2x за умови, що 0x ,

1sin

0

x

xim

x , 1

1

1

cos

1

0

xim

x .

Таким чином, 2

1sin30

x

xxtgim

x .

Слід зауважити, що в цьому прикладі у випадку заміни функції tgxна

аргумент х і заміни функції xsin на аргумент х було б одержано ,0

3x а це б

означало, що границя функції дорівнює нулю, що не відповідає дійсності.

164

5.2.2. Розкриття невизначеності вигляду

Для розкриття невизначеності вигляду

, заданої відношенням

многочленів, чисельник і знаменник ділять на найвищий степінь ,x що до них

входить, а потім переходять до границі.

Приклад 14. Обчислити 13 24

3

xx

xxim

x .

Розв'язання. У випадку, якщо x , чисельник і знаменник дробу

прямують до нескінченності, а отже, одержимо невизначеність вигляду

.

Тому перетворимо дріб, поділивши його чисельник і знаменник на 4x . У

результаті одержимо

42

3

24

3

131

11

13 xx

xxim

xx

xxim

xx

.

Оскільки за x : 01 x , 01 3 x , 03 2 x , 01 4 x , то,

застосувавши властивість границі суми функцій, з'ясуємо, що чисельник має

границю, яка дорівнює 0, а знаменник – границю, яка дорівнює 1. За

властивістю границі частки функцій матимемо

01

0

13 24

3

xx

xxim

x .

Приклад 15. Обчислити 13

52

4

xx

xxim

x .

Розв'язання. Якщо x , то чисельник і знаменник необмежено

збільшуються (одержуємо невизначеність вигляду

). Поділивши чисельник і

знаменник на 4x , тобто на старший степінь x , і використавши властивості

границь, одержимо

0

1

000

01

131

51

13

5

432

3

2

4

xxx

ximxx

xxim

xx .

Слід зауважити, що запис 0

1 є чисто умовним. Його потрібно розуміти

так: н.в.в..н.м.в

1 , тобто величина, обернена до нескінченно малої величини, є

нескінченно великою.

165

Приклад 16. Обчислити 12

12

2

x

xim

x .

Розв'язання. Маємо невизначеність вигляду

. Поділивши чисельник і

знаменник на 2x , тобто на старший степінь x і використавши властивості

границь, одержимо

2

1

02

01

12

11

12

12

2

2

2

x

xim

x

xim

xx .

Далі під час обчислення границь можна користуватись таким правилом:

якщо чисельник і знаменник дробу – многочлени і x , то границя дробу

дорівнює:

1) відношенню коефіцієнтів при старших степенях змінної у випадку, якщо

многочлени мають однаковий степінь;

2) нулю, якщо степінь многочлена чисельника є нижчим за степінь

многочлена знаменника;

3) нескінченності, якщо степінь многочлена чисельника є вищим за степінь

многочлена знаменника.

Приклад 17. Обчислити 3

3

31

31

xx

xxim

x

.

Розв'язання. Оскільки степені многочленів чисельника і знаменника є

однаковими і x , то шукана границя дорівнює відношенню коефіцієнтів

при старшому степені x , тобто

13

3

31

3132

3

xx

xxim

x .

5.2.3. Розкриття невизначеності вигляду

Невизначеність вигляду розкривається одним із двох шляхів:

1) шляхом зведення дробів до спільного знаменника (в результаті

матимемо невизначеність вигляду 0

0 або

);

2) шляхом перенесення ірраціональності з чисельника в знаменник.

Приклад 18. Обчислити

31 1

3

1

1

xxim

x .

Розв'язання. Якщо 1x , то задана функція являє собою різницю двох

нескінченно великих величин (випадок ). Виконаємо віднімання дію

дробів:

3

2

3

2

3 1

2

1

31

1

3

1

1

x

xx

x

xx

xx

.

166

Тоді

.13

3

1

2

11

21

1

2

1

3

1

1

2121

3

2

131

xx

xim

xxx

xxim

o

o

x

xxim

xxim

xx

xx

Приклад 19. Обчислити xxximxx

652 .

Розв'язання. У даному випадку маємо невизначеність вигляду .

Помноживши і поділивши дану функцію на xxx 652 , одержимо

xxx

xxxxximxxxim

xx 65

656565

2

22

2

xxx

xim

xxx

xxxxim

xx 65

65

65

6522

22

251651

652

xx

xim

x .

5.2.4. Розкриття невизначеності вигляду 0

Шляхом заміни змінної або шляхом алгебраїчних перетворень функції

невизначеність вигляду 0 зводиться або до невизначеності вигляду 0

0, або до

невизначеності вигляду

.

Слід зауважити, що дію множення можна замінити на дію ділення на

обернену величину, а тому невизначеність вигляду 0 можна розглядати як

невизначеність вигляду 0

001

або як невизначеність вигляду

10

(як уже

зазначалося, ці записи є чисто умовними).

Приклад 20. Обчислити

30

xctgxim

x .

Розв'язання. Якщо 0x , то одержимо невизначеність вигляду 0 .

Записавши дану функцію в іншому вигляді і використавши властивості границь

функцій, матимемо

330

0

30

3 000

x

xim

xtg

xim

xctgxim

xxx

.

Під час розв'язання цього прикладу взято до уваги те, що 3

xtg ~

3

x за

умови, що 0x .

167

Приклад 21. Обчислити

21

1

xtgxim

x

.

Розв'язання. У даному випадку також маємо невизначеність вигляду 0 .

Будемо вважати, що 1– zx , звідки випливає, що 0z , оскільки 1x .

Тоді, виконуючи відповідні перетворення функції і переходячи до границі,

одержимо

2

10

21

01

ztgzim

xtgxim

zx

2

222 000 ztg

zim

zctgzim

zztgim

zzz

2

2

0

0

0

z

zim

z .

5.2.5. Розкриття невизначеності вигляду 1

Для розкриття невизначеності вигляду 1 використовується формула, яка

має назву другої визначної границі.

71828,211

11

eim

xim

x

x

.

Зазначимо, що число e є ірраціональним. Логарифм за основою е

називається натуральним логарифмом і позначається таким чином: xogxn e .

Приклад 22. Обчислити

xm

x x

kim

1 .

Розв'язання. Маємо невизначеність 1 . Виконавши елементарні

перетворення і використавши формулу другої визначної границі, одержимо

km

mxx

k

k

x

x

mx

xe

x

kim

x

kim

111 .

Приклад 23. Обчислити 3

1

23

43

x

x x

xim .

Розв'язання. Підставивши граничне значення x до виразу функції,

одержимо невизначеність вигляду 1 . Після виконання елементарних

перетворень і використання формули другої визначної границі матимемо

3

1

3

1

123

4311

23

43xx

x

xim

x

xim

xx

168

3

1

3

1

23

61

23

23431

xx

xim

x

xxim

xx

3

2

23

123

1

23

6

6

23

23

12

23

61

eeeim

xim x

x

xim

x

x

x

x

xx

x

.

Приклад 24. Обчислити x

xxtgim 212

01

.

Розв'язання. Mаємо

x

xtg

tg

x

x

x

x

xtgimxtgim 2

1

2

0

212

0

2

2

111

212

2

0

0

2

02

2

eeeeimx

x

imx

xtgim

x

xxx

xtg

.

Під час розв'язання цього прикладу взято до уваги те, що

xtg 2~ xx

2

за умови, що 0x .

Приклад 25. Обчислити

x

naxanim

x

0.

Розв'язання. У результаті підстановки граничного значення x до виразу

функції матимемо невизначеність вигляду 0

0. Використавши формули

потенціювання

abnbnan ,

b

anbnan ,

nanann

і формулу другої визначної границі, одержимо

x

xxx a

xnim

x

a

xan

imx

naxanim

1

0001

0

0

ane

a

ximn

a

ximn a

ax

a

x

x

x

111

1

1

0

1

0

.

169

Розглянемо різні приклади обчислення границь.

Використовуючи властивості про границі, а також правила розкриття

невизначеностей вигляду ,1,0,,,0

0

обчислити такі границі:

1. 22 4

22

x

xim

x

;. 9.

4

4

2

122 xx

imx ;

2.

tgxxx

ximx 11

7

0

. 10.

72

2120

xx

xxim

x .

3. arctgxx

xxim

x

2

arcsin2

0 . 11. x

xtgxim sin

1

01

.

4.

12

2

1

x

x x

xim . 12. xxxim

x

32 .

5. xx

xim

x 2sin

cos1 3

0

. 13.

123

5

5

x

xim

x .

6. 1

2

1

x

xxim

x . 14.

x

xxim 3

0sin1

.

7. 27

3523

2

3

x

xxim

x . 15.

xxim

x 2sin

1

sin4

1220

.

8. 11

x

xexim . 16.

2

21

x

xim

x

.

Розв'язання:

1.

224

42

224

2222

0

0

4

22222222 xx

xim

xx

xxim

x

xim

xxx

8

1

44

2

222

2

2222

22

22

xxim

xx

xim

xx .

2. 2

70

11

7

11

7

0

tgx

xx

xim

x .

3. 3

1

2

2

2

arcsin2

0

0

2

arcsin2

000

x

xx

x

im

x

arctgxx

x

imarctgxx

xxim

xxx .

4.

121212

2

311

2

111

2

1x

x

x

x

x

x xim

x

xim

x

xim

6

2

123

3

2

2

31 e

xim

x

xx

x

.

170

5.

xx

xxxim

xxim

xx 2sin

coscos1cos1

0

0

2sin

cos1 2

0

3

0

4

3coscos1

4

1

2

coscos14

2

2sin

coscos12

2sin2

2

0

2

2

0

2

0

xximxx

xxx

imxx

xxx

imxxx .

.

6.

1

11

1

1

0

0

1 1

23

1

2

1 x

xxxim

x

xxim

x

xxim

xxx

311

xxximx .

7.

27

7

999

16

93

12

933

2132

0

0

27

35223233

2

3

xx

xim

xxx

xxim

x

xxim

xxx .

8. .10

0101

000

11

z

zim

z

eimexim

z

z

zz

zx

x

x

x

У даному випадку враховано те, що за 10 zez ~ z .

9.

0

0

4

2

4

42

4

4

2

1222222 x

xim

x

xim

xxim

xxx

4

1

2

1

22

2

22

xim

xx

xim

xx .

10.

2

2

2

2

2 712

231

72

23

72

21

xx

xxim

xx

xxim

xx

xxim

xxx .21

002

001

11.

x

tgx

tgx

x

x

xtgximtgxim

sin1

0

sin

1

0111 .cos

1

0

sin

0eeimeim x

x

x

tgx

x

12.

xxx

xxxxxximxxxim

xx 3

333

2

22

3

.2

3

131

3

3

3

3

322

22

xim

xxx

xim

xxx

xxxim

xxx

13.

123123

1235

0

0

123

5

55 xx

xxim

x

xim

xx

.32

6

2

123

52

1235

129

1235

555

xim

x

xxim

x

xxim

xxx

14.

x

x

x

x

x

x

x

xximximxim

3sin

3sin

1

0

1

003sin113sin13sin1

.33

3sin3

0

0

3sin

eeeim x

xim

x

x

x

x

171

15.

xxxim

xxim

xx222022

0 cossin4

1

sin4

1

2sin

1

sin4

1

16. У випадку, якщо x , чисельник і знаменник дробу прямують до

нескінченності, а отже, одержуємо невизначеність вигляду

.

З'ясувавши, що чисельник є сумою членів арифметичної прогресії, за

формулою суми n членів арифметичної прогресії:

naa

S nn

2

1 ,

одержимо

.2

121

xxx

Отже,

.2

1

2

1

2

1

2

1

2

12122

xim

x

xim

x

xxim

x

xim

xxxx

Питання для самоперевірки

1. Що називається границею функції xfy за 0xx , за x ?

2. Яка функція xfy називається нескінченно великою величиною

за 0xx , за x ? Навести приклади.

3. Яка функція xfy називається нескінченно малою величиною

за 0xx , за x ? Навести приклади.

4. Який найпростіший зв'язок існує між нескінченно великими і

нескінченно малими величинами?

5. Яка функція називається обмеженою на інтервалі у випадках, якщо

0xx ; x ?

6. Сформулювати правила граничного переходу у випадку виконання

арифметичних дій.

7. Чому дорівнює границя сталої величини?

8. Чому дорівнює границя нескінченно малої величини?

9. У чому полягає суть першої визначної границі?

10. Що собою являє формула другої визначної границі?

11. Які нескінченно малі величини називаються еквівалентними?

12. Назвати способи розкриття невизначеностей вигляду ,0

0 ,

,

.1,0

2 2

2 2 2 2 20 0 0

cos 1 0 sin 1 1 1.

4sin cos 0 4sin cos 4 cos 4x x x

x xim im im

x x x x x

172

Вправи

Обчислити границі.

1. 3

52

2

2

x

xim

x . 11.

12

2

1

x

x x

xim . 21.

20

1sin1

x

xxim

x

.

Відповідь. 9. Відповідь. 6e . Відповідь. 0,5.

2. 6

232

23

2

xx

xxxim

x . 12.

2

2

2

1

1

x

xim

x . 22.

x

x x

xim 1

2

2

21

5 .

Відповідь.5

2 . Відповідь. 2e . Відповідь. – 4.

3.

1

2121

x

xxim

x . 13.

x

kxnim

x

1

0

. 23.

154

232

2

1

xx

xxim

x .

Відповідь. 2

1. Відповідь. k. Відповідь.

3

5.

4.

x

x

xim

x 12

3

. 14. xx

xim

x sin

12cos

0

. 24. xxxim

x41 22

.

Відповідь. 0. Відповідь.–2. Відповідь. –2.

5.

12

2

22

1

x

x x

xim . 15.

923

3sin

0 x

xim

x . 25.

xx

xtgxim

x sin

2cos1 2

0

.

Відповідь. e 2 . Відповідь. – 9. Відповідь. 3.

6. xaximx

. 16. x

xxim

x sin

2sin7sin

0

. 26.

xtgxim

x 22

.

Відповідь. 0. Відповідь. 5. Відповідь. 1.

7. x

xim

x 3

arcsin2

0 . 17.

49

3227

x

xim

x . 27.

8

12

2

132 xx

imx .

Відповідь. 3

2. Відповідь.

56

1 . Відповідь.

2

1 .

8.

tgxxim

x

1

sin

10

. 18. 13

6

x

xxim

x . 28.

20

3coscos

x

xxim

x

.

Відповідь. 0. Відповідь. –2. Відповідь. 4.

9. 20

coscos

x

xxim

x

. 19.

x

xxim

x 2cos

cossin

4

. 29. xctgxim

x53sin

0

.

Відповідь. 2

22 . Відповідь. –

2

1. Відповідь.

5

3.

10. xctg

xxtgim

232

01

. 20.

3

3

21

75

x

xxim

x

. 30.

x

x

xim

x 52

3

.

Відповідь. 3e .

Відповідь. –2,5. Відповідь. 0.

173

5.3. Неперервність функції

Згідно з означенням, функція xfу є неперервною в точці 0x , якщо

00000

xfxxfimyimxx .

Це означення є рівносильним іншому означенню, а саме: функція xf

називається неперервною в точці 0

x , якщо 00

xfxfimxx

.

Для неперервності функції в точці 0x необхідно й достатньо, щоб

виконувалась умова

000

00 xfxfxf ,

де 0

0

0

0

xx

ximfxf – ліва границя функції;

0

0

0

0

xx

ximfxf – права границя функції;

0

xf – значення функції xf у точці 0

x .

При цьому припускається, що функція xf є визначеною в околі точки 0х

(у тому числі і в самій точці 0x ).

Якщо функція є неперервною в кожній точці деякої області (інтервала,

сегмента і т. п.), то вона є неперервною в цій області.

Слід пам’ятати, що всі елементарні функції є неперервними в області їх

визначення.

Якщо в точці порушується умова неперервності, то така точка називається

точкою розриву функції.

Зазначимо, що точки розриву функції можуть належати до області

визначення функції або знаходитися на границі цієї області.

Існує певна класифікація точок розриву функції:

1. Якщо 000

00 xfxfxf , то 0x – точка усувного розриву ( 0x –

точка розриву першого роду).

2. Якщо 0000 xfxf , то 0x – точка неусувного розриву, а різниця

0000 xfxf – стрибок функції xf в точці 0x ( 0x – точка розриву

першого роду).

3. Якщо хоча б одна із границь: 0або0 00 xfxf , не існує або є

нескінченною, то 0x – точка розриву другого роду.

За знаходження точок розриву функції необхідно керуватися такими

положеннями:

1) елементарна функція може мати розрив тільки в тій точці, де вона є

невизначеною;

2) якщо функцію задано кількома різними аналітичними виразами

(формулами) для різних інтервалів зміни аргументу, то вона може мати розриви

лише в тих точках, в яких змінюється її аналітичний вираз.

174

Розв'язання прикладів і задач

Приклад 1. Дослідити щодо неперервності функцію xxy 23 2 .

Розв'язання. Функція є визначеною на інтервалі .: Доведемо, що

на цьому інтервалі функція є неперервною. Для цього зобчислимо yimx

0

.

Оскільки xxy 23 2 , то xxxxyy 232

. Тоді

xxxxxxxxxxxxxxy 2322232323 22222

2326 xxxx .

Переходячи до границі за 0x , одержимо

2

0 06 2 3 6 0 2 0 3 0 0.

x xim y im x x x x x

Таким чином, 00

yimx , а це означає, що функція xxy 23 2

є неперервною за будь-якого скінченого значення x .

Приклад 2. Обчислити односторонні границі функції xey 1

1

за 1x .

Розв'язання. Символічно всі міркування коротко можна виразити так:

11 1

1 1 01 0

1 01 0

x

xx

im y im e e e e

.

01

0

1

011

1

011

1

1

1

0101

eeeeeeimyim x

xx

,

отже, 001 f , 01f .

Приклад 3. Установити, якою є функція xy 12 для точок 3x і 0x :

неперервною чи розривною.

Розв'язання. За означенням, задана функція є неперервною в точці 0x ,

якщо 000

00 xfxfxf . Перевіримо виконання цієї умови для точок

3x і 0x .

Для точки 3x матимемо

331 223 y ;

33103

1

03

1

03

2222

x

x

x

imyim ;

1 1

1 3 33 0

3 03 0

lim 2 2 2 2x

xx

im y

.

Умова неперервності за 3x виконується, отже, в точці 3x функція є

неперервною.

Аналогічні міркування проведемо для точки 0x . Значення функції

0120 y в цій точці не існує, бо ділення на нуль є неможливим.

175

222 0

1

0

1

0 x

x

x

imyim ,

01

2

1222 0

1

0

1

0

x

x

x

imyim .

Умова неперервності за 0x не виконується, а отже, в точці 0x

функція є розривною (має нескінчений розрив).

Приклад 4. Дослідити на неперервність і побудувати графік функції

.1якщо,1

,11якщо,2

,1якщо,1

2

х

хх

х

y

Розв'язання. Вихідна функція не є елементарною, оскільки вона задана

кількома формулами. Кожна із функцій: ,1y ,22 xy і 1y , є

елементарною і визначеною, а отже, й неперервною на всій числовій осі. Тому

вихідна функція може бути неперервною лише в тих точках, в яких змінюється

її аналітичний вираз, тобто в точках 1x і 1x . Дослідимо функцію щодо її

неперервності в цих точках:

,1212112

у

,12012,1122

01010101

ximyimimyimxxxx

отже, задана функція є неперервною в точці 1x ;

,121211 2 y

,11,120120101

22

0101

xxxx

imyimximyim

отже, задана функція є розривною в точці 1x .

Таким чином, областю неперервності даної функції є вся числова вісь;

крім точки х=1. Побудуємо графік функції (рис. 5.1).

Рисунок 5.1

1

1 0 –1

–2

x

176

Приклад 5. Знайти точки розриву функції 2 4

xy

x

і дослідити характер

розриву.

Розв'язання. Відомо, що частка від ділення двох неперервних функцій є

функцією неперервною в усіх тих точках, в яких знаменник не дорівнює нулю.

Оскільки 2 4 0x за умови, що 2x , то задана функція має дві точки

розриву: 2x і 2x .

Дослідимо характер розриву функції в цих точках. Для цього обчислимо

односторонні границі:

0

2

202202

02

224 0220202 xx

xim

x

ximimy

xxx

;

0

2

202202

02

224 0220202 xx

xim

x

ximimy

xxx

;

0

2

202202

02

220202 xx

ximimy

xx

;

0

2

202202

02

220202 xx

ximimy

xx

.

Таким чином, у точках 2x і 2x функція має нескінченний розрив

або розрив другого роду (рис. 5.2).

Слід зазначити, що функція 2 4

xy

x

є непарною, а отже, достатньо було б

дослідити характер розриву лише в точці 2x .

Рисунок 5.24

177

Питання для самоперевірки

1. Навести означення неперервності функції xfy в точці 0x і на

інтервалі.

2. Які точки називаються точками розриву функції?

3. Навести приклади розривних функцій різного характеру.

4. У чому полягає правило граничного переходу для неперервної функції?

5. Сформулюйте теореми про арифметичні дії щодо неперервних

функцій.

6. Яка умова є необхідною і достатньою для неперервності функції xf

в точці 0x ?

7. Що собою являють односторонні границі функції?

8. Які точки можуть бути точками розриву елементарної функції?

9. Які точки можуть бути точками розриву неелементарної функції?

10. Яка точка називається точкою розриву першого роду функції xf ?

11. Яка точка називається точкою розриву другого роду функції xf ?

Вправи

1. Обчислити односторонні границі функції 1

1( )

5 3x

f x

за умови, що 0x .

Відповідь. 00 f ; 510 f .

2. Обчислити (3 0)f і (3 0)f , де

.3якщо,6

,3якщо,2

xx

xхxf

Відповідь. 90303 ff .

3. Довести, що функція xy sin є неперервною на всій області визначення.

4. Дослідити щодо неперервності функції

0,

,0,

xякщоx

xякщоey

x

і побудувати її графік .

Відповідь. x = 0 – точка розриву першого роду.

5. Знайти точки розриву функції 32

12

xx

xy і встановити характер

розриву.

Відповідь. х = 3 – точка розриву другого роду; 1x – точка усувного

розриву.

178

6. ВАРІАНТИ ПІДСУМКОВИХ ЗАВДАНЬ

Завдання 1. Знайти суму, різницю, добуток і частку чисел і та

зобразити всі числа на комплексній площині.

1) iz 451

, iz 322

; 16) iz 221

, iz 242

;

2) iz 781

, iz 342

; 17) iz 331

, iz 22

;

3) iz 311

, iz 3212

; 18) iz 531

, iz 212

;

4) iz 211

, iz 232

; 19) iz 311

, iz 3322

;

5) iz 321

, iz 452

; 20) iz 241

, iz 512

;

6) iz 41

, iz 332

; 21) iz 41

, iz 322

;

7) iz 351

, iz 3352

; 22) iz 281

, iz 322

;

8) iz 741

, iz 322

; 23) iz 231

, iz 622

;

9) iz 251

, iz 312

; 24) iz 41

, iz 622

;

10) iz 431

, iz 512

; 25) iz 251

, iz 412

;

11) iz 341

, iz 22

; 26) iz 31

, iz 252

;

12) iz 321

, iz 242

; 27) iz 11

, iz 522

;

13) iz 271

, iz 322

; 28) iz 521

, iz 322

;

14) iz 31

, iz 342

; 29) iz 741

, iz 512

;

15) iz 251 , iz 32 ; 30) iz 311 , iz 252 .

Завдання 2. Записати число в тригонометричній і показниковій формах.

1) iz 322 ; 13) iz 484 ;

2) iz 1 ; 14) iz 3 ;

3) iz2

3

2

1 ; 15) iz

2

1

2

3 ;

4) iz 212 ; 16) iz 322 ;

5) iz 31 ; 17) iz 31 ;

6) iz 322 ; 18) iz 1 ;

7) iz 484 ; 19) iz 33 ;

8) iz 1 ; 20) iz 232 ;

9) iz2

3

2

1 ; 21) iz 212 ;

10) iz 31 ; 22) iz 448 ;

11) iz 31 ; 23) iz 55 ;

12) iz 322 ; 24) iz 55 ;

1z 2z

179

25) iz2

3

2

1 ; 28) iz 31 ;

26) iz 212 ; 29) iz 55 ;

27) iz 31 ; 30) iz 31 .

Завдання 3. Записати число в алгебраїчній та тригонометричній формах.

1) 1

6

71

6

7

ii

eez

;

16) 3

2

23

44

ii

eez

;

2) ii

eez

222

2

;

17) 3

33

3 33

ii

eez

;

3) ii

eez

3

3 44

;

18) 1

41

4 22

ii

eez

;

4) ii

eez

4

7

4

3

55

;

19) 3

63

6

ii

eez

;

5) ii

eez

2

22

;

20) 2

6

52

6

5

33

ii

eez

;

6) ii

eez

3

222

3

2

;

21) ii

eez

6

6 88

;

7) ii

eez

34

34

;

22) 1

3

21

3

2

ii

eez

;

8) 3

6

53

6

5

1010

ii

eez

;

23) ii

eez

3

5

3

5

33

;

9) ii

eez

3

22

3

2

;

24) 2

42

4 22

ii

eez

;

10) ii

eez

3

24

3

24

22

;

25) ii

eez

6

7

6

7

5

;

11) ii

eez

3

244

3

4

;

26) ii

eez

61

61

55

;

12) ii

eez

62

62

55

;

27) ii

eez

42

42

22

;

13) 1

4

31

4

3

77

ii

eez

;

28) 2

4

52

4

5

77

ii

eez

;

14) 2

6

72

6

7

22

ii

eez

;

29) ii

eez

4

31

4

31

22

;

15) 1

3

21

3

2

ii

eez

;

30) ii

eez

3

222

3

2

.

180

Завдання 4. Обчислити :

1)

14

232

232

i

i ; 16)

6

12

1 2

1

2

3ii

;

2)

6

9

1

1

i

i

; 17)

9

33

1

i

i;

3)

8

333

1

i

i; 18)

12

22

31

i

i ;

4) 9 6 313 ii ; 19) 6

8

1 2

1

2

3ii

;

5) 8 6 1 484 ii ; 20) 6 9

22 31 ii ;

6) 612

3 8

1

8

3ii

; 21)

9

33

232

i

i;

7)

10

3

31

i

i; 22)

12

1

33

i

i;

8) 10

8

2

3

2

122

ii ; 23) 6 12

3 31 ii ;

9)

12

3

31

i

i; 24) 12

6

22 6

3

6

1ii

;

10)

12

1

484

i

i; 25)

4

3

i 32

i;

11)

16

22

333

i

i; 26)

6

12

2

1

2

3 22

ii ;

12)

8

31

3

i

i; 27)

9

33

32

i

i;

13)

10

1

232

i

i; 28)

18

3

322

i

i;

14)

7

1

31

i

i; 29) 6 8

1 322 ii ;

15) 6 9 22 31 ii ; 30) 8 6

1 484 ii .

181

Завдання 5. Обчислити:

1) 3327212213 8 5 2 4 iiiii ; 16) 2337312213 8 7 3 iiiii ;

2) 527173512 11 7 6 2 iiiii ; 17) 27411245 5 2 4 iiii ;

3) 25352212 8 6 6 iiii ; 18) 38372822 9 3 6 7 iiii ;

4). 2328181234 9 3 4 2 iiiii ; 19) 432731228 8 5 4 iiiii ;

5) 4327342613 5 5 2 7 iiiii ; 20) 2337211233 4 6 6 iiiii ;

6) 3317311225 7 3 6 iiiii ; 21) 451735426 2 5 7 7 iiiii ;

7) 2327311233 2 4 2 5 iiiii ; 22) 3316113525 7 5 2 6 iiiii ;

8) 3617212242 6 3 2 5 iiiii ; 23) 2319314213 5 7 5 6 iiiii ;

9) 1637311223 2 8 7 3 iiiii ; 24) 1427412218 5 5 3 4 iiiii ;

10) 53921327 8 5 4 iiiii ; 25) 33374532 8 6 7 4 iiii ;

11) 1325413216 8 7 2 iiiii ; 26) 4337112513 9 2 7 6 iiiii ;

12) 2327312743 2 6 9 iiiii ; 27) 2337111745 6 7 4 5 iiiii ;

13) 3719312213 2 5 5 4 iiiii ; 28) 3717361923 8 5 2 4 iiiii ;

14) 2837213443 5 6 2 iiiii ; 29) 2437314213 9 7 5 3 iiiii ;

15) 1427412218 5 5 3 4 iiiii ; 30) 3317311225 7 3 6 iiiii .

Завдання 6. Обчислити всі значення кореня n z , якщо:

1) iz , n 3; 16) iz 81 , n 4;

2) iz 4 , n 4; 17) iz2

3

2

1 , n 3;

3) 1z , n 5; 18) 27z , n 3;

4) 16z , n 4; 19) 81z , n 4;

5) iz2

3

2

1 , n 3; 20) iz 44 , n 3;

6) iz 4 , n 4; 21) 16z , n 4;

7) iz 8 , n 3; 22) iz2

3

2

1 , n 4;

8) iz 16 , n 4; 23) iz 3 , n 3;

9) iz 3 , n 3; 24) iz 33 , n 4;

10) iz 3 , n 3; 25) iz 22 , n 4;

11) iz 322 , n 3; 26) 81z , n 4;

12) iz 81 , n 4; 27) iz 125 , n 3;

13) iz 212 , n 3; 28) 27z , n 3;

14) iz 22 , n 3; 29) iz 4 , n 4;

15) iz 3 , n 3; 30) iz 16 , n 4.

182

Завдання 7.

1. Розв’язати за допомогою методу Крамера та за матричним методом

систему трьох лінійних рівнянь з трьома невідомими і виконати перевірку.

2. Дослідити систему чотирьох лінійних рівнянь з чотирма невідомими за

допомогою теореми Кронекера - Капеллі й у випадку, якщо вона виявиться

сумісною, знайти всі її розв’язки.

Варіант № 1

1.

.872

,1353

,42

321

321

321

xxx

xxx

xxx

2.

.0

,14272

,2353

,42

21

4321

4321

4321

xx

xxxx

xxxx

xxxx

Варіант № 2

1.

.11322

,823

,1

321

321

321

xxx

xxx

xxx

2.

.12222

,32

,13

,2

4321

4321

4321

4321

xxxx

xxxx

xxxx

xxxx

Варіант № 3

1.

.22

,3

,123

31

321

321

xx

xxx

xxx

2.

.333

,022

,1

,2323

4321

431

4321

4321

xxxx

xxx

xxxx

xxxx

Варіант № 4

1.

.132

,12232

,75

321

321

321

xxx

xxx

xxx

2.

.1

,1332

,212232

,85

42

321

4322

4321

xx

xxx

xxxx

xxxx

Варіант № 5

1.

.1753

,1032

,52

321

321

21

xxx

xxx

xx

2.

.1224

,1035

,163

,52

421

432

31

421

xxx

xxx

xx

xxx

Варіант № 6

1.

.182

,1123

,32

321

321

321

xxx

xxx

xxx

2.

.22

,1

,22

,43

4321

4321

4321

4321

xxxx

xxxx

xxxx

xxxx

183

Варіант № 7

1.

.232

,359

,123

321

321

321

xxx

xxx

xxx

2.

.03963

,232

,0314

,123

4321

4321

4321

4321

xxxx

xxxx

xxxx

xxxx

Варіант № 8

1.

.4359

,232

,723

321

321

321

xxx

xxx

xxx

2.

.12

,202354

,032

,123

32

4321

4321

321

xx

xxxx

xxxx

xxx

Варіант № 9

1.

.13356

,4359

,6

321

321

321

xxx

xxx

xxx

2.

.2326

,11236

,3492

,123

4321

4321

4321

321

xxxx

xxxx

xxxx

xxx

Варіант № 10

1.

.145

,33

,452

321

31

321

xxx

xx

xxx

2.

.03

,255

,33

,12

31

432

31

421

xx

xxx

xx

xxx

Варіант № 11

1.

.65

,104

,232

321

321

321

xxx

xxx

xxx

2.

.03

,105

,34

,1532

32

321

4321

4321

xx

xxx

xxxx

xxxx

Варіант № 12

1.

.435

,18

,22

321

321

321

xxx

xxx

xxx

2.

.37

,2432

,12

,022

32

4321

321

4321

xx

xxxx

xxx

xxxx

Варіант № 13

1.

.622

,53

,253

321

321

32

xxx

xxx

xx

2.

0

,222

,0

,1

31

4321

4321

432

xx

xxxx

xxxx

xxx

184

Варіант № 14

1.

.772

,335

,52

321

321

321

xxx

xxx

xxx

2.

.232

,872

,2353

,432

431

321

4321

4321

xxx

xxx

xxxx

xxxx

Варіант № 15

1.

.222

,1

,5325

321

321

321

xxx

xxx

xxx

2.

.026410

,222

,1

,5325

4321

321

4321

4321

xxxx

xxx

xxxx

xxxx

Варіант № 16

1.

.932

,2245

,146

321

321

31

xxx

xxx

xx

2.

.132

,25

,1

,232232

321

4321

42

4321

xxx

xxxx

xx

xxxx

Варіант № 17

1.

.1310

,14163

,952

32

321

31

xx

xxx

xx

2.

.022

,2323

,1

,333

431

4321

4321

4321

xxx

xxxx

xxxx

xxxx

Варіант № 18

1.

.1332

,54

,123

321

321

321

xxx

xxx

xxx

2.

.13

,2

,12222

,32

4321

4321

4321

4321

xxxx

xxxx

xxxx

xxxx

Варіант № 19

1.

.1454

,223

,52

321

321

21

xxx

xxx

xx

2.

.102

,0

,14272

,3353

4321

21

4321

4321

xxxx

xx

xxxx

xxxx

Варіант № 20

1.

.3795

,43

,742

321

32

321

xxx

xx

xxx

2.

.22

,43

,1

,22

4321

4321

4321

4321

xxxx

xxxx

xxxx

xxxx

185

Варіант № 21

1.

.71072

,1295

,593

321

321

321

xxx

xxx

xxx

2.

.52

,1224

,163

,035

421

421

31

432

xxx

xxx

xx

xxx

Варіант № 22

1.

.1610

,952

,81635

32

31

321

xx

xx

xxx

2.

.0314

,03963

,123

,232

4321

4321

4321

4321

xxxx

xxxx

xxxx

xxxx

Варіант № 23

1.

.1354

,1469

,5243

321

321

321

xxx

xxx

xxx

2.

.42354

,3323

,42

,532

4321

321

32

4321

xxxx

xxx

xx

xxxx

Варіант № 24

1.

.1972

,765

,83

321

321

321

xxx

xxx

xxx

2.

.3492

,123

,2326

,11236

4321

321

4321

4321

xxxx

xxx

xxxx

xxxx

Варіант № 25

1.

.1323

,73215

,26

321

321

321

xxx

xxx

xxx

2.

.255

,12

,33

,03

432

421

31

31

xxx

xxx

xx

xx

Варіант № 26

1.

.72

,3985

,323

321

321

321

xxx

xxx

xxx

2.

.532

,84

,65

,13

4321

4321

321

32

хxxx

хxxx

xxx

xx

Варіант № 27

1.

.4653

,12

,26

321

321

31

xxx

xxx

xx

2.

.87

,32

,822

,4432

32

321

4321

4321

xx

xxx

xxxx

xxxx

186

Варіант № 28

1.

.9572

,322

4293

321

321

321

xxx

xxx

xxx

2.

.932

,1072

,1432

,1353

431

321

4321

4321

xxx

xxx

xxxx

xxxx

Варіант № 29

1.

.19324

,143

,72

321

321

321

xxx

xxx

xxx

2.

.0

,1

,0

,222

31

432

4321

4321

xx

xxx

xxxx

xxxx

Варіант № 30

1.

.1132

,14723

,94

321

321

321

xxx

xxx

xxx

2.

.5325

,1

,222

,026410

4321

4321

321

2321

xxxx

xxxx

xxx

xxxx

Завдання 8. Дано координати вершин піраміди 4321 AAAA (табл. 1).

Таблиця 1 – Вихідні дані для виконання завдання 8

Номер

варіанта

Координати вершин піраміди 4321 AAAA

1A

2A

3A

4A

1 2 3 4 5

1 (2; 0; 0) (–2; 0; 1) (1; 4; 2) (3; 0; 6)

2 (–2; 0; 2) (0; 0; 4) (3; 2; 5) (-1; 3; 2)

3 (1; 2; 3) (2; 0; 0) (3; 2; 5) (4; 0; 0)

4 (3; 0; 6) (1; –3; 2) (3; 2; 5) (2; 2; 5)

5 (–2; 0; –1) (0; 0; 4) (1; 3; 2) (3; 2; 7)

6 (1; –2; 1) (0; 0; 4) (1; 4; 2) (2; 0; 0)

7 (–2; 1; 0) (3; 2; 7) (2; 2; 5) (6; 1; 5)

8 (–1; 3; 0) (2; 0; 0) (4; –1; 2) (3; 2; 7)

9 (6; 1; 5) (5; 1; 0) (–4; 1; –2) (–6; 0; 5)

10 (1; –1; 6) (–5; –1; 0) (4; 0; 0) (2; 2; 5)

11 (3; 1; 4) (–1; 6; 1) (–1; 1; 6) (0; 4; –1)

12 (3; 3; 9) (6; 9; 1) (1; 7; 3) (8; 5; 8)

13 (3; 5; 4) (5; 8; 3) (1; 9; 9) (6; 4; 8)

14 (2; 4; 3) (7; 6; 3) (4; 9; 3) (3; 6; 7)

15 (9; 5; 5) (–3; 7; 1) (5; 7; 8) (6; 9; 2)

16 (0;7;1) (4;1;5) (4;6;3) (3;9;8)

17 (5; 5; 4) (3; 8; 4) (3; 5; 10) (5; 8; 2)

18 (6; 1; 1) (4; 6; 6) (4; 2; 0) (1; 2; 6)

187

Закінчення таблиці 1

1 2 3 4 5

19 (7; 5; 3) (9; 4; 4) (4; 5; 7) (7; 9; 6)

20 (6; 6; 2) (5; 4; 7) (2; 4; 7) (7; 3; 0)

21 (4;2;5) (0;7;1) (0;2;7) (1;5;0)

22 (4; 4; 10) (7; 10 ;2) (2; 8; 4) (9; 6; 9)

23 (4; 6; 5) (6; 9; 4) (1; 10; 10) (7; 5; 9)

24 (3; 5; 4) (8; 7; 4) (5; 10; 4) (4; 7; 8)

25 (10; 6; 6) (–2; 8; 2) (6; 8; 9) (7; 10; 3)

26 (1; 8; 2) (5; 2; 6) (5; 7; 4) (4; 10; 9)

27 (6; 6; 5) (4; 9; 5) (4; 6; 11) (6; 9; 3)

28 (7; 2; 2) (5; 7; 7) (5; 3; 1) (2; 3; 7)

29 (8; 6; 4) (10; 5; 5) (5; 6; 8) (8; 10; 7)

30 (7; 7; 3) (6; 5; 8) (3; 5; 8) (8; 4; 1)

Завдання 9. Дано координати вершин трикутника ABC (табл. 2).

Способами аналітичної геометрії:

1) скласти рівняння сторони AB ;

2) скласти рівняння висоти, проведеної з вершини C ;

3) обчислити довжину висоти, проведеної з вершини B ;

4) скласти рівняння прямої, яка проходить через центр ваги трикутника

паралельно до сторони AC ;

5) знайти площу трикутника;

6) знайти внутрішній кут трикутника при вершині A .

Таблиця 2 – вихідні данні для виконання завдання 9

Номер

варіанта A B C

Номер

варіанта A B C

1 (–6; –3) (–4; 3) (9; 2) 16 (2; –1) (8; 7) (–10; 4)

2 (–3; 1) (–1; 7) (12; 6) 17 (5; –3) (1; 0) (7;2)

3 (–1; 3) (1; 9) (4; 7) 18 (4; –6) (2; 2) (–2; –1)

4 (0; 0) (2; 6) (7; 2) 19 (3; 4) (–1; 7) (–4; 0)

5 (–2; –6) (0; 0) (3; –2) 20 (1; –2) (7; 6) (0; 2)

6 (–2; –5) (6; 2) (0; 0) 21 (2; –1) (–2; –3) (–6; 4)

7 (–2; –5) (–4;–7) (5; 5) 22 (5; –8) (3; –2) (–3; –6)

8 (1; 2) (3; 8) (–4; –1) 23 (8; –2) (–6; –5) (0; 4)

9 (4; 4) (1; –3) (9; 0) 24 (7; 5) (3; 2) (4; 0)

10 (5; 6) (7; 2) (–6; 0) 25 (3; –7) (6; 0) (1; 1)

11 (–6; –4) (–1; 2) (–6; –3) 26 (5; 3) (–1; –2) (–3; 7)

12 (2; 0) (7; 2) (0;5) 27 (3; 1) (–2; 8) (–5; 3)

13 (–2; –6) (–6; –3) (10; –1) 28 (9; 2) (–5; 7) (0; –3)

14 (8; 2) (–2; –1) (–4;7) 29 (–6; –3) (3; 1) (–1; 4)

15 (–6; –4) (–2; –1) (4; 1) 30 (7; 9) (–2; 0) (–3; 2)

188

Завдання 10. Надати рівнянню лінії (табл. 3) канонічного вигляду.

Побудувати цю лінію і знайти залежно від одержаного результату:

– координати центра кола та його радіус;

– координати фокусів, довжини осей і ексентрисистет еліпса;

– координати фокусів, довжини осей, ексцентриситет гіперболи і

записати рівняння її асимптот;

– координати вершини та фокуса параболи, величину параметра, а також

записати рівняння її директриси.

Таблиця 3 – вихідні дані для виконання завдання 10

Номер

варіанта Рівняння лінії

Номер

варіанта Рівняння лінії

1 029462 yxx ; 16 0842 2 yxy ;

2 016222 yxyx ; 17 011643 22 xyxy ;

3 0111664 22 yxyx ; 18 011610018259 22 yxyx ;

4 011161849 22 yxyx ; 19 01284 22 yyx ;

5 010822 yxy ; 20 09183095 22 yxyx ;

6 0142827 22 xyx ; 21 022422 yxyx ;

7 0642 2 yxy ;

22 031150642516 22 yxyx

;

8 09183095 22 yxyx ; 23 0582 2 yxx ;

9 06836894 22 yxyx ; 24 02381849 22 yxyx ;

10 034102 yxx ; 25 066222 yxyx ;

11 01263 22 yxxy ; 26 03673290169 22 yxyx ;

12 098622 yxyx ; 27 03212834 22 yxyx ;

13 0382 2 yxy ; 28 05422 yyx ;

14 013824 22 yxyx ; 29 025684 22 yxyx ;

15 04081422 yxyx ; 30 0784 2 yxx .

Завдання 11. Дано функцію fr на відрізку 20 : cos nr

для Zkkn ,2 і sin nr для Zkkn ,12 (n – номер варіанта).

Необхідно:

1) побудувати графік функції в полярній системі координат за точками,

надаючи куту значення через проміжок 8

, починаючи від 0 ;

2) записати рівняння одержаної лінії в прямокутній декартовій системі

координат, початок якої збігається з полюсом, а додатна піввісь абсцис –

з полярною віссю, і за рівнянням визначити, вид одержаної кривої.

189

Завдання 12. Обчислити границі функцій.

Варіант № 1

1. 3

652

3

x

xxim

x . 6.

2

2

273

456

xx

xxim

x

.

2. 14

22533

x

xim

x . 7. xctgxim

x23sin

0

.

3.

2

1

1 23

32

x

x x

xim . 8.

1sec

sin

0 x

xxim

x .

4.

24 16

8

4

1

xxim

x . 9. xxxim

x83 22

.

5.

1

1sin31

x

xim

x . 10.

14

1232

2

1

xx

xxim

x .

Варіант № 2

1. x

xxim

x 2cos1

sin4

0 . 6.

732

654223

23

xxx

xxxim

x .

2. 24 16

13

x

xim

x

. 7.

3

2

2

2

5

x

x xx

xxim .

3.

882

2sin2

2

2

xx

xim

x . 8. .

823

2322

2

2

xx

xxim

x

4. 232

xxximx 9. xctg

xxtgim

222

01

.

5. 2

2

0

3sin

x

x

imx .

10.

x

x x

xim

1

2

2

31

2 .

Варіант № 3

1. 273

4562

2

xx

xxim

x . 6.

21

92

3

x

xim

x .

2. x

xim

x 3sin

4cos120

. 7. .

12

2532

2

1

xx

xxim

x

3.

12

4

21

x

x xim . 8. .

2

33

0 xtgim

xx

x

4.

x

xxim

x

coscos

0 . 9. .

2

12

2

2

xx

xxim

x

5. .53749 636

xxxximx 10.

xctgxim

x 20

.

190

Варіант № 4

1. 1

522

3

1

x

xxim

x . 6.

86

162

2

4

xx

xim

x .

2. x

xim

x 25

74

. 7. .

2

6cos4cos20 xarctg

xxim

x

3. x

x x

xim

1

0 27

29

.

8. .

2

cos

2

x

xim

x

4. 392

5sin

0 x

xim

x . 9. .52 3

2

3

x

x

xxim

5.

9

6

3

123 xx

imx . 10. xxxim

x22

.

Варіант № 5

1. 13

74 2

2

x

xxim

x . 6.

104

582

32

xx

xxim

x .

2. 4

22322

x

xim

x . 7. .

12

322

x

xnxim

x

3.

xctg

x

xim

x

2

20 sin

cos . 8. .

483

83102

2

2

xx

xxim

x

4. xxximx

42 . 9. .3

2sin5

0 xtg

xim

x

5.

x

x xim

31

13

21

. 10.

2

3

2 4

8

x

xim

x

.

Варіант № 6

1. 4

1272

4

x

xxim

x . 6.

x

xtg

imx sin

22

.

2. 925

84334

23

xx

xxim

x . 7. .

1132

252

5

x

xim

x

3. 4

2

2

253

x

x

xxim . 8. .

5sin

6cos120 x

xim

x

4. xxximx

24 2

. 9. .4

32

2

2

x

xxim

x

5. x

x x

xim

3

23

23

. 10.

4

4

2

122

xx

imx .

191

Варіант № 7

1. xx

xxim

x 3

322

2

3

. 6.

x

x x

xim

2

2

1

.

2. 49

3227

x

xim

x . 7. .

44

122

2

2

xx

xxim

x

3. x

xxim

x 2

5sin3sin

0

. 8. .1 sin

1

2

0

x

xxxim

4. xxxximx

22 1 . 9. .221

3 1

4

4

x

x x

xim

5.

25sin

0

xctgxim

x . 10.

243

5sin

0 x

xim

x .

Варіант № 8

1. 1

3693

2

1

x

xxim

x . 6.

xtgx

xim

x 2

3sin22

3

0 .

2. xxximx

562 . 7. .1

cos212

4

xtg

xim

x

3. x

x x

xim

2

1

0 31

51

. 8. .

4

2422

x

xim

x

4. 52

45

421

343

xx

xxim

x

. 9. .

9

6

3

123

xxim

x

5.

15

32

12

x

x x

xim . 10.

23

3arccos

0

x

xim

x .

Варіант № 9

1. 23

1232

2

1

xx

xxim

x .

6.

2

3sin

20 x

tg

xxim

x .

2. x

x xim

8

1

0 1

1

. 7. .

3sin

252

0 x

xim

x

3. 2

2

356

271

xx

xxim

x

. 8. .

374

924162

2

4

3

xx

xim

x

4. 8

633

2

x

xim

x . 9. .32 xxxim

x

5. 32

35

25

x

x x

xim . 10.

25

162

2

4

xx

xim

x .

192

Варіант № 10

1. 127

1233

2

3

1

x

xxim

x

. 6. xtg

xim

x 6

3cos120

.

2. 2

232

x

x

xxim . 7. .93 2 xxxim

x

3. x

xx

imx 3cos

2

3sin

2

3cos

6

. 8. .142

2352

2

xx

xxim

x

4. 3

2

32

12

x

x x

xim . 9. .

49

3227 x

xim

x

5. 65

232

2

0

xx

xxim

x . 10.

x

xxarctgim

x 3sin

620

.

Варіант № 11

1. 65

272

3

3

xx

xim

x . 6.

1310 x

xim

x .

2. 13

6

x

xxim

x . 7. .

3

2sin

20 xtg

xx

imx

3. 3 3

17 6 .

xx

xim x

8. xxxim

x82

4.

23

52

12

x

x x

xim . 9. .

2

3cos7cos20 x

xxim

x

5.

38

13

1

x

x x

xim . 10. .

5

1

25

1025

xxim

x .

Варіант № 12

1. 1

23

2

1

x

xxim

x . 6.

x

tgxtgxim

x 2sin

11

0

.

2. 33

9 2

3

x

xim

x . 7. .

sin

3cos1

0 xx

xim

x

3. 32

3

432

18

xx

xxim

x

. 8. .

1

1ln

1

0

x

x

xim

x

4. 232

22

2

2

xx

xxim

x . 9. x

xxim 4

1

2

0sin1

.

5. 2

3

3

12

x

x x

xim . 10.

13

13arcsin

1

x

xim

x .

193

Варіант № 13

1. 2

2

23

32

x

xxim

x

. 6.

323

9 2

3

x

xim

x .

2. 8

2323

2

2

x

xxim

x . 7. .

2sin5

3arcsin20 x

xim

x

3.

xxim

x 4

1

16

824

. 8. .5

2x

x x

xim

4. xx

xxim

x 5sin

coscos 3

0

. 9. xxxim

x42

.

5. x

x

xim

3sin

1

0 21

. 10.

3

2sin

0 x

xim

x .

Варіант № 14

1. 23

4222

xx

xim

x . 6.

3

1

9

6

23

xx

imx .

2. xx

xim

x 33

3sin

0 . 7. xxim

x

5

3

sin410

3.

5

51

31

23

x

xim x

x . 8. .

cos1

4cos1

0 x

xim

x

4. 3

2

2

2

2

1

x

x x

xim . 9.

1

3693

2

1

x

xxim

x .

5.

2

3sin2 2

0 xtgx

xim

x . 10.

2

sin

2sin

2

xx

ctgxxim

x

.

Варіант № 15

1. 8

24

8

x

xim

x . 6.

1

cossin

4

tgx

xxim

x

.

2.

72

212

xx

xxim

x . 7.

2

1

13

23

x

x x

xim .

3. 2115

2742

2

2

x

xxim

x . 8.

1

12

1

621 xx

imx .

4.

x

x

x

xim

x 2

3sin2sin4

0 . 9.

555

4

4

x

xim

x .

5. x

x

xim

5

0 2

31

. 10.

54

252

2

5

xx

xim

x .

194

Варіант № 16

1. 23

7522

2

1

xx

xxim

x . 6. x

x

xxim

2

3

295 .

2. xx

xxim

x 5

953125

. 7.

x

xxim

x 3cos1

2sin

0 .

3. xxximx

52 . 8. 2

13

23

34

x

x x

xim .

4. xx

xim

x 3

2

0 coscos

3sin

. 9.

20 5

2arcsin

xx

xim

x .

5. 923

3

0 x

xtgim

x . 10.

63

83

2

x

xim

x .

Варіант № 17

1. 7315

1143

2

xx

xxim

x . 6.

xx

xtgim

x sincos

1 2

4

.

2. xx

xxim

x 6sin

7cos3cos

0

. 7.

332

21

3

x

xim

x .

3. 252

232

2

2

xx

xxim

x . 8. 1

1

245

x

x

xxim

4. xxxximx

22 12 . 9. 2

1

32

2

x

x x

xim .

5. x

xim

x 4cos1

2sin1

4

. 10.

53sin

0

xctgxim

x .

Варіант № 18

1. 3

23

1 1

2233

x

xxxim

x . 6. 3

2

5

x

x

xim .

2. 33

9 2

3

x

xim

x . 7.

xtg

xim

x 3

2cos120

.

3. 1572

1522

2

5

xx

xxim

x . 8.

xx

xim

x

2

2

1

231 .

4.

12

12 2

x

xim

x . 9. 323

xxim

x .

5.

xxim

x 2sin

1

sin4

1220

.

10. x

xtgimx 3sin

231 2

0

.

195

Варіант № 19

1. 24

32 2

x

xim

x . 6.

xx

xim

x 336

1

21

.

2.

2343

2

2

3

x

x

x

xim

x . 7.

x

tgtgxim

x .

3. x

xxtgim

2

051

. 8. xxim

x319 2

4. 6

232

22

2

xx

xxxim

x . 9.

14

2

35

x

x x

xim .

5.

2cos1

cos1

0 x

xim

x

.

10. 12

25

1

x

xim

x .

Варіант № 20

1. x

xxim

x

112

0

. 6.

x

x

xim

x2cos

cos

sin20

.

2. 43

12

3

1

xx

xim

x . 7.

x

xim

x

51

53

4 .

3.

xx

xim

x 2

2arcsin22

. 8.

32

3

5

18

xx

xim

x

4.

x

x xim

28

1

. 9.

2

54

35

x

x x

xim .

5.

4

4

2

122 xx

imx .

10. xxximx

342 2

.

Варіант № 21

1. 3

2

3 27

932

x

xxim

x

. 6.

x

xxxim

x

121 2

0

.

2. 3

3

31

74

xx

xim

x

. 7.

x

xim

x 7sin

24

0

.

3.

123

4

4

x

xtgim

x . 8.

2

4

23

3

x

x x

xim .

4. x

xim

x

2cos1

0

. 9.

30

sin

x

tgxim

x

.

5. xxximx

1 .

10.

xctg

x

xim

x

2

20 sin

cos .

196

Варіант № 22

1. 235

24

0 2

33

xxx

xxim

x

. 6.

xx

xim

x 3cos7cos

3 2

0 .

2. . 7.

14

21arcsin2

2

1

x

xim

x

.

3.2

6

4x

x x

xim

.

8. xtg

xim

x 6

13sin

6

.

4. 252

232

2

2

xx

xxim

x . 9.

3 381

21

x

xim

x

.

5. 19 33

xximx .

10.

312

95 2

4

x

xim

x .

Варіант № 23

1. x

xxim

x

3459 2

0

. 6.

xx

xxim

x sin3sin2

2sinsin22

2

6

.

2. 107

652

2

2

xx

xim

x . 7. 132

xxim

x .

3. xtg

xxim

x2

41

sincos

. 8. 35

222

x

xim

x .

4. x

x

xxim

3

5

383 . 9.

11

732

2

xx

xxim

x .

5. 4

1

27

23

x

x x

xim . 10. xctgxxim

x53sin 2

0

.

Варіант № 24

1. 3 23 1527

49

xx

xim

x . 6.

24

2

0 x

xtgim

x .

2. xx

xtgxim

x sin

cos1 2

0

. 7.

132

36

x

x

xim .

3. xxxximx

845 22

. 8. x

xim

x 2sin1

4cos1

4

.

4. 123

12

23

1

xx

xxxim

x . 9.

2

23

43

14

x

x x

xim .

5.

x

xnnim

x 5

33

0

. 10.

1

1

1

221 xx

imx .

x

x x

xxim

2

3

3

53

1

197

Варіант № 25

1. xx

xim

x

2

2

1

231 . 6.

5143

1522

2

5

xx

xxim

x .

2.

tgx

xx

xim

x 11

7

0 . 7.

5cos4

2 2

0 x

xim

x .

3.

2

13

21

x

x xim . 8. 512 22

xxxim

x .

4. x

xtgim

x 4cos1

32

0 . 9.

123

23

x

x

xim .

5.

x

nxnim

x 2

22

0

. 10.

x

xim

x

3sin

92

3 .

Варіант № 26

1. 1

352

2

2

1

xog

xxim

x . 6.

4

13

2

8

x

x x

xim .

2. 212

62

2

3

xx

xxim

x . 7.

24

381

1

x

xim

x .

3. xxximx

4389 22

. 8. x

xxim 3

12

0sin1

.

4.

x

xxarctgim

x 2arcsin

32

0

. 9.

1722

1542234

23

xxxx

xxxxim

x .

5. xx

xim

x 9cos7cos

8 2

0 . 10.

2545

2

2

3

x

x

x

xim

x .

Варіант № 27

1.

14

12

3

32

2

x

x

xim

x . 6.

352

61132

2

3

xx

xxim

x .

2. xxximx

12 . 7. x

xxim

2sin

1

02cos

.

3.

xxim

x 2

1

8

1232

. 8.

2sin1

2sin1

sin

0 xx

xim

x

.

4.

7

23325

3

x

xxim

x . 9.

x

xxim

x 3sin

4cos120

.

5. x

xim

x 6sin

923

0

. 10.

5

34

14

24

x

x x

xim .

198

Варіант № 28

1. x

xim

x

3

273

3 . 6.

24

2sin

2

2

0 xtg

xim

x .

2. 30

21 ximx

. 7.

xx

xxim

x 3

652

23

3

.

3.

x

x

xim

x 3

2

. 8. xx

xxtgim

x 350 coscos

3

.

4. 752

232

2

1

xx

xxim

x . 9.

23 9

221

x

xxim

x

.

5. xx

xim

x sincos

cos12sin

4

. 10. 14

23

2

x

xim

x .

Варіант № 29

1. 27

3523

2

3

x

xxim

x . 6.

xtgx

xim

x

2

2

2

4cos

sin4

.

2. 4

13

27

7

x

x x

xim . 7.

123

2

4

x

xim

x .

3. 289

3673

2

xx

xxim

x . 8. 562

xxxim

x .

4. 31

56

2

x

xim

x . 9.

x

xxim

x 5sin

cos12

2

.

5. x

xim

x 2sin2

cos1 3

0

. 10.

53 2

0

xctgxtgxim

x .

Варіант № 30

1. 32

32

21

651

xx

xxim

x

. 6.

273

2222

xx

xim

x .

2. x

xim

x3

2

2sin1

cos

. 7. x

xxim 51

0

.

3. 923

7sin

0 x

xim

x . 8.

932

81182

24

3

xx

xxim

x .

4. xxximx

793 2

9. 2sin

83

2

x

xim

x .

5.

x

x x

xim

61

45

25

. 10.

2

81492

2

2

xx

xxim

x .

199

СПИСОК ЛІТЕРАТУРИ

1. Ефимов Н.В. Краткий курс аналитической геометрии. – М.: Наука,1954.

2. Беклемишев Д.В. Курс аналитической геометрии и линейной алгебры. –

М.: Наука, 1987.

3. Ильин В.А. Ким Г.Д. Линейная алгебра и аналитическая геометрия. -

М., Изд. МГУ, 1998.

4. Овчинников П.П., Яремчук Ф.П., Михайленко В.М. Вища математика:

Підручник. У 2 ч. Ч. 1: Лінійна і векторна алгебра. Аналітична геометрія. Вступ

до математичного аналізу. Диференціальне і інтегральне числення. – К., 2004.

5. Пискунов Н.С. Дифференциальное и интегральное исчисление для

вузов: В 2-х т. – М.: Наука, 1985. – Т. 1.

6. Каплан И.А., Пустынников В.И. / Под ред. Пустынникова В.И.

Практикум по высшей математике. В 2-х т. 6-е изд. М.,2006. – Т. 1,2.

7 Давидов М.О. Курс математичного аналізу. – Ч.I. – К.: Вища шк., 1990.

8. Клетеник Д.В. Сборник задач по аналитической геометрии. – М.: Наука,

1986.

9. Берман Г.Н. Сборник задач по курсу математического анализа. – М.:

Наука, 1985.

10. Самойленко А.М., Вишенський В.А., Перестюк М.О. Збірник задач з

математики. – К.: Вища шк., 1982.

200

ЗМІСТ

Вступ…………………………………………….……...……………............... 3

1. Комплексні числа і дії щодо них………………………................................... 4

2. Елементи лінійної алгебри……………………………………………….. 15

2.1. Визначники…………………………….……….……………………. 16

2.2. Системи лінійних рівнянь…..……………………………………………… 26

2.3. Матриці та дії щодо них….………………………………………………… 31

2.4. Матричний запис системи лінійних рівнянь. Теорема Кронекера-

Капеллі ………………………… …………………………………….………. 43

2.5. Метод Гауса для розв'язування систем лінійних рівнянь………… 55

3. Елементи векторної алгебри…………………………………………………….. 60

3.1. Поняття вектора. Лінійні дії щодо векторів ………………………. 60

3.2. Скалярний і векторний добутки векторів…..……………………………. 70

3.3. Мішаний добуток векторів……………..………………………………. 78

4. Аналітична геометрія.…………………………………………………….. 81

4.1. Аналітична геометрія на площині………………………………….. 81

4.1.1. Система прямокутних декартових координат на площині….. 81

4.1.2. Полярна система координат…………………………………… 83

4.1.3. Рівняння лінії. Побудова лінії за її рівнянням……………….. 83

4.1.4. Параметричні рівняння лінії………………………………….. 91

4.1.5. Пряма лінія та її рівняння…………………………………….. 95

4.1.6. Криві другого порядку……………………………………….. 108

4.1.7. Загальне рівняння лінії другого порядку…………………… 120

4.2. Аналітична геометрія в просторі………………………………….. 127

4.2.1. Площина в просторі………………………………………….. 127

4.2.2. Пряма в просторі……………………………………………… 138

4.2.3. Площина і пряма в просторі ..................................................... 145

5. Вступ до математичного аналізу………………………………………… 156

5.1. Поняття функції……………………………………………………… 156

5.2. Обчислення границь…………………………………………………. 157

5.2.1. Розкриття невизначеності вигляду .0

0……………………….. 160

5.2.2. Розкриття невизначеності вигляду

…………………….….. 164

5.2.3. Розкриття невизначеності вигляду ……………………. 165

5.2.4. Розкриття невизначеності вигляду 0 …………………….. 166

5.2.5. Розкриття невизначеності вигляду 1 ………………………. 167

5.3. Неперервність функції……………………………………………… 173

6. Варіанти підсумкових завдань………………………………………………. 178

Список літератури……………………………………………………………. 199

Навчальне видання

ХАРЧЕНКО Анатолій Петрович

ГАЄВСЬКА Вікторія Олексіївна

ЛИСЯНСЬКА Ганна Володимирівна

ВИЩА МАТЕМАТИКА В ПРИКЛАХ І ЗАДАЧАХ

ЧАСТИНА І

Навчальний посібник

для студентів спеціальностей

192 "Будівництво та цивільна інженерія",

133 "Галузеве машинобудування", 144 "Теплоенергетика",

151 "Автоматизація та комп’ютерно-інтегровані технології",

194 "Гідротехнічне будівництво, водна інженерія та водні технології"

Відповідальний за випуск О.О. Аршава

Роботу до видання рекомендував В.В. Шилін

Редактор В.І. Пуцик

План 2019 р., поз. 44 Формат 60х84 1/16. Папір друк.№2.

Підп. до друку Умов.-друк. арк. 10,0

Riso-друк. Зам. № 5698

Гарнітура «Times New Roman»

______________________________________________________ Видавець: ФОП Панов А.М.

Свідоцтво серії ДК № 4847 від 06.02.2015р.

Надруковано в типографії

ТОВ «Цифрова типографія»

м. Харків, вул. Данилевського, 30