Loading [MathJax]/jax/element/mml/optable/MathOperators.js

Метка: определитель

Векторное произведение векторов, свойства, координатное представление

Векторное произведение векторов

Определение. Если наблюдатель, идя против часовой стрелке сначала встречает вектор →c, затем встречает вектор →a, затем вектор →b, то тройка векторов {→a,→b,→c} называется правой (рис. 1), если же наблюдатель шел по часовой стрелке и встретил вектора в той же последовательности, то тогда тройка векторов {→a,→b,→c} называется левой.

Определение с использованием руки (мнемоническое правило). Если обозначить указательный палец как →a, средний палец как →b, а большой палец как их произведение, т.е. →c, то расположение пальцев на правой руке является правой тройкой векторов, а на левой руке левой тройкой векторов.

На рисунке 1 показано как будет выглядеть правая тройка векторов.

рис. 1

Определение. Векторным произведением неколлинеарных векторов →a и →b называется вектор →c, такой, что

  1. |→c|=|→a|⋅|→b|⋅sinφ, где φ — угол между векторами →a и →b;
  2. Вектор →c ортогонален вектору →a и вектору →b;
  3. Тройка векторов {→a,→b,→c} правая.

Векторное произведение →a и →b обозначается как [→a,→b].

Свойства векторного произведения

  • [→a,→b]=−[→b,→a] (антикоммутативность).

    Смотря на определение видно, что произведения →a×→b и →b×→a имеют одинаковую длину. Так же они имеют противоположное направление из-за того, что sinφ нечетен.

  • [λ→a,→b]=λ[→a,→b] (ассоциативность).

    Докажем данное св-во для случая λ>0, а для λ<0, доказательство проводится аналогично. Легко заметить, что при λ>0 вектор λ(→a×→b) имеет то же направление, что и →a×→b (обратное при λ<0). Теперь нам надо доказать равенство длин этих произведений. |(→a×→b)|=|λ|⋅|→a×→b|=λ⋅|→a|⋅|→b|⋅sin(→a;→b), |(λ→a)×→b|=|λ→a|⋅|→b|⋅sin(→a;→b)=λ|→a|⋅|→b|⋅sin(→a;→b).

  • →a×(→b+→c)=→a×→b+→a×→c (дистрибутивность).
  • Условие коллинеарности векторов.

    Для того, чтобы два ненулевых вектора были коллинеарны, необходимо и достаточно, чтобы их векторное произведение равнялось нулевому вектору. →a‖→b,|→a|≠0,|→b|≠0⟺→a×→b=→0.

    Необходимость. Очевидно, что если вектора →a и →b коллинеарны, то синус угла между ними равен нулю, отсюда видим, что по определению, векторное произведение равно нулю.
    Достаточность. Теперь докажем в обратную сторону: если →a×→b=→0, то |→a|⋅|→b|⋅sin(→a;→b)=0⇒ один из сомножителей равен нулю. Так как ни один из векторов не равен нулю, то sin(→a;→b)=0, т.е. либо ^(→a;→b)=0, либо ^(→a;→b)=π и значит →a‖→b.

    Следствие: векторный квадрат равен нулевому вектору.

  • Геометрический смысл векторного произведения.

    Модуль векторного произведения равен площади параллелограмма построенного на перемножаемых векторах (рис. 2).

    Если посмотреть векторного произведения |→a×→b|=|→a|⋅|→b|⋅sin(→a;→b), то мы видим общеизвестную формулу площади параллелограмма со сторонами, длины которых равны |→a| и |→b|.

    рис. 2

Координатное представление векторного произведения

Для того, чтобы выразить результат векторного произведения векторов →a=(ax,ay,az) и →b=(bx,by,bz) в координатах надо сначала найти все парные векторные произведения единичных векторов →i,→j,→k. →i×→i=→j×→j=→k×→k=0, →i×→j=→k,→j×→k=→i,→k×→i=→j, →j×→i=−→k,→k×→j=−→i,→i×→k=−→j. →a×→b=(ax⋅→i+ay⋅→j+az⋅→k)×(bx⋅→i+by⋅→j+bz⋅→k)= =axby⋅→i×→j+axbz⋅→i×→k+aybx⋅→j×→i+aybz⋅→j×→k+azbx⋅→k×→i+ +azby⋅→k×→j=axby⋅→k—axbz⋅→j—aybx⋅→k+aybz⋅→i+azbx⋅→j— −azbv⋅→i=(aybz—azby)→i—(axbz—azbx)→j+(axby—aybx)→k.
Легко заметить, что разности, стоящие в скобочках, равны определителям второго порядка. →a×→b=|ayazbybz|⋅→i—|axazbxbz|⋅→j+|axaybxby|⋅→k. Итак, видим, что справа от знака равно записано разложение определителя третьего порядка по первой строке. →a×→b=|→i→j→kaxayazbxbybz|. То есть →c=(|ayazbybz|,—|axazbxbz|,|axaybxby|).

Примеры решения задач

  1. Найти модуль векторного произведения векторов →a=(0,3,4) и →b=(5,12,0),φ=π3.
    Решение

  2. Найти координаты вектора →c, который является результатом векторного произведения векторов →a=(1,−2,3) и →b=(3,4,6).
    Решение
  3. Найти длины и координаты всех векторов получившихся в результате векторного умножения векторов →a=(2,3,4),→b=(−1,3,−7),→c=(0,0,3) зная, что sin(→a,→b)=12,sin(→a,→c)=13,sin(→b,→c)=56.
    Решение
  4. Найти площадь треугольника, у которого заданы координаты его вершин. A=(1,2,3),B=(5,11−2),C=(3,−6,4).
    Решение
  5. Найти площадь параллелограмма, построенного на векторах →a=(1,−3,4),→AB, если A=(3,8,6),B=(2,4,−7) и угол между ними равен φ=π6.
    Решение

Список литературы

  1. Ефимов Н.В.: Краткий курс аналитической геометрии, стр. 154-163
  2. Постников М.М. Аналитическая геометрия, стр 133-134
  3. Личный конспект на основе лекций Белозерова Г.С.

Векторное произведение векторов

Тест для проверки знаний по теме «Векторное произведение векторов»

Свойства определителей

Рассмотрим свойства определителей, на основе которых можно существенно облегчить их вычисление:

Свойство 1

Определитель транспонированной матрицы равен определителю начальной матрицы: detA=detAT.

Доказательство

Свойство 2

Транспозиция (замена) двух строк (столбцов) матрицы — меняет знак определителя detA=|a11…a1n...ai1…ainaj1…ajn...an1…ann|=−|a11…a1n...aj1…ajnai1…ain...an1…ann|.

Доказательство

Свойство 3

Умножение всей строки (столбца) на некий элемент α является аналогичным умножению всего определителя на этот элемент. Определитель с нулевой строкой (столбцом) равен нулю: |a11a12⋯a1j⋯a1na21a22⋯a2j⋯a2n⋯⋯⋯⋯⋯⋯αai1αai2⋯αaij⋯αain⋯⋯⋯⋯⋯⋯an1an2⋯anj⋯ann|=α⋅|a11a12⋯a1j⋯a1na21a22⋯a2j⋯a2n⋯⋯⋯⋯⋯⋯ai1ai2⋯aij⋯ain⋯⋯⋯⋯⋯⋯an1an2⋯anj⋯ann|.

Доказательство

Свойство 4

Если все элементы i-той строки (столбца) матрицы определителя разбить в сумму двух строк: aij=bj+cj,j=1,…,n то и саму матрицу можно будет разбить на две, у которых все строки (столбцы) кроме i-той — такие же как у первой матрицы, а i-тая строка состоит из bj в первой матрице определителя, и из элементов cj во втором.

Доказательство

Свойство 5

Определитель верхней (нижней) треугольной матрицы есть произведение элементов ее главной диагонали |a11a12a13⋯a1n0a22a23⋯a2n00a33⋯a3n⋯⋯⋯⋯⋯000⋯ann|=a11⋅a22⋅a33⋅…⋅ann.

Доказательство

Свойство 6

Если в матрице определителя одна строка будет результатом ее сложения с другой строкой и умножения на число, определитель не изменится . |a11⋯⋯⋯a1n⋯⋯⋯⋯⋯ai1ai2ai3⋯ain⋯⋯⋯⋯⋯aj1aj2aj3⋯ajn⋯⋯⋯⋯⋯an1⋯⋯⋯ann|==|a11⋯⋯⋯a1n⋯⋯⋯⋯⋯ai1ai2ai3⋯ain⋯⋯⋯⋯⋯ak1+kai1ak2+kai2ak3+kai3⋯akn+kain……………an1⋯⋯⋯ann|⋅

Доказательство

Пример 1

Вычислить определитель detA=|61612212925|.

Решение

Пример 2

Вычислить определительdetA=|1251519082129004274100051300007|

Решение

Пример 3

Проверьте, будет ли определитель транспонированной матрицы равен исходной:‖33−14131−2−2‖.

Решение

Пример 4

Вычислите определитель треугольной матрицы: ‖3004101−2−2‖.

Решение

Смотрите также

  1. Конспект Белозерова Г.С. по алгебре — Глава IV.
  2. Курош А.Г. Курс высшей алгебры М.: Наука, 1968, издание 9, глава 1, §4, «Определители n-го порядка»
  3. В.Воеводин Линейная алгебра М.: Наука, 1980, глава 7, §62, «Матрицы и определители» — стр 201

Свойства Определителей

Проверьте себя на знание материала «Свойства Определителей»

Теорема Лапласа (без доказательства)

Итак, прежде чем перейти к методу использования теоремы Лапласа, необходимо рассмотреть несколько важных определений.

Определение Пусть дана матрица A∈Mm×n(P). Возьмем в ней любые i строк и i столбцов, причем i>0 и i меньше минимального из m и n. Элементы, которые располагаются на пересечении выбранных строк и столбцов, образуют матрицу i−го порядка. Определитель этой матрицы называется минором i−го порядка исходной матрицы. Если порядок минора равен единице, то минор является элементом исходной матрицы.

Пример 1 Пусть дан определитель четвертого порядка |−8−52713−9−34−4−19−53−48|. Выберем, например, 2-й и 4-й столбцы и 1-ю и 3-ю строки. Таким образом, элементы, стоящие на пересечении этих столбцов и строк образуют минор 2−го порядка: |−57−49|=−45+28=−17. Также мы можем выбрать любые строки и столбцы для получения миноров.

Определение Пусть дана матрица A∈Mm(P). Выберем в ней минор i−го порядка, такой, что i>0 и i<m. Если мы вычеркнем строки и столбцы матрицы, в которых лежит данный минор, то мы получим новую матрицу. Определитель новой матрицы называется дополнительным минором к исходному.

Пример 2 Возьмем определитель и его минор 2−го порядка из первого примера. Дополнительным минором к нему будет |1−9−5−4|=−4−45=−49.

Определение Пусть дана матрица A∈Mm(P). Выберем в ней минор i−го порядка, такой, что i>0 и i<m. Если мы умножим дополнительный к нему минор на число (−1)S1+S2, в котором S1 — это сумма номеров строк, а S2 — это сумма номеров столбцов, в которых лежит исходный минор, то мы получим алгебраическое дополнение к этому минору.

Пример 3 Пусть дан определитель пятого порядка |−753−269−873−401−1−59−32−2−4−8495−11|. Выберем в нем, к примеру 1−ю и 4−ю строки, а также 2−й и 5−й столбцы. Тогда на пересечении выбранных строк и столбцов образуется минор 2−го порядка |562−8|=−40−12=−52. Дополнительным минором к нему будет |9730−1−545−1|=9+0−140+12+0+225=106. Наконец, алгебраическим дополнением к минору будет |9730−1−545−1|⋅(−1)(1+4)+(2+5)=106⋅(−1)12=106, где степени −1 являются таковыми, так как элементы минора исходного определителя располагаются в 1−й и 4−й строках и во 2−м и в 5−м столбцах.

Итак, разобравшись с приведенными выше определениями, можно приступать к формулированию теоремы.

Теорема (Лапласа) Если в определителе порядка m выбрать i строк (столбцов), где i>0 и i<m, то данный определитель будет равняться сумме миноров, которые расположены в этих строках (столбцах), умноженных на их алгебраические дополнения. Эти миноры будут иметь i−й порядок.

Таким образом, благодаря теореме Лапласа, при вычислении определителя m−го порядка, мы можем вычислить несколько определителей более малых порядков (i), что упрощает нам задачу.

Следствием (а также частным случаем, для которого i=1) из теоремы Лапласа является Теорема о разложении определителя по строке.

Примеры решения задач

Пример 4 Найти определитель матрицы 4−го порядка (3569−172−50412−3−650). Разложим определитель этой матрицы по теореме Лапласа, выбрав 1−ю и 3−ю строки: |3569−172−50412−3−650|=(−1)(1+3)+(1+2)⋅|3504|⋅|2−550|+ +(−1)(1+3)+(1+3)⋅|3601|⋅|7−5−60|+(−1)(1+3)+(1+4)⋅|3902|⋅|72−65|+ +(−1)(1+3)+(2+4)⋅|5942|⋅|−12−35|+(−1)(1+3)+(3+4)⋅|6912|⋅|−17−3−6|+ +(−1)(1+3)+(2+3)⋅|5641|⋅|−1−5−30|=(−1)7⋅(12−0)⋅(0+25)+ +(−1)8⋅(3−0)⋅(0−30)+(−1)9⋅(6−0)⋅(35+12)+ +(−1)10⋅(10−36)⋅(−5+6)+(−1)11⋅(12−9)⋅(6+21)+ +(−1)9⋅(5−24)⋅(0−15)=−(12⋅25)−3⋅30−6⋅47−26⋅1−3⋅27− −(19⋅15)=−300−90−282−26−81−285=−1064.

Как мы могли заметить, для нахождения определителя 4−го порядка нам понадобилось искать лишь определители 2−го порядка, что намного легче. Разберем этот пример подробнее.

Для начала, вторым множителем каждого слагаемого является минор, расположенный в выбранных в начале решения строках. Мы берем все существующие в данных строках миноры. Далее, первым множителем каждого слагаемого является (−1) в степени, которая является суммой номеров строк и столбцов, в которых расположен соответствующий минор. Третьим же множителем является дополнительный минор к соответствующему. Произведение дополнительного минора и (−1) в соответствующей степени образует алгебраическое дополнение к своему минору.

Таким образом мы расписываем все миноры, находящиеся в выбранных строках, умножаем на их алгебраические дополнения и суммируем полученные произведения. После этого решаем полученное выражение, приходя к ответу, который является значением определителя исходной матрицы.

Пример 5 Найти определитель матрицы 4−го порядка (14−305−21702−64−5102).

Решение

Пример 6 Найти определитель матрицы 4−го порядка (7912045−31024−511−798).

Решение

Пример 7 Найти определитель матрицы 4−го порядка (−5712011−26102151−34−1145).

Решение

Смотрите также

  1. А. И. Кострикин Введение в алгебру М.: Наука, 1994, Глава 3, §3, «Упражнения» (стр. 150)
  2. Курош А.Г. Курс высшей алгебры М.: Наука, 1968, Глава 1, §6, «Вычисление определителей» (стр. 51)
  3. Личный конспект, составленный на основе лекций Г. С. Белозерова.

Теорема Лапласа

Тест на проверку знаний о теореме Лапласа и определений, необходимых для формулировки данной теоремы.

13.3 Матрица Якоби

Пусть отображение f:E⟼Rm(E⊂Rn) дифференцируемо в точке x0∈E. Это значит, что существует такое линейное отображение A:Rn⟼Rm, что выполнимо равенство
limh→0|f(x0+h)−f(x0)−A(h)||h|=0.

Определение. Матрица линейного отображения A называется матрицей Якоби отображения f.

Матрица линейного отображения имеет вид

(a11a12…a1na21a22…a2n…………am1am2…amn)

В этой матрице i-я строка состоит из чисел Ai(e1),…,Ai(en), где Ai(i=1,…,m) — компоненты линейного отображения A, а ej(j=1,…,n) — базисные векторы в пространстве Rn.

Отображение A можно представить в виде A=(A1,…,Am), где Aj=dfi(x0) линейная форма, которую ранее мы назвали производной компоненты fi в точке x0.

Ранее мы показывали, что производная действительных функций fi: E↦R(E⊂Rn) в точке x0∈E — это линейная форма, компонентами которой являются частные производные функции fi в точке x0 т.е.

dfi(x0)=(∂fi∂x1(x0),…,∂fi∂xn(x0)).

Значением этой линейной формы на векторе ej будет

dfi(x0)(ej)=∂fi∂xj(x0).

Итак, компоненты матрицы aij=Ai(ej)=dfi(x0)(ej)=∂fi∂xj(x0). Таким образом, матрицу Якоби можно переписать в следующем виде:

(∂f1∂x1(x0)∂f1∂x2(x0)…∂f1∂xn(x0)∂f2∂x1(x0)∂f2∂x2(x0)…∂f2∂xn(x0)…………∂fm∂x1(x0)∂fm∂x2(x0)…∂fm∂xn(x0)).

Другими словами, производная отображения f задаётся матрицей Якоби, у которой компонентами являются частные производные все компонент отображения f по всем переменным.

Если m=n, то получаем квадратную матрицу, определитель которой называется определителем Якоби или якобианом Jf(x0)и обозначается

Jf(x)=∂(f1,…,fn)∂(x1,…,xn)=|∂f1∂x1(x0)∂f1∂x2(x0)…∂f1∂xn(x0)∂f2∂x1(x0)∂f2∂x2(x0)…∂f2∂xn(x0)…………∂fn∂x1(x0)∂fn∂x2(x0)…∂fn∂xn(x0)|.

Замечание. Если все частные производные непрерывны, то и сам определитель Якоби является непрерывной функцией. Это очевидно.

Пример 1.Являются ли функции функционально зависимыми?

{f1=x1+x2+x3−1;f2=x1x2+x1x3+x2x3−2;f3=x21+x22+x23+3.

Решение.

D(f1,f2,f3)D(x1,x2,x3)=|111x2+x3x1+x3x1+x22x12x22x3|=

=|111x1+x2+x3x1+x2+x3x1+x2+x32x12x22x3|≡0

Так как якобиан равен нулю, то эти функции функционально зависимы. Несложно найти эту зависимость:

(f1+1)2−2(f2+2)−(f3−3)=0.

Пример 2. Для линейных функций f1=a11x1+…+a1nxn−b1,…,fm=am1x1+amnxn−bm матрица Якоби будет матрицей коэффициентов при переменных:

Решение.

(a11a12…a1n…………am1am2…amn)

Если мы хотим разрешить систему f1=0,f2=0,…,fn=0 относительно x1,…,xn, то для случая m=n определитель Якоби

|a11…a1n………an1…ann|

есть определитель системы и для её разрешимости он должен быть отличен от нуля.

Пример 3. Переход элементарной площади dS=dxdy от декартовых координат (x,y) к полярным координатам (r,ϕ):

Решение.

{x=rcos(ϕ);y=rsin(ϕ).

Матрица Якоби имеет вид:

J(r,ϕ)=(∂x∂r∂x∂ϕ∂y∂r∂y∂ϕ)=(cos(ϕ)−rsin(ϕ)sin(ϕ)rcos(ϕ)).

Якобиан перехода от декартовых координат к полярным есть определитель матрицы Якоби:

J(r,ϕ)=detI(r,ϕ)=det(cos(ϕ)−rsin(ϕ)sin(ϕ)rcos(ϕ)).

Таким образом, элемент площади при переходе от декартовых к полярным координатам будет выглядеть следующим образом:

dS=dxdy=J(r,ϕ)drdϕ=rdrdϕ.

Пример 4.Переход элементарного объёма dV=dx dy dz от декартовых координат (x,y,z) к сферическим координатам (r,θ,ϕ) :

Решение.

{x=rsin(θ)cos(ϕ);y=rsin(θ)sin(ϕ);z=rcos(θ).

Матрица Якоби имеет следующий вид: I(r,θ,ϕ)=(∂x∂r ∂x∂θ ∂x∂ϕ∂y∂r ∂y∂θ ∂y∂ϕ∂z∂r ∂z∂θ ∂z∂ϕ)=

=(sin(θ)cos(ϕ)rcos(θ)cos(ϕ) −rsin(θ)sin(ϕ)sin(θ)sin(ϕ) rcos(θ)sin(ϕ)rsin(θ)cos(ϕ)cos(θ)−rsin(θ)0).

А якобиан перехода от декартовых координат к сферическим – есть определитель матрицы Якоби:

J(r,θ,ϕ)=detI(r,θ,ϕ) =

= |sin(θ)cos(ϕ)rcos(θ)cos(ϕ) −rsin(θ)sin(ϕ)sin(θ)sin(ϕ) rcos(θ)sin(ϕ)rsin(θ)cos(ϕ)cos(θ)−rsin(θ)0|=r2sin(θ).

Таким образом, элемент объёма при переходе от декартовых к сферическим координатам будет выглядеть следующим образом:

dV=dxdydz=J(r,θ,ϕ)drdθdϕ=r2sin(θ)drdθdϕ.

Матрица Якоби

Для закрепления пройденного материала предлагается пройти тест.

Список использованной литературы

  1. Коляда В.И., Кореновский А.А. Курс лекций по математическому анализу.-Одесса : Астропринт, 2009. стр.309-311
  2. Демидович Б.П. «Сборник задач и упражнений по математическому анализу» 13-е издание, 1997 М.: Изд-во Моск. ун-та, ЧеРо. №3990.
  3. Фихтенгольц Г.М. Курс дифференциального и интегрального исчисления: Том 1 / Г.М. Фихтенгольц – М.: Книга по Требованию, 2013. стр.455-456.

13.3 Матрица Якоби

Рассмотрим отображение f:E⟼Rm, где E⊂Rn. Оно состоит из m функций: f=(f1(x1,…,xn),f2(x1,…,xn),…,fm(x1,…,xn)), которые осуществляют отображение множества E из Rn в пространство Rm.

Предположим, что функции fk(x1,…,xn), где k=¯1,m, дифференцируемы, то есть имеют частные производные по аргументам (x1,…,xn):

∂f1∂x1,…,∂fn∂xn,x=¯1,m.

Составим матрицу из этих частных производных по переменным x1,…,xn

(∂f1∂x1∂f1∂x2…∂f1∂xn∂f2∂x1∂f2∂x2…∂f2∂xn…………∂fm∂x1∂fm∂x2…∂fm∂xn)

Такая матрица называется матрицей Якоби.

Если m=n, то получаем квадратную матрицу, определитель которой называется определителем Якоби или якобианом Jf(x) и обозначается

Jf(x)=∂(f1,…,fn)∂(x1,…,xn)=|∂f1∂x1(x)∂f1∂x2(x)…∂f1∂xn(x)∂f2∂x1(x)∂f2∂x2(x)…∂f2∂xn(x)…………∂fn∂x1(x)∂fn∂x2(x)…∂fn∂xn(x)|.

Замечание. Если все частные производные непрерывны, то и сам оределитель Якоби является непрерывной функцией.

Теорема. Якобиан тождественно равен нулю в некоторой области S:

D(f1,f2,…,fn)D(x1,x2,…,xn)≡0 при x=(x1,…,xn)∈S

тогда и только тогда, когда между функциями f1,f2,…,fn имеется функциональная зависимость в S, то есть существует функция G(y1,y2,…,yn)≢ такая, что

G \left(f_1(x),f_2(x),\ldots,f_n(x) \right) \equiv 0 при всех x = (x_1, \ldots, x_n) \in \mathbb{S}.

Пример 1.Являются ли функции функционально зависимыми?

\begin{cases} f_1 = x_1 + x_2 + x_3 -1; \\ f_2 = x_1x_2 + x_1x_3 + x_2x_3 -2; \\ f_3 = x^2_1 + x^2_2 + x^2_3 + 3. \end{cases}

Решение.

\frac{D(f_1,f_2,f_3)}{D(x_1,x_2,x_3)} = \begin{vmatrix} \\ 1 & 1 & 1 \\ x_2 + x_3 & x_1 + x_3 & x_1 + x_2 \\ 2x_1 & 2x_2 & 2x_3 \end{vmatrix} =

=\begin{vmatrix} \\ 1 & 1 & 1 \\ x_1 + x_2 + x_3 & x_1 + x_2 + x_3 & x_1 + x_2 + x_3 \\ 2x_1 & 2x_2 & 2x_3 \end{vmatrix} \equiv 0

Так как якобиан равен нулю, то эти функции функционально зависимы. Несложно найти эту зависимость:

\left(f_1 + 1 \right)^2 -2\left(f_2 + 2 \right) -\left(f_3 -3\right) = 0.

Пример 2. Для линейных функций f_1 = a_{11} x_1 + \ldots + a_{1n} x_n -b_1, \ldots , f_m = a_{m1} x_1 + a_{mn} x_n -b_m матрица Якоби будет матрицей коэффициентов при переменных:

Решение.

\begin{pmatrix} a_{11} & a_{12} & \ldots & a_{1n} \\ \ldots & \ldots & \ldots & \ldots \\ a_{m1} & a_{m2} & \ldots & a_{mn} \end{pmatrix}

Если мы хотим разрешить систему f_1 = 0,f_2 = 0, \ldots, f_n = 0 относительно x_1, \ldots, x_n, то для случая m = n определитель Якоби

\begin{vmatrix} a_{11} & \ldots & a_{1n} \\ \ldots & \ldots & \ldots \\ a_{n1} & \ldots & a_{nn}\end{vmatrix}

есть определитель системы и для её разрешимости он должен быть отличен от нуля.

Пример 3. Переход элементарной площади dS = dx\,dy от декартовых координат \left( x,y \right) к полярным координатам \left( r,\phi \right):

Решение.

\begin{cases} x = r\,\cos(\phi); \\ y = r\,\sin(\phi). \end{cases}

Матрица Якоби имеет вид:

J(r,\phi) = \begin{pmatrix} \frac{\partial x}{\partial r} & \frac{\partial x}{\partial \phi} \\ \frac{\partial y}{\partial r} & \frac{\partial y}{\partial \phi} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \cos(\phi) & -r\,\sin(\phi) \\ \sin(\phi) & r\,\cos(\phi) \end{pmatrix}.
Якобиан перехода от декартовых координат к полярным есть определитель матрицы Якоби:

J(r,\phi) = \det I(r,\phi) = \det\begin{pmatrix} \cos(\phi) & -r\,\sin(\phi) \\ \sin(\phi) & r\,\cos(\phi) \end{pmatrix}.

Таким образом, элемент площади при переходе от декартовых к полярным координатам будет выглядеть следующим образом:

dS = dx\,dy = J\left(r,\phi \right) dr\,d\phi = r\,dr\,d\phi.

Пример 4.Переход элементарного объёма dV=dx dy dz от декартовых координат \left(x,y,z \right) к сферическим координатам \left(r,\theta,\phi \right) :

Решение.

\begin{cases}x = r\,\sin(\theta)\,\cos(\phi); \\ y = r\,\sin(\theta)\,\sin(\phi); \\ z = r\,\cos(\theta).\end{cases}

Матрица Якоби имеет следующий вид: I(r,\theta,\phi) = \begin{pmatrix} \frac{\partial x}{\partial r}   \frac{\partial x}{\partial \theta}   \frac{\partial x}{\partial \phi} \\ \frac{\partial y}{\partial r}   \frac{\partial y}{\partial \theta}   \frac{\partial y}{\partial \phi} \\ \frac{\partial z}{\partial r}   \frac{\partial z}{\partial \theta}   \frac{\partial z}{\partial \phi} \end{pmatrix} =

= \begin{pmatrix} \sin(\theta) \cos(\phi) & r\,\cos(\theta) \cos(\phi) &  -r\,\sin(\theta)\,\sin(\phi) \\ \sin(\theta)\,\sin(\phi) &  r\,\cos(\theta)\,\sin(\phi) & r\,\sin(\theta)\,\cos(\phi) \\ \cos(\theta) & -r\,\sin(\theta) & 0 \end{pmatrix}.

А якобиан перехода от декартовых координат к сферическим – есть определитель матрицы Якоби:

J\left(r,\theta,\phi \right) = \det I\left(r,\theta,\phi \right) =

= \begin{vmatrix} \sin(\theta)\,\cos(\phi) & r\,\cos(\theta)\,\cos(\phi) &  -r\,\sin(\theta)\,\sin(\phi) \\ \sin(\theta)\,\sin(\phi) &  r\,\cos(\theta)\,\sin(\phi) & r\,\sin(\theta)\, \cos(\phi) \\ \cos(\theta) & -r\,\sin(\theta) & 0 \end{vmatrix} = r^2\sin(\theta).

Таким образом, элемент объёма при переходе от декартовых к сферическим координатам будет выглядеть следующим образом:

dV = dx\,dy\,dz = J\left(r,\theta,\phi \right) dr\,d\theta\,d\phi = r^2\,\sin(\theta)\,dr\,d\theta \,d\phi.

Матрица Якоби

Для закрепления пройденного материала предлагается пройти тест.

Список использованной литературы

  1. Коляда В.И., Кореновский А.А. Курс лекций по математическому анализу.-Одесса : Астропринт, 2009. стр.309-311
  2. Демидович Б.П. «Сборник задач и упражнений по математическому анализу» 13-е издание, 1997 М.: Изд-во Моск. ун-та, ЧеРо. №3990.
  3. Фихтенгольц Г.М. Курс дифференциального и интегрального исчисления: Том 1 / Г.М. Фихтенгольц – М.: Книга по Требованию, 2013. стр.455-456.