Векторная алгебра.

Рейтинг:  4 / 5

Звезда активнаЗвезда активнаЗвезда активнаЗвезда активнаЗвезда не активна

Операции над геометрическими векторами.

Литература: Сборник задач по математике. Часть 1. Под ред А. В. Ефимова, Б. П. Демидовича.

 

Вектором, или геометрическим вектором, $\overline{a}$ называется множество всех направленных отрезков, имеющих одинаковую длину и направление. О всяком отрезке $\overline{AB}$ из этого множества говорят, что он предстовляет вектор $\overline{a}$ (получен приложением вектора $\overline{a}$ к точке $A$). Длина отрезка $\overline{AB}$ называется длиной (модулем) вектора, и обозначается символом $|\overline{a}|=|\overline{AB}|$. Вектор нулевой длины называется нулевым вектором и обозначается символом $\overline{0}.$

 

Векторы $\overline{a}$ и $\overline{b}$ называются равными ($\overline{a}=\overline{b}$) если множества представляющих их направленных отрезков совпадают.

 

vector

Пусть направленный отрезок $\overline{AB}$ представляет вектор $\overline{a}.$ Приложив к точке $B$ заданный вектор $\overline{b},$ получим некоторый направленный отрезок $\overline{BC}.$ Вектор, представляемый направленным отрезком $\overline{AC},$ называется суммой векторов $\overline{a}$ и $\overline{b}$ и обозначается $\overline{a+b}$.

Произведением вектора $\overline{a}$ на действительное число $\lambda$ называется вектор, обозначаемый $\overline{\lambda a}$, такой, что:

1) $|\overline{\lambda a}|=|\lambda|\cdot|\overline{a}|;$

 

2) векторы $\overline{a}$ и $\overline{\lambda a}$ сонаправлены при $\lambda>0$ и противоположно направлены при $\lambda<0.$

 

Примеры.

2.4.

Даны вектора $a_1$ и $a_2.$ Построить:

а) $3a_1;$

б) $1/2 a_2;$

в) $a_1+2a_2;$

г) $1/2 a_1-a_2.$

Решение.

3a1

а) $|\overline{3a_1}|=3|\overline{a_1}|;$ направление векторов 
$\overline{3a_1}$ и $\overline{a_1}$ совпадают.

 

 

 

 
 
 
05a2
 
б) $|\overline{0.5a_2}|=0.5|\overline{a_2}|;$ направление векторов  $\overline{0.5a_2}$ и $\overline{a_2}$ совпадают.
 
 
 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

a1+2a2

в) Вначале построим вектор $\overline{2 a_2}:$ Вектор $\overline{2a_2}$ направлен так же как $\overline{a_2}$ и $|\overline{2a_2}|=2|\overline{a_2}|.$  

Вектор $\overline{a_1+2a_2};$ можно построить как диагональ параллелограмма, построенного на векторах $\overline{a_1}$ и $\overline{2a_2}.$

 

 



 

 

05a1-a2

г) Вначале построим вектор $\overline{0.5 a_1}:$ $|\overline{0.5a_1}|=0.5|\overline{a_1}|;$ направление векторов

 $\overline{0.5a_1}$ и $\overline{a_1}1$ совпадают.

Вектор $\overline{0.5 a_1-a_2}$ - это такой вектор, который в сумме с $\overline{a_2} $ даст $\overline{1/2 a_1}.$

 

2.8.

$\overline{AK}$ и $\overline{BM}$ - медианы треугольника $ABC.$ Выразить через $p=\overline{AK}$ и $q=\overline{BM}$ векторы $\overline{AB},$ $\overline{BC}$ и $\overline{CA}.$ 

Решение.

28

Известно, что медианы точкой пересечения делятся в отношении 2:1 считая от вершины. Поэтому $|\overline{AO}|=\frac{2}{3}|\overline{AK}|.$ Так как направление векторов $\overline{AO}$ и $\overline{AK}$  совпадает, то $\overline{AO}=\frac{2}{3}\overline{AK}.$

Аналогично, $\overline{BO}=\frac{2}{3}\overline{BM}.$ 

Из треугольника $AOB$ имеем $$\overline{AB}=\overline{AO}+\overline{OB}=\overline{AO}-\overline{BO}= \frac{2}{3}(\overline{AK}-\overline{BM})=\frac{2}{3}(p-q).$$

 Далее, из треугольника $ABK$ найдем $BK:$ 

$$\overline{BK}=\overline{BA}+\overline{AK}=-\overline{AB}+\overline{AK}=-\frac{2}{3}(p-q)+p=\frac{1}{3}p+\frac{2}{3}q.$$

$$\overline{BC}=2\overline{BK}=\frac{2}{3}p+\frac{4}{3}q.$$

Из треугольника $ABC$ имеем $$\overline{AC}=\overline{AB}+\overline{BC}=\frac{2}{3}(p-q)+\frac{2}{3}p+\frac{4}{3}q=\frac{4}{3}p+\frac{2}{3}q\Rightarrow\overline{CA}=-\overline{AC}=-\frac{4}{3}p-\frac{2}{3}q.$$

Ответ: $\overline{AB}=\frac{2}{3}(p-q); $ $\overline{BC}=\frac{2}{3}p+\frac{4}{3}q;$ $\overline{CA}=-\frac{4}{3}p-\frac{2}{3}q.$

  {jumi[*4]}

2.10.

В треугольнике $ABC$ $\overline{AM}=\alpha\overline{AB}$ и $\overline{CN}=\beta\overline{CM}.$ Полагая $\overline{AB}=a$ и $\overline{AC}=b$  выразить $\overline{AN}$ и $\overline{BN}$ через векторы $a$ и $b.$ 

Решение.

 210

Так как $\overline{AM}=\alpha\overline{AB},$ а $\overline{AB}=a,$ то $\overline{AM}=\alpha a.$

Из треугольника $AMC$ имеем 

$$\overline{CM}=\overline{CA}+\overline{AM}=-\overline{AC}+\overline{AM}=-b+\alpha a.$$

По условию $\overline{CN}=\beta\overline{CM}.$ Следовательно, $\overline{CN}=\beta(-b+\alpha a).$

Из треугольника $ANC$ имеем  $$\overline{AN}=\overline{AC}+\overline{CN}=b+\beta(-b+\alpha a)=b(1-\beta)+\alpha\beta a.$$

Из треугольника $ABN$ имеем 

$$\overline{BN}=\overline{BA}+\overline{AN}=-\overline{AB}+\overline{AN}=-a+b(1-\beta)+\alpha\beta a=b(1-\beta)+a(\alpha\beta-1).$$

Ответ: $\overline{AN}=\alpha\beta a+b(1-\beta); $ $\overline{BN}=a(\alpha\beta-1)+b(1-\beta).$

 

 

 

Рейтинг:  4 / 5

Звезда активнаЗвезда активнаЗвезда активнаЗвезда активнаЗвезда не активна

Линейные комбинации, линейная зависимость векторов. Коллинеарные и компланарные вектора.

Литература: Сборник задач по математике. Часть 1. Под ред А. В. Ефимова, Б. П. Демидовича.

Система векторов $a_1, a_2, ..., a_n$ называется линейно зависимой, если существуют числа $\lambda_1, \lambda_2, ..., \lambda_n$ такие, что хотя бы одно из них отлично от нуля и $\lambda_1 a_1+\lambda_2 a_2+...+\lambda_n a_n=0.$ В противном случае система называется линейно независимой.

Два вектора $a_1$ и $a_2$ называются коллинеарными если их направления совпадают или противоположны.

Три вектора $a_1, a_2$ и $a_3$ называются компланарными если они параллельны некоторой плоскости.

Геометрические критерии линейной зависимости:

а) система $\{a_1,\, a_2\}$ линейно зависима в том и только том случае, когда векторы $a_1$ и $a_2$ коллинеарны.

б) система $\{a_1,\, a_2,\, a_3\}$ линейно зависима в том и только том случае, когда векторы $a_1,\, a_2$ и $a_3$ компланарны.

Примеры.

2.19.

Разложить вектор $s=a+b+c$ по трем некомпланарным векторам: $p=a+b-2c,$ $q=a-b,$ $r=2b+3c.$

Решение.

Найдем такие $\alpha, \beta$ и $\gamma,$ что $s=\alpha p+\beta q+\gamma r:$

$$s=a+b+c=\alpha(a+b-2c)+\beta(a-b)+\gamma(2b+3c)=$$

$$=a(\alpha+\beta)+b(\alpha-\beta+2\gamma)+c(-2\alpha+3\gamma).$$

Из этого равенства, приравнивая коэффициенты при $a, b$ и $c$ получаем систему уравнений: $$\left\{\begin{array}{lcl}1=\alpha+\beta\\ 1=\alpha-\beta+2\gamma\\ 1=-2\alpha+3\gamma\end{array}\right.$$

Решим эту систему уравнений методом Крамера:

$$\Delta=\begin{vmatrix}1&1&0\\1&-1&2\\-2&0&3\end{vmatrix}=-3-4-3=-10, $$

$$\Delta_1=\begin{vmatrix}1&1&0\\1&-1&2\\1&0&3\end{vmatrix}=-3+2-3=-4, $$

$$\Delta_2=\begin{vmatrix}1&1&0\\1&1&2\\-2&1&3\end{vmatrix}=3-4-2-3=-6, $$

$$\Delta_3=\begin{vmatrix}1&1&1\\1&-1&1\\-2&0&1\end{vmatrix}=-1-2-2-1=-6, $$

$$\alpha=\frac{\Delta_1}{\Delta}=\frac{-4}{-10}=\frac{2}{5};\quad\beta=\frac{\Delta_2}{\Delta}=\frac{-6}{-10}=\frac{3}{5};\quad\gamma=\frac{\Delta_3}{\Delta}=\frac{-6}{-10}=\frac{3}{5}.$$ 

Таким образом, $s=\frac{2}{5} p+\frac{3}{5} q+\frac{3}{5}r.$

Ответ: $s=\frac{2}{5} p+\frac{3}{5} q+\frac{3}{5}r.$

 {jumi[*4]}

2.22.

 Доказать, что для любых заданных векторов $а,\, b $ и $c$ векторы $a+b,\,\, b+c,\,\, c-a$ компланарны.

Доказательство.

Cистемы векторов $\{a, b, a+b\}; \,\,\{b, c, b+c\},\,\, \{a, c, c-a\}$ являются компланарными поскольку они линейно зависимы: $a+b-(a+b)=0; \,\,$ $b+c-(b+c)=0;\,\,$ $ -c+a+(c-a)=0.$ Отсюда следует, что если вектора $а,\, b $ и $c$ компланарны, то векторы $a+b,\,\, b+c,\,\, c-a$ также компланарны.

Пусть векторы $a, b$ и $c$ не компланарны. 

Так как векторы $a_1,\, a_2$ и $a_3$ компланарны в том и только том случае, когда система $\{a_1,\, a_2,\, a_3\}$ линейно зависима, то нам нужно показать, что система векторов $a+b,\,\, b+c,\,\, c-a$ линейно зависима. Для этого покажем, что существуют числа $\alpha,\, \beta$ и $\gamma$ такие, что хотя бы одно из них отлично от нуля и $\alpha(a+b)+\beta(b+c)+\gamma(c-a)=0.$

Предположим противное: вектора $a+b,\,\, b+c,\,\, c-a$ некомпланарны. Тогда равенство $\alpha(a+b)+\beta(b+c)+\gamma(c-a)=0$ верно только в случае $\alpha=\beta=\gamma=0$

Запишем последнее уравнение в виде $a(\alpha-\gamma)+b(\alpha+\beta)+c(\beta+\gamma)=0.$ Так как мы рассматриваем случай когда векторы $a, b$ и $c$ некомпланарны, то должны выполняться уравнения 

$$\left\{\begin{array}{lcl}\alpha-\gamma=0\\ \alpha+\beta=0\\ \beta+\gamma=0\end{array}\right.$$

Это вырожденная система: $$\begin{vmatrix}1&0&-1\\1&1&0\\0&1&1\end{vmatrix}=0,$$

поэтому данная система имеет нетривиальное решение, например $\alpha=\gamma=1;\,\,\beta=-1.$ Получили противоречие.

Таким образом, для любых заданных векторов $а,\, b $ и $c$ векторы $a+b,\,\, b+c,\,\, c-a$ компланарны. Что и требовалось доказать.

 

 

 

Домашнее заданее.

№2.18

На стороне $AD$ параллелограмма $ABCD$ отложен вектор $\overline{AK}$ длины $|\overline{AK}|=1/5|\overline{AD}|,$ а на диагонали $AC$ вектор $\overline{AL}$ длины $|\overline{AL}|=1/6|\overline{AC}|$ . Доказать, что векторы $\overline{KL}$ и $\overline{LB}$ коллинеарны и найти $\lambda$ такое, что $\overline{KL}=\lambda\overline{LB}.$

Ответ: $\lambda=5$

№2.20

 Найти линейную зависимость между данными четырьмя некомпланарными векторами: $p=a+b,\, q=b-c,\,r=a-b+c,\, s=b+1/2c.$

 Ответ: $3p-4q-3r-2s=0$

 

 

Рейтинг:  4 / 5

Звезда активнаЗвезда активнаЗвезда активнаЗвезда активнаЗвезда не активна

Базис линейного пространства. Разложение вектора по базису.

 

Литература: Сборник задач по математике. Часть 1. Под ред А. В. Ефимова, Б. П. Демидовича.

Упорядоченная тройка некомпланарных векторов $e_1, e_2, e_3$ называется базисом в пространстве всех геометрических векторов. Всякий геометрический вектор $a$ может быть представлен единственным образом в виде $$a=X_1e_1+X_2e_2+X_3e_3.\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad (1)$$ Числа $X_1, X_2, X_3$ называются координатами вектора в базисе $B=\{e_1, e_2, e_3\}.$ Запись (1) называют разложением вектора $a$ по базису $B.$

Аналогично, упорядоченная пара неколлинеарных векторов $e_1, e_2$ называется базисом $B=(e_1, e_2)$ в множестве геометрических векторов, компланарных некоторой плоскости. 

Наконец, всякий ненулевой вектор $e$ образует базис $B=(e)$ в множестве геометрических векторов, коллинеарных некоторому направлению. 

Если вектор $a$ есть линейная комбинация векторов $a_1, a_2, ..., a_n$ с коэффициентами $\lambda_1, \lambda_2, ...,\lambda_n$, то есть $$a=\sum\limits_{k=1}^n \lambda_ka_k$$ то каждая координата $X_i(a)$ вектора $a$ равна сумме произведений коэффициентов $\lambda_1,\lambda_2,..., \lambda_n$ на одноименные координаты векторов $a_1, a_2, ..., a_n: $ $$X_i(a)=\sum\limits_{k=1}^n\lambda_k X_i(a_k),\qquad (i=1, 2, 3.)$$

Базис $B=(e_1, e_2, e_3)$ называется прямоугольным, если векторы $e_1, e_2$ и $e_3$ попрано перпендикулярны и имеют единичную длину. В этом случае приняты обозначения  $$e_1=i;\,\, e_2-j;\,\, e_3=k.$$

Примеры.

2.26. Задан тетраэдр $OABC.$ В базисе из ребер $\overline{OA}, \overline{OB}$ и $\overline{OC}$  найти координаты:

а) вектора $\overline{DE},$ где $D$ и $E$ середины ребер $OA$ и $BC.$

б) вектора $\overline{OF},$ где $F-$ точка пересечения медиан основания $ABC.$

Решение.

а)

 OABCD1

Выразим вектор $\overline{DE}$ через вектора $\overline{OA}, \overline{OB}, \overline{OC}:$

Из треугольника $ODE$ имеем $\overline{DE}=\overline{DO}+\overline{OE}.\qquad\qquad\qquad (1)$

Далее, $\overline{DO}=-\overline{OD}=-\frac{1}{2}\overline{OA};$

вектор $\overline{OE}$ найдем из треугольника $OBE:$

$\overline{OE}=\overline{OB}+\overline{BE}\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad(2),$

здесь $\overline{BE}=\frac{1}{2}\overline{BC},$ а вектор $\overline{BC}$ находим из треугольника $OBC:$

$\overline{BC}=\overline{BO}+\overline{OC}=\overline{OC}-\overline{OB}.$

Таким образом, из (2) получаем $\overline{OE}=\overline{OB}+\frac{1}{2}(\overline{OC}-\overline{OB}).$

Наконец из (1) имеем  $$\overline{DE}=\overline{DO}+\overline{OE}=-\frac{1}{2}\overline{OA}+\overline{OB}+\frac{1}{2}(\overline{OC}-\overline{OB})=$$ $$=-\frac{1}{2}\overline{OA}+\frac{1}{2}\overline{OB}+\frac{1}{2}\overline{OC}.$$

Таким образом, координаты вектора $\overline{DE}$ в базисе из ребер  $\overline{OA}, \overline{OB}, \overline{OC}:$ $\left(-\frac{1}{2},\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right).$

Ответ: $\left(-\frac{1}{2}; \frac{1}{2}; \frac{1}{2}\right).$

б) 

OABCD2

 Выразим вектор $\overline{OF}$ через вектора $\overline{OA}, \overline{OB}, \overline{OC}:$

Из треугольника $OFB$ имеем $\overline{OF}=\overline{OB}+\overline{BF}.\qquad\qquad\qquad (1)$

Далее, $\overline{BF}=\frac{2}{3}\overline{BM};$

вектор $\overline{BM}$ найдем из треугольника $BMC:$

$\overline{BM}=\overline{BC}+\overline{CM}\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad (2)$

здесь $\overline{CM}=\frac{1}{2}\overline{CA},$ а вектор $\overline{CA}$ находим из треугольника $OCA:$

$\overline{CA}=\overline{CO}+\overline{OA}=-\overline{OC}+\overline{OA};$

$\overline{BC}=\overline{BO}+\overline{OC}=\overline{OC}-\overline{OB}.$

Таким образом, из (2) получаем $$\overline{BM}=\overline{BC}+\overline{CM}=\overline{OC}-\overline{OB}+\frac{1}{2}\overline{CA}=$$ $$=\overline{OC}-\overline{OB}+\frac{1}{2}(-\overline{OC}+\overline{OA}).$$

Наконец из (1) имеем  $$\overline{OF}=\overline{OB}+\overline{BF}=\overline{OB}+\frac{2}{3}\overline{BM}=$$ $$=\overline{OB}+\frac{2}{3}\left(\overline{OC}-\overline{OB}+\frac{1}{2}(-\overline{OC}+\overline{OA})\right)=$$ $$=\overline{OB}+\frac{2}{3}\overline{OC}-\frac{2}{3}\overline{OB}+\frac{1}{3}(-\overline{OC}+\overline{OA})=\frac{1}{3}\overline{OA}+\frac{1}{3}\overline{OB}+\frac{1}{3}\overline{OC}.$$ 

Таким образом, координаты вектора $\overline{OF}$ в базисе из ребер  $\overline{OA}, \overline{OB}, \overline{OC}:$ $\left(\frac{1}{3}; \frac{1}{3}; \frac{1}{3}\right).$

Ответ: $\left(\frac{1}{3}; \frac{1}{3}; \frac{1}{3}\right).$

  {jumi[*4]}

2.27. В тетраэдре $OABC$ медиана $AL$ грани $ABC$ делится точкой $M$ в отношении $|\overline{AM}|:|\overline{ML}|=3:7.$ Найти координаты вектора $\overline{OM}$ в базисе из ребер $\overline{OA}, \overline{OB}, \overline{OC}.$

Решение.

OABCD3

Вектор $\overline{OM}$ найдем из треугольника $AOM:$ $$\overline{OM}=\overline{OA}+\overline{AM}.\qquad\qquad\qquad (1)$$

Из условия $|\overline{AM}|:|\overline{ML}|=3:7$ имеем $\overline{AM}=\frac{3}{10}\overline{AL}.$ Из треугольника $ABL$ находим $\overline{AL}=\overline{AB}+\overline{BL}=\overline{AB}+\frac{1}{2}\overline{BC}.$

Далее, из треугольников $AOB$ и $BOC$ получаем 

$\overline{AB}=\overline{AO}+\overline{OB}=-\overline{OA}+\overline{OB}.$

 

$\overline{BC}=\overline{BO}+\overline{OC}=\overline{OC}-\overline{OB}.$

Таким образом,

$$\overline{AM}=\frac{3}{10}\overline{AL}=\frac{3}{10}\left(\overline{AB}+\frac{1}{2}\overline{BC}\right)=\frac{3}{10}\left(-\overline{OA}+\overline{OB}+\frac{1}{2}(\overline{OC}-\overline{OB})\right)=$$ $=-\frac{3}{10}\overline{OA}+\frac{3}{20}\overline{OB}+\frac{3}{20}\overline{OC}.$

Отсюда и из (1) получаем $$\overline{OM}=\overline{OA}+\overline{AM}=\overline{OA}+\frac{3}{10}\overline{OA}+\frac{3}{20}\overline{OB}+\frac{3}{20}\overline{OC}=$$ $$=\frac{7}{10}\overline{OA}-\frac{3}{20}\overline{OB}+\frac{3}{20}\overline{OC}.$$

Ответ: $\left(\frac{7}{10}; \frac{3}{20};\frac{3}{20}\right).$

 

2.29. В трапеции $ABCD$ известно отношение длин оснований  $|\overline{AB}|/|\overline{CD}|=\lambda$ Найти координаты вектора $\overline{CB}$ в базисе из векторов $\overline{AB}$ и $\overline{AD}.$

Решение.

trapezia

Вектор $\overline{CB}$ можно найти из треугольника $ABC:$ $\overline{CB}=\overline{CA}+\overline{AB}.$

$\overline{CA}$ находим из треугольника $ACD:$ $\overline{CA}=\overline{CD}+\overline{DA}=\overline{CD}-\overline{AD}.$

Из условия  $|\overline{AB}|/|\overline{CD}|=\lambda$ находим вектор $\overline{CD}:$ $\overline{CD}=-\overline{AB}/\lambda.$

Таким образом, $\overline{CA}=-\overline{AB}/\lambda-\overline{AD};$

$\overline{CB}=-\overline{AB}/\lambda-\overline{AD}+\overline{AB}=\left(1-\frac{1}{\lambda}\right)\overline{AB}-\overline{AD}.$

Ответ: $\left(1-\frac{1}{\lambda}; -1\right).$

 

2.36. Заданы векторы $e(-1, 1, 1/2)$ и $a(2, -2, -1).$ Убедиться, что они коллинеарны и найти разложение вектора $a$ по базису $B(e). $ 

Решение. 

Векторы коллинеарны, если их направления совпадают или противоположны, т.е. тогда и только тогда когда их координаты пропорциональны. Проверим: $$\frac{-1}{2}=\frac{1}{-2}=\frac{1/2}{-1}=-\frac{1}{2},$$ то есть векторы $e$ и $a$ коллинеарны.

Найдем разложение вектора $a$ по базису $B(e),$ то есть найдем такое число $\lambda$ что $a=\lambda e:$

 

$$\left\{\begin{array}{lcl}2=-\lambda\\ -2=\lambda\\-1=\frac{1}{2}\lambda\end{array}\right.\Rightarrow \lambda=-2,$$

Отсюда $a=-2e.$

Ответ: $a=-2e.$

 

 

Домашнее задание.

2.28. Вне плоскости параллелограмма $ABCD$ взята точка $O.$ В базисе из векторов $\overline{OA}, \overline{OB}$ и $\overline{OC}$ найти координаты:

а) вектора $\overline{OM}$ , где $M$ точка пересечения диагоналей параллелограмма;

б) вектора $\overline{OK},$ где $K$- середина стороны $AD.$

 Ответ: а) $(1/2; 0; 1/2);$ б) $(1, -1/2, 1/2).$ 

2.31. В треугольнике $ABC$ $\overline{AK}=\alpha\overline{AB}; \overline{BM}=\beta\overline{BC};$ $\overline{CF}=\gamma\overline{CA}.$ Пусть $P, Q$ и $R -$ точки пересечения прямых $BF$ и $CK;$ $CK$ и $AM;$ $AM$ и $BF$ соответственно. В базисе из векторов $\overline{AB}$ и $\overline{AC}$ найти координаты векторов $\overline{AP},$ $\overline{BQ}$ и $\overline{CR}.$

Ответ: $\overline{AP}\left(\frac{\alpha(1-\gamma)}{1-\alpha\gamma}; \frac{\gamma(1-\alpha)}{1-\alpha\gamma}\right);$ $\overline{BQ}\left(\frac{2\alpha\beta-\alpha-\beta}{1-\alpha\beta}; \frac{\beta(1-\alpha)}{1-\alpha\beta}\right);$ $\overline{CQ}\left(\frac{\beta(1-\gamma)}{1-\beta\gamma}; \frac{2\beta\gamma-\beta-\gamma}{1-\beta\gamma}\right).$

 

2.37. На плоскости заданы векторы $e_1(-1,2),$ $e_2(2,1)$ и $a(0,-2).$ Убедиться, что базис $B=e_1, e_2$ в множестве всех векторов на плоскости Построить заданные веткоры и найти разложение вектора $a$ по базису $B.$ 

Ответ: $a=-\frac{4}{5}e_1-\frac{2}{5}e_2.$

2.38. Показать, что тройка векторов $e_1(1,0,0), e_2(1,1,0)$ и $e_3(1,1,1)$ образуют базис в множестве всех векторов пространства. Вычислить координаты вектора $a=-2i-k$ в базисе $B(e_1, e_2, e_3)$ и написать соответствующее разложение вектора по базису. 

Ответ: $a=-2e_1+e_2-e_3.$

Рейтинг:  4 / 5

Звезда активнаЗвезда активнаЗвезда активнаЗвезда активнаЗвезда не активна

Скалярное произведение векторов, свойства. Длина векторов. Угол между векторами.

Литература: Сборник задач по математике. Часть 1. Под ред А. В. Ефимова, Б. П. Демидовича.

 

Длина вектора.

Пусть вектор $\overline a=(x, y, z)$ представлен своими координатами в прямоугольном базисе. Тогда его длину можно вычислить по формуле $$|\overline a|=\sqrt{x^2+y^2+z^2}.$$

 

Скалярное произведение векторов.

 

Если заданы координаты точек $A(x_1, y_1, z_1) $ и $B(x_2, y_2, z_2),$ то координаты вектора $\overline{AB}$ можно найти по формулам $$\overline{AB}=(x_2-x_1, y_2-y_1, z_2-z_1).$$ Скалярным произведением ненулевых векторов $a_1$ и $a_2$ называется число $$(a_1, a_2)=|a_1||a_2|\cos(\widehat{a_1, a_2}).$$

 

Для скалярного произведения наряду с обозначением $(a_1,a_2)$ используется также обозначение $a_1a_2.$ 

Геометрические свойства скалярного произведения:

1) $a_1\perp a_2\Leftrightarrow a_1a_2=0$ (условие перпендикулярности векторов).

2) Если $\varphi=(\widehat{a_1, a_2}),$ то $$0\leq\varphi<\frac{\pi}{2}\Leftrightarrow a_1a_2>0; \qquad\qquad \frac{\pi}{2}<\varphi\leq\pi\Leftrightarrow a_1 a_2<0.$$

Алгебраические свойства скалярного произведения:

1) $a_1a_2=a_2a_1;$

2) $(\lambda a_1)a_2=\lambda (a_1 a_2);$

3) $a(b_1+b_2)=ab_1+ab_2.$

Если векторы $a_1(X_1, Y_1, Z_1)$ и $a_2(X_2, Y_2, Z_2)$ представлены своими координатами в прямоугольном базисе, то скалярное произведение равно $$a_1a_2=X_1X_2+Y_1Y_2+Z_1Z_2. $$

Из этой формулы, в частности, следует формула для определения косинуса угла между векторами:

$$\cos(\widehat{a_1, a_2})=\frac{a_1 a_2}{|a_1||a_2|}=\frac{X_1X_2+Y_1Y_2+Z_1Z_2}{\sqrt{X_1^2+Y_1^2+Z_1^2}\sqrt{X_2^2+Y_2^2+Z_2^2}}.$$

Примеры.

2.65. $|a_1|=3; |a_2|=4; (\widehat{a_1,a_2})=\frac{2\pi}{3}.$ Вычислить:

а) $a_1^2=a_1a_1;$

б) $(3a_1-2a_2)(a_1+2a_2);$

в) $(a_1+a_2)^2.$

Решение. 

а) $$a_1^2=(a_1, a_1)=|a_1||a_1|\cos(\widehat{a_1, a_1})=|a_1|^2=3^2=9.$$

б) $(3a_1-2a_2)(a_1+2a_2);$

Поскольку скалярное произведение зависит от длин векторов и угла между ними, то заданные векторы можно выбрать произвольно учитывая эти характеристики. Пусть $a_1=(3; 0). $ Тогда вектор $a_2,$ имея длину $|a_2|=4,$ и, образуя угол $\frac{2\pi}{3}$ с положительной полуосью оси $OX,$ имеет координаты $x=|a_2|cos\frac{2\pi}{3}=-\frac{4}{2}=-2; $ 

$y=|a_2|\sin\frac{2\pi}{3}=4\frac{\sqrt 3}{2}=2\sqrt 3$

 a1a2

$3a_1-2a_2=3(3;0)-2(-2;2\sqrt 3)=(9;0)-(-4; 4\sqrt 3)=(13;-4\sqrt 3);$

$a_1+2a_2=(3; 0)+2(-2;2\sqrt 3) = (3; 0)+ (-4; 4\sqrt 3)= (-1; 4\sqrt 3).$

 $(3a_1-2a_2)(a_1+2a_2)=(13; -4\sqrt 3)(-1; 4\sqrt 3) =-13-48=-61.$

в) $(a_1+a_2)^2.$

$a_1+a_2$=$(3; 0)+(-2; 2\sqrt 3)=(1; 2\sqrt 3).$

$(a_1+a_2)^2=(1; 2\sqrt3) (1; 2\sqrt 3)=1+12=13.$

Ответ: a) 9;  б) -61; в) 13.

 {jumi[*4]}

2.67. Вычислить длину диагоналей параллелограмма, построенного на векторах $a=p-3q, $ $b=5p+2q,$ если известно, что $|p|=2\sqrt{2}, |q|=3, (\widehat{p, q})=\frac{\pi}{4}.$ 

Решение. 

parallelogrammСпособ 1.

Из треугольника $ABC$ имеем $AC=AB+BC=a+b=p-3q+5p+2q=6p-q.$ 

Зная длину векторов $p$ b $q$ и угол между этими векторами, можно найти длину вектора $AC$ по теореме косинусов:

$|AC|^2=|6p|^2+|q|^2-12pq\cos\widehat{(6p, q)}=288+9-72=225.$

Отсюда $|AC|=15.$

AC

Из треугольника $ABD$ имеем: $BD=AD-AB=b-a=5p+2q-p+3q=4p+5q.$

По теореме косинусов находим длину вектора $BD:$

$|BD|^2=|4p|^2+|5q|^2-8p5q\cos \widehat{(6p, q)}=$ $128+225+240=593.$

Отсюда $|BD|=\sqrt{593}.$

 

 Способ 2.

Пусть $q=(3; 0). $ Тогда вектор $p,$ имея длину $|p|=2\sqrt 2,$ и образуя угол $\frac{\pi}{4}$ с положительной полуосью оси $OX$ имеет координаты

$x=|p|\cos\frac{\pi}{4}=2\sqrt 2\frac{1}{\sqrt 2}=2; $

$y=|p|\sin\frac{\pi}{4}=2\sqrt 2\frac{1}{\sqrt 2}=2.$ 

 

Вектор $BC=AD=b.$

Из треугольника $ABC$ имеем

$AC=AB+BC=a+b=p-3q+5p+2q=6p-q=$ $=6(2;2)-(3;0)=(12; 12)-(3;0)=(9; 12).$

 Следовательно, $|AC|=\sqrt{81+144}=\sqrt{225}=15.$

Из треугольника $ABD$ имеем 

$BD=AD-AB=b-a=5p+2q-p+3q=4p+5q=$ $=4(2; 2)+5(3;0)=(8; 8)+(15; 0)=(23; 8).$ 

Таким образом, $|BD|=\sqrt{23^2+8^2}=\sqrt {593}.$

Ответ: $15, \sqrt {593}.$

 

2.68. Определить угол между векторами $a$ и $b$ если известно, что $(a-b)^2+(a+2b)^2=20$ и $|a|=1, |b|=2.$

Ответ: $2\pi/3$

Домашнее задание:

2.66.

$|a_1|=3; |a_2|=5. $ Определить, при каком значении $\alpha$ векторы $a_1+\alpha a_2$ и $a_1-\alpha a_2$ будут перпендикулярны.

Ответ: $\alpha=\pm\frac{3}{5}$

 

2.69. 

В треугольнике $ABC$ $\overline{AB}=3e_1-4e_2;$ $\overline{BC}=e_1+5e_2.$ Вычислить длину его высоты $\overline{CH},$ если известно, что $e_1$ и $e_2$ взаимно перпендикулярные орты.

Ответ: $\frac{19}{5}.$

 

Рейтинг:  4 / 5

Звезда активнаЗвезда активнаЗвезда активнаЗвезда активнаЗвезда не активна

Векторное и смешанное произведение векторов.

Векторное произведение векторов. 

Литература: Сборник задач по математике. Часть 1. Под ред А. В. Ефимова, Б. П. Демидовича.

Упорядоченная тройка некомпланарных векторов $e_1, e_2, e_3$ называется правой, если наблюдателю, находящемуся внутри угла, образованного этими векторами, кратчайшие повороты от $e_1$ к $e_2$ и от $e_2$ к $e_3$ кажутся происходящими против часовой стрелки. В противном случае тройка $(e_1, e_2, e_3)$ называется левой. 

Векторным произведением вектора $a_1$ на вектор $a_2$ называется вектор, обозначаемый символом $[a_1, a_2]$ (или $a_1\times a_2$) определяемый следующими тремя условиями:

1) длина вектора $[a_1, a_2]$ равна площади параллелограмма построенного на векторах $a_1$ и $a_2$ т.е. $|[a_1, a_2]|=|a_1||a_2|\sin(\widehat{a_1, a_2})$

2) вектор $[a_1, a_2]$ перпендикулярен плоскости векторов $a_1$ и $a_2;$ 

3) упорядоченная тройка $a_1, a_2, [a_1, a_2]$ правая.

vector proizv

Из определения векторного произведения следует, что $(\widehat{a_1,a_2})=\frac{\pi}{2}\Leftrightarrow [a_1, a_2]=0.$ 

Алгебраические свойства векторного произведения.

1) $[a_1, a_2]=-[a_2, a_1];$

2) $[\lambda a_1,a_2]=\lambda[a_1, a_2];$

3) $[a_1+a_2, b]=[a_1, b]+[a_2, b].$

Если $a_1(X_1, Y_1, Z_1) $ и $a_2(X_2, Y_2, Z_2) -$ векторы, заданные своими координатами в правом прямоугольном базисе, то разложение векторного произведения $[a_1, a_2]$ в том же базисе имеет вид $$[a_1, a_2]=(Y_1Z_2-Z_1Y_2)i-(X_1Z_2-Z_1X_2)j+(X_1Y_2-Y_1X_2)k,$$ или, в символической записи (с использованием понятия определителя 3-го порядка) $$[a_1, a_2]=\begin{vmatrix}i& j& k\\X_1& Y_1&Z_1\\X_2&Y_2&Z_2\end{vmatrix}.$$

Примеры.

2.98. $|a_1|=1, |a_2|=2, (\widehat{a_1, a_2})=2\pi/3.$ Вычислить:

а) $|[a_1, a_2]|$

б) $|[2a_1+a_2, a_1+2a_2]|$

в) $|[a_1+3a_2, 3a_1-a_2]|.$

Решение.

а) $|[a_1, a_2]|=|a_1||a_2|\sin(\widehat{a_1, a_2})=2\sin({2\pi/3})=2\frac{\sqrt {3}}{2}=\sqrt 3.$

б) $[2a_1+a_2, a_1+2a_2]=[2a_1, a_1+2a_2]+[a_2, a_1+2a_2]=$

$=2[a_1, a_1+2a_2]+[a_2, a_1+2a_2]=-2[a_1+2a_2, a_1]-[a_1+2a_2, a_2]=$ 

$=-2[a_1, a_1]-2[2a_2, a_1]-[a_1, a_2]-[2a_2, a_2]=-4[a_2, a_1]-[a_1,a_2]=$

$=4[a_1, a_2]-[a_1, a_2]=3[a_1, a_2].$

$|[2a_1+a_2, a_1+2a_2]|=3|[a_1, a_2]|=3\sqrt 3.$

в) $[a_1+3a_2, 3a_1-a_2]=[a_1, 3a_1-a_2]+3[a_2, 3a_1-a_2]=$

$=-[3a_1-a_2, a_1]-3[3a_1-a_2, a_2]=$

$=-[3a_1, a_1]+[a_2, a_1]-9[a_1, a_2]+3[a_2, a_2]=-10[a_1, a_2].$

$|[a_1+3a_2, 3a_1-a_2]|=|10[a_1, a_2]|=10\sqrt 3.$

Ответ: а) $\sqrt 3;$              б) $3\sqrt 3;$               в) $10\sqrt 3.$

 

2.100. Упростить выражения:

а) $[i, j+k]-[j, i+k]+[k, i+j+k];$

б) $[a+b+c, c]+[a+b+c, b]+[b-c,a];$

в) $[2a+b, c-a]+[b+c, a+b];$

г) $2i[j, k]+3j[i, k]+4k[i, j].$

Решение.

а) $[i, j+k]-[j, i+k]+[k, i+j+k]=-[j+k, i]+[i+k, j]-[i+j+k, k]=-[j, i]-[k, i]+[i, j]+[k, j]-[i, k]-[j, k]-[k, k]=$

$=[i, j]+[i, k]+[i, j]-[j, k]-[i, k]-[j, k]=2[i, j]-2[j, k]=$

$2\begin{vmatrix} i&j&k\\1&0&0\\0&1&0\end{vmatrix}-2\begin{vmatrix}i&j&k\\0&1&0\\0&0&1\end{vmatrix}=2k-2i.$ 

 

б) $[a+b+c, c]+[a+b+c, b]+[b-c,a]=$

$=[a,c]+[b, c]+[c, c]+[a, b]+ [b, b]+[c, b]+[b, a]-[c, a]=$

$=[a, c]+[b, c]+[a, b]-[b, c]-[a, b]+[a, c]=2[a, c].$

 

в) $[2a+b, c-a]+[b+c, a+b]=2[a, c-a]+[b,c-a]+[b, a+b]+[c, a+b]=$

$=-2[c-a, a]-[c-a, b]-[a+b, b]-[a+b, c]=$

$=-2[c, a]+2[a, a]-[c, b]+[a,b]-[a, b]-[b, b]-[a, c]-[b, c]=[a, c].$

Ответ: а) $2(k-i);$    б) $2[a, c];$    в) $[a,c].$

 {jumi[*4]}

2.107. Вычислить площадь треугольника с вершинами $A(1, 1, 1), B(2, 3, 4)$ и $C(4, 3, 2).$

Решение.

$S \triangle ABC=\frac{1}{2}|[\overline{BA}, \overline{BC}]|.$

$\overline{BA}=(1-2; 1-3; 1-4)=(-1; -2; -3).$

$\overline{BC}=(4-2; 3-3; 2-4)=(2; 0; -2).$

$[\overline{BA}, \overline{BC}]=\begin{vmatrix}i&j&k\\-1&-2&-3\\2&0&-2\end{vmatrix}=4i-8j+4k.$

$S \triangle ABC=\frac{1}{2}|[\overline{BA}, \overline{BC}]|=\frac{1}{2}\sqrt{16+64+16}=\frac{\sqrt {96}}{2}=2\sqrt{6}.$

Ответ: $2\sqrt{6}.$

 

2.110. Для заданных векторов $a(2, 0, 3), b(-3, 5, 4), c(3, 4, -1)$ вычислить проекцию вектора $[a, b]$ на вектор $(a, b)c.$

 

Решение.

Найдем вектора $d=[a, b]$ и $k=(a,b)c:$

$d=[a, b]=\begin{vmatrix}i&j&k\\2&0&3\\-3&5&4\end{vmatrix}=-15i-17j+10k=(-15, -17, 10);$

$k=(a, b)c=(-6+12)(3, 4, -1)=6(3, 4, -1)=(18, 24, -6).$

$Pr_k d=\frac{(d, k)}{|k|}=\frac{-270-408-60}{\sqrt{324+576+36}}=\frac{-738}{\sqrt {936}}=\frac{-738}{6\sqrt{26}}=\frac{-123}{\sqrt{26}}.$

Ответ: $\frac{-123}{\sqrt{26}}.$

 

2.112. Найти вектор $[a, a+b]+[a, [a, b]],$ если $a(2, 1, -3)$ $b(1, -1, 1).$

Решение.

$a+b=(2+1; 1-1; -3+1)=(3; 0; -2);$

$[a, a+b]=\begin{vmatrix}i&j&k\\2&1&-3\\3&0&-2\end{vmatrix}=-2i-5j-3k;$

$[a, b]=\begin{vmatrix}i&j&k\\2&1&-3\\1&-1&1\end{vmatrix}=-2i-5j-3k;$

$[a, [a, b]]=\begin{vmatrix}i&j&k\\2&1&-3\\-2&-5&-3\end{vmatrix}=-18i+12j-8k;$

$[a, a+b]+[a, [a, b]]=(-2; -5; -3)+(-18; 12; -8)=(-20; 7; -11).$

Ответ: $(-20; 7; -11).$

 

 

Смешанное произведение векторов.

Смешанным произведением упорядоченной тройки векторов $a_1, a_2, a_3$ называется число $[a_1, a_2]a_3.$

Геометрические свойства смешанного произведения:

1) Если $V -$ объем параллилепипеда, построенного на векторах $a_1, a_2$ и $a_3,$ то

$[a_1, a_2]a_3=V,$ если тройка векторов $(a_1, a_2, a_3)$ правая;

$[a_1, a_2]a_3=-V,$ если тройка векторов $(a_1, a_2, a_3)$ левая.

2) Для того чтобы три вектора $a_1, a_2, a_3$ были компланарны, необходимо и достаточно выполнения условия $[a_1, a_2]a_3=0.$

Основное алгебраическое свойство смешанного произведения состоит в том, что циклическая перестановка векторов не меняет его величины, то есть $[a_1, a_2]a_3=a_1[a_2, a_3]=[a_3, a_1]a_2.$

Это свойство позволяет ввести обозначение $[a_1, a_2]a_3=a_1a_2a_3.$

Смешанное произведение через координаты векторов в правом прямоугольном базисе записывается в виде  $$a_1a_2a_3=\begin{vmatrix}X_1&Y_1&Z_1\\X_2&Y_2&Z_2\\X_3&Y_3&Z_3\end{vmatrix}.$$

Примеры.

2.124. Векторы $a_1, a_2, a_3$ образуют правую тройку, взаимно перпендикулярны и $|a_1|=4, |a_2|=2, |a_3|=3.$ Вычислить $a_1a_2a_3.$

Решение.

$a_1a_2a_3=[a_1, a_2]a_3=|[a_1, a_2]||a_3|cos(\widehat{[a_1, a_2], a_3}).$

$\cos(\widehat{[a_1, a_2], a_3})=\cos 0 =1;$

$|[a_1, a_2]|=|a_1||a_2|\sin(\widehat{a_1, a_2})=|a_1||a_2|;$

Cледовательно, $a_1a_2a_3=|a_1||a_2||a_3|=24.$

Ответ: 24.

 

2.127. Установить, образуют ли векторы $a_1, a_2$ и $a_3$ базис в множестве всех векторов, если

а) $a_1(2, 3, -1), a_2(1, -1, 3), a_3(1, 9, -11);$

б) $a_1(3, -2, 1), a_2(2, 1, 2), a_3(3, -1, -2).$

Решение.

Базисом является всякая упорядоченная тройка некомпланарных векторов. Проверим будут ли наши вектора компланарны, т.е. выполняется ли условие $a_1a_2a_3=0.$

а) $a_1a_2a_3=\begin{vmatrix}2&3&-1\\1&-1&3\\1&9&-11\end{vmatrix}=2\begin{vmatrix}-1&3\\9&-11\end{vmatrix}-3\begin{vmatrix}1&3\\1&-11\end{vmatrix}-\begin{vmatrix}1&-1\\1&9\end{vmatrix}=$

$=-32+42-10=0.$

Вектора являются компалнарными, т. е. они не образуют базис.

б) $a_1a_2a_3=\begin{vmatrix}3&-2&1\\2&1&2\\3&-1&-2\end{vmatrix}=3\begin{vmatrix}1&2\\-1&-2\end{vmatrix}+2\begin{vmatrix}2&2\\3&-2\end{vmatrix}+\begin{vmatrix}2&1\\3&-1\end{vmatrix}=$ $=0-20-5=-25.$

Вектора не являются компалнарными, т. е. они образуют базис.

Ответ. а) не образуют; б) образуют.

 

2.129. Доказать, что при любых $a, b$ и $c$ векторы $a-b, b-c$ и $c-a$ компланарны. Каков геометрический смысл этого факта? 

Решение.

Пусть $a=(x_a, y_a, z_a), b=(x_b, y_b, z_b), c=(x_c, y_c, z_c).$

Тогда, $[a-b, b-c](c-a)=\begin{vmatrix}x_a-x_b&y_a-y_b&z_a-z_b\\x_b-x_c&y_b-y_c&z_b-z_c\\x_c-x_a&y_c-y_a&z_c-z_a\end{vmatrix}=$

пользуясь свойством определителей добавим ко второй строке первую, определитель при этом не меняется:

$=\begin{vmatrix}x_a-x_b&y_a-y_b&z_a-z_b\\x_a-x_c&y_a-y_c&z_a-z_c\\x_c-x_a&y_c-y_a&z_c-z_a\end{vmatrix}=0$ (Опять воспользовались свойством определителей -- вторая и третья строки пропорциональны, поэтому определитель равен нулю.)

Таким образом, векторы $a-b, b-c$ и $c-a$ компланарны. Геометрический смысл заключается в том, что векторы $a-b, b-c$ и $c-a$ лежат параллельных плоскостях.

 

2.134. В тетраэдре с вершинами в точках $A(1, 1, 1), B(2, 0, 2), C(2, 2, 2)$ и $D(3, 4, -3)$ вычислить высоту $h=|\overline{DE}|.$

Решение.

Вычислим объем тетраэдра по формуле $V=\frac{1}{6}|\overline{AB}\overline{AC}\overline{AD}|:$

$\overline{AB}=(1, -1, 1);$

$\overline{AC}=(1, 1, 1);$

$\overline{AD}=(2, 3, -4);$

$\overline{AB}\overline{AC}\overline{AD}=\begin{vmatrix}1&-1&1\\1&1&1\\2&3&-4\end{vmatrix}=\begin{vmatrix}1&1\\3&-4\end{vmatrix}+\begin{vmatrix}1&1\\2&-4\end{vmatrix}+\begin{vmatrix}1&1\\2&3\end{vmatrix}=$

$=-7-6+1=-12.$

 $V=\frac{1}{6}|\overline{AB}\overline{AC}\overline{AD}|=2.$

 

Объем также можно вычислить по известной с школьного курса формуле 

$V=\frac{1}{3}S_{OCH}h=\frac{1}{3}S_{\triangle ABC}|DE|=\frac{1}{6}|[\overline{AB}, \overline{AC}]||DE|.$

$[\overline{AB}, \overline{AC}]=\begin{vmatrix}i&j&k\\1&-1&1\\1&1&1\end{vmatrix}=i\begin{vmatrix}-1&1\\1&1\end{vmatrix}-j\begin{vmatrix}1&1\\1&1\end{vmatrix}+k\begin{vmatrix}1&-1\\1&1\end{vmatrix}=-2i+2k.$

$|[\overline{AB}, \overline{AC}]|=\sqrt{2^2+2^2}=\sqrt{8}.$

Таким образом, $2=\frac{1}{6}\sqrt{8}|DE|.$ Отсюда $|DE|=\frac{12}{\sqrt{8}}=3\sqrt 2.$

Ответ: $3\sqrt {2}.$

 

2.137. Доказать, что четыре точки $A(1, 2, -1), B(0, 1, 5), C(-1, 2, 1)$ и $D(2, 1,3)$ лежат в одной плоскости.

Решение.

Четыре точки $A, B, C$ и $D$ находятся в одной плоскости, если вектора $\overline{AB}, \overline{AC}$ и $\overline{AD}$ компланарны.

Проверим, компланарны ли эти вектора:

$\overline{AB}=(-1, -1, 6);$

$\overline{AC}=(-2, 0, 2);$

$\overline{AD}=(1, -1, 4).$

$\overline{AB}\overline{AC}\overline{AD}=\begin{vmatrix}-1&-1&6\\-2&0&2\\1&-1&4\end{vmatrix}=-\begin{vmatrix}0&2\\-1&4\end{vmatrix}+\begin{vmatrix}-2&2\\1&4\end{vmatrix}+6\begin{vmatrix}-2&0\\1&-1\end{vmatrix}=$ $=-2-10+12=0.$

Следовательно, вектора $\overline{AB}, \overline{AC}$ и $\overline{AD}$ компланарны и точки $A, B, C$ и $D$ находятся в одной плоскости.

 

Домашнее задание.

2.102. $|a|=|b|=5,$ $(\widehat{a, b})=\pi/4$ Вычислить площадь треугольнака, построенного на векторах $a-2b,$ $3a+2b.$

Ответ: $50\sqrt{2}.$

 

2.104. Доказать, что при любых векторах $a, p, q$ и $r$ векторы $[a, p], [a, q]$ и $[a, r]$ компланарны.

 

2.106. Заданы векторы $a_1(3, -1, 2)$ и $a_2(1, 2, -1)$. Найти координаты векторов

а) $[a_1, a_2];$

б) $[2a_1+a_2, a_2];$

в) $[2a_1-a_2, 2a_1+a_2].$

Ответ: а) $(-3, 5, 7); $ б) $(-6, 10, 14);$ в) $(-12, 20, 28).$

 

2.108. В треугольнике с  вершинами $A(1, -1, 2), B(5, -6, 2)$ и $C(1, 3, -1)$ найти высоту $h=|BD|.$

Ответ: 5.

 

2.111. Для заданных векторов $a(2, 1, -1), b(1, 2, 1), c(2, -1, 3), d(3, -1, 2)$ вычислить проекцию вектора $a+c$ на вектор $[b-d,c].$

Ответ: $\sqrt{6}.$

 

2.119. Найти координаты вектора $x,$ если он перпендикулярен векторам $a_1(2, -3, 1)$ и $a_2(1, -2, 3),$ а также удовлетворяет условию $x(i+2j-7k)=10.$ 

Ответ: $(7, 5, 1).$

 

2.125. Векторы $a, b, c$ образуют левую тройку $|a|=1, |b|=2, |c|=3,$ $(\widehat{a, b})=\pi/6, c\bot a, c\bot b.$ Найти $abc.$

Ответ: $-3/2.$

 

2.130. Доказать тождество $(a+b+c)(a-2b+2c)(4a+b+5c)=0.$

 

2.132. Вычислить объем тетраэдра $OABC,$ если $\overline{OA}=3i+4j,  \overline{OB}=-3j+k, \overline{OC}=2j+5k.$

Ответ: $17/2.$

 

2.133. Вычислить объем тетраэдра с вершинами в точках $A(2, -3, 5), B(0, 2, 1), C(-2, -2, 3)$ и $D(3, 2, 4).$

Ответ: $6.$

 

2.136. При каком $\lambda$ векторы $a, b, c$ будут компланарны?

а) $a(\lambda, 3, 1), b(5, -1, 2), c(-1, 5, 4);$

б) $a(1, 2\lambda, 1), b(1,\lambda,0), c(0, \lambda, 1).$

Ответ: а) $-3$ б) при любом $\lambda.$ 

 

2.140. Доказать тождества

а) $(a+c)b(a+b)=-abc;$

б) $(a-b)(a-b-c)(a+2b-c)=3abc;$

в) $(a+b)(b+c)(c+a)=2abc;$

г) $\forall\alpha, \beta(ab(c+\alpha a+\beta b))=abc.$