Высшая математика для технических университетов. I. Линейная алгебра. Задорожный В.Н - 171 стр.

UptoLike

ВУЗ: 

ТПУ | Томск

Составители: 

Рубрика: 

17. Системы линейных неравенств и многогранники 171
x
2
+ x
3
= −1,
x
1
+ x
3
= −1.
Выпишем расширенную матрицу этой системы и проведем указанные элементарные
преобразования:
1 1 0
0 1 1
1 0 1
−1
−1
−1
!
∼
S
3
−S
1
1 1 0
0 1 1
0 −1 1
−1
−1
0
!
∼
S
3
+S
2
1 1 0
0 1 1
0 0 2
−1
−1
−1
!
∼
S
3
/2
∼
1 1 0
0 1 1
0 0 1
−1
−1
−1/2
!
∼
S
2
−S
3
1 1 0
0 1 0
0 0 1
−1
−1/2
−1/2
!
∼
S
1
−S
2
1 0 0
0 1 0
0 0 1
−1/2
−1/2
−1/2
!
.
Отсюда найдем координаты точки пересечения указанных плоскостей: x
1
= x
2
= x
3
=
−1/2. Эти же координаты определяют последнюю вершину E(−1/2, −1/2, −1/2).
Таким образом, вершинами заданного выпуклого многогранника являются пять
точек: A(1, 1, 1), B(1, 1, −2), C(1, −2, 1), D(−2, 1, 1) и E(−1/2, −1/2, −1/2) (рис. 19).
Если учесть, что в точках A и E пересекаются по три плоскости, а в точках B, C
и D — по четыре, то можно конкретизировать: искомый многогранник является трех-
мерным шестиугольником (см. рис. 19). Шесть его граней — это шесть двумерных
трехгранников: треугольников ABC, ABD, ACD, EBC, EBD, ECD. Сам шести-
гранник можно рассматривать как объединение двух тетраэдров с общим основанием
BCD.
Пример 17.7. Найти пересечение четырехмерного параллелепипеда, построенного
на базисных векторах, с плоскостями
а) x
1
+ x
2
+ x
3
+ x
4
= 1, б) x
1
+ x
2
= x
3
+ x
4
= 1.
Решение. Пусть {0, ~e
1
, ~e
2
, ~e
3
, ~e
4
} — репер четырехмерного аффинного пространства
A
4
. Согласно определению (17.14), параллелепипед, построенный на базисных век-
торах ~e
1
, ~e
2
, ~e
3
, ~e
4
, задается неравенствами 0 6 x
i
6 1, i = 1, 2, 3, 4. Координатные
плоскости x
1
= 0, x
2
= 0, x
3
= 0, x
4
= 0 при этом одновременно являются опорны-
ми гиперплоскостями заданного параллелепипеда. Обозначим их для удобства через
π
(1)
3
, π
(2)
3
, π
(3)
3
, π
(4)
3
соответственно. Гиперплоскость x
1
+ x
2
+ x
3
+ x
4
= 1 для случая
а) обозначим через π
(5)
3
, а гиперплоскости x
1
+ x
2
= 1 и x
3
+ x
4
= 1 для случая б) —
через π
(6)
3
и π
(7)
3
(рис. 20).
Рассмотрим случай а). Как и в предыдущем примере, найдем коо рдинаты точек
пересечения опорных гиперплоскостей и гиперплоскости π
(5)
3
. Координаты точки A
— точки пересечения плоскостей π
(1)
3
, π
(2)
3
, π
(3)
3
и π
(4)
3
— определяются из системы
уравнений
x
1
= 0,
Рис. 20.

Страницы