Высшая математика для технических университетов. I. Линейная алгебра. Задорожный В.Н - 170 стр.

UptoLike

ВУЗ: 

ТПУ | Томск

Составители: 

Рубрика: 

170 Глава 4. Аффинные пространства
И, наконец, последняя (седьмая) грань — треугольник DEF — принадлежит плос-
кости π
(7)
2
, проходящей через тройку точек D, E, F , с уравнением
x
1
x
2
x
3
1
1 1 0 1
1 0 1 1
0 1 1 1
= x
1
1 0 1
0 1 1
1 1 1
− x
2
1 0 1
1 1 1
0 1 1
+ x
3
1 1 1
1 0 1
0 1 1
−
1 1 0
1 0 1
0 1 1
=
= −x
1
− x
2
− x
3
+ 2 = 0
или
x
1
+ x
2
+ x
3
= 2.
Сам многогранник расположен в полупространстве x
1
+ x
2
+ x
3
6 2.
Таким образом, выпуклая оболочка заданной системы точек представляет собой
трехмерный семигранник OABCDEF (см. рис. 18), гранями которого являются три
параллелограмма JCBF , OAEC, O ADB и четыре двумерных трехгранника (тре-
угольника) EAD, DBF , F CE, DEF .
Система неравенств, определяющих многогранник OABCDEF , имеет вид
x
1
> 0, x
2
> 0, x
3
> 0, x
1
6 1, x
2
6 1, x
3
6 1, x
1
+ x
2
+ x
3
6 2.
Ответ на последний вопрос: об уравнениях, описывающих многогранник OABCDEF ,
дают формулы (17.20), (17.21) теоремы 17.2:
X =
x
1
x
2
x
3
!
= λ
1
1
0
0
!
+ λ
2
0
1
0
!
+ λ
3
0
0
1
!
+ λ
4
1
1
0
!
+ λ
5
1
0
1
!
+ λ
6
0
1
1
!
или в развернутом виде
x
1
= λ
1
+ λ
4
+ λ
5
,
x
2
= λ
2
+ λ
4
+ λ
6
,
x
3
= λ
3
+ λ
5
+ λ
6
,
где все λ
i
> 0 и λ
1
+ λ
2
+ λ
3
+ λ
4
+ λ
5
+ λ
6
= 1.
Рассмотрим теперь несколько примеров обратной задачи.
Пример 17.6. Найти вершины трехмерного многогранника, заданного системой нера-
венств x
1
6 1, x
2
6 1, x
3
6 1, x
1
+ x
2
> −1, x
2
+ x
3
> −1, x
1
+ x
3
> −1.
Решение. Пусть {0, ~e
1
, ~e
2
, ~e
3
} — репер трехмерного аффинного пространства A
3
, в
котором заданы двумерные опорные плоскости π
(1)
2
: x
1
= 1; π
(2)
2
: x
2
= 1; π
(3)
2
: x
3
= 1;
π
(4)
2
: x
1
+ x
2
= −1; π
(5)
2
: x
2
+ x
3
= −1; π
(6)
2
: x
1
+ x
3
= −1, содержащие двумерные грани
искомого трехмерного многогранника.
Вершины этого многогранника являются точками пе-
Рис. 19.
ресечения по меньшей мере трех опорных плоскостей.
Так, пересечение плоскостей π
(1)
2
, π
(2)
2
и π
(3)
2
дает точку
A с координатами x
1
= x
2
= x
3
= 1: A(1, 1, 1). Пересе-
чение плоскостей π
(1)
2
, π
(3)
2
с π
(5)
2
и π
(6)
2
дает одну точку
B(1, 1, −2). Аналогично пересечение плоскостей π
(1)
2
, π
(3)
2
с π
(4)
2
и π
(5)
2
дает одну точку C(1, −2, 1), а пересечение
плоскостей π
(2)
2
, π
(3)
2
с π
(4)
2
и π
(6)
2
— точку D(−2, 1, 1). Что-
бы найти точки пересечения плоскостей π
(4)
2
, π
(5)
2
и π
(6)
2
,
запишем систему уравнений
x
1
+ x
2
= −1,

Страницы