Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Удмуртский государственный университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Часть 1. Основные задачи векторной алгебры

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

13.05.2015

Размер:

829.55 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 56 / 86 7 8 > Следующая >>>

Определение. Базис плоскости {e1 , e2 } называется ортонормированным, если базисные векторы имеют единичную длину и угол между ними равен 90o :

| e1 | =| e2 | =1 , (e1 ^ e2 ) = 90o .

Определение. Говорят, что упорядоченная пара неколлинеарных векторов, отложенных от одной точки, имеет правую ориентацию, если кратчайший поворот первого вектора ко второму (вокруг их общего начала) происходит против часовой стрелки. В противном случае, говорят, что векторы имеют левую ориентацию.

Замечание. Как правило, ортонормированный базис выбирают с правой ориентацией.

Рис. 54.

Решение. Пусть a – произвольный вектор плоскости и a = k1 e1 + k2 e2 – его разложение по ортонормированному

базису {e1 , e2 }. Поставим задачу вычисления его координат (k1 , k2 ) . Эту задачу можно решить двумя способами.

а) Можно действовать также как в задаче 49, но при

этом нам должны быть известны модуль вектора a и его направляющие косинусы.

Умножим вектор e1 скалярно на обе части равенства

a = k1 e1 + k2 e2 :

e1 a = e1 (k1 e1 + k2 e2 ) = k1 (e1 e1 ) + k2 (e1 e2 ) .

Здесь мы воспользовались свойством линейности скалярного произведения.

Так как базис ортонормированный, то

e1 e1 =| e1 |2 =1, e1 e2 =| e1 | | e2 | cos90o = 0 ,

k1 = e1 a =| a | cos α = прe1 a .

Аналогично находим вторую координату k2 =| a | cosβ = прe2 a .

Таким образом, разложение вектора a по ортонормиро-

ванному базису {e1 , e2 } имеет вид:

a = k1 e1 +k2 e2 = (k1, k2 ) = (| a | cos α, | a | cosβ) =

| (cos α, cosβ)

или

= (прe1

a, прe2 a)

Ответ:

| (cos α, cosβ)

или

= (прe1

a, прe2 a) , где

α = (a ^ e1 ) , β = (a ^ e2 ) – направляющие углы вектора a .

б) Второй способ заключается во введении на плоскости правоориентированной ПДСК Оху, так, чтобы базисные векторы служили ортами координатных осей, смотрите рисунок 55. В этом случае принято обозначение

e1 = i – орт оси Ох, e2 = j – орт оси Оу.

В этом случае, направляющие углы вектора a совпадают с углами между вектором и осями координат, а координаты

вектора a относительно ортонормированного базиса { i, j}

совпадают с декартовыми координатами вектора a , т.е. с его проекциями на координатные оси:

a = (прx a, прy a) = (прx a) i + (прy a) j.

101

102

		у
	β	j
		j	i
		О	i	х
		О		х
М	a	α
М	a
		Рис. 55.

Таким образом, для решения поставленной задачи достаточно найти декартовые координаты данного вектора.

Ответ: a = (прx a, прy a) = (прx a) i + (прy a) j.

Замечание. Из решения задачи следует, что для построения ортонормированного базиса и вычисления координат вектора относительно этого базиса достаточно построить правоориентированную ПДСК на плоскости Оху, отметить

орты координатных осей i и j и вычислить декартовые

координаты данного вектора. Для этого необходимо знать либо модуль вектора и его направляющие косинусы, либо координаты начала и конца вектора. Т.е. эта задача сводится к уже решенным ранее задачам. Смотри главу 6, задачи

39 и 40.

Пример. В треугольнике АВС известен угол А и стороны AB = c, AC = b . Найти длину медианы mA , проведенную

из вершины А. Решение.

	y			В
			с


		j		D
		j		D
				x
А i				x
А i			b	С
			Рис. 56.

Введем ПДСК Оху, как на рисунке 56, и найдем декартовые координаты вектора AD , а затем и длину медианы

mA =| AD | .

Легко видеть, что

. Находим декартовые

(AB

AC)

координаты векторов

AС

прx

= c cos A ,

прy

= c sin A ,

прx

= b ,

прy

= 0 ,

= (c cos A, c sin A) ,

= (b, 0) ,

= 1

1 (b + c cos A, c sin A) и

(AB

AC)

mA =|

| =

b2 +2bc cos A +c2 .

Ответ: mA = 1

b2 +2bc cos A +c2 .

Задача 56. Построить ортонормированный базис пространства и найти координаты произвольного вектора относительно построенного базиса.

Решение. Задача решается аналогично предыдущей. Строим правоориентированную ПДСК Охуz, орты коорди-

натных осей {i, j, k} образуют правоориентированный ор-

тонормированный базис. Координаты любого вектора a

103

104

относительно ортонормированного базиса {i, j, k} совпа-

дают с декартовыми координатами вектора a :

a = ax i + ay j + az k = (ax , ay , az ) , ax = прx a =| a | cos α,

ay = прy a =| a | cosβ, az = прz a =| a | cos γ .

Таким образом, для решения задачи необходимо знать либо модуль вектора и его направляющие косинусы, либо координаты начала и конца вектора. Т.е. эта задача сводится к уже решенным ранее задачам. Смотрите главу 6, задачи 43 и44.

Пример. В основании треугольной пирамиды ОABC лежит прямоугольный треугольник ОАВ, OA = OB = OC = a , ребро ОC перпендикулярно плоскости основания. Найдите длины отрезков ОМ и МС, где М – центр тяжести грани ABС.

Решение. Вводим ПДСК как на рисунке 57, {i, j, k} – ортонормированный базис.

		С
				М

	k		j	у
i				у
i		О

А	В
А
х
	Рис. 57.

Используя условия задачи, находим координаты вершин пирамиды:

А(а; 0; 0), В(0; а; 0), С(0; 0; а).

Воспользуемсязадачей9 длявычислениякоординатточки М:

xA + xB + xC

= a + 0 + 0

= a ,

yM =

yA + yB + yC

= a

zM =

zA + zB + zC

= a .

Находим координаты векторов

= (xM

, yM , zM ) = ( a

; a ; a ) = a

(1;1;1) ,

= (xM −xC , yM − yC , zM −zC ) = a

(1;1; −2) .

Отсюда находим искомые расстояния:

OM =|

| = a

3 , CM =|

| = a

6 .

Ответ: OM = a

3 ,

CM = a

6 .

105

106

Глава 10. Произведения векторов в координатной форме

Задача 57. Найти скалярное произведение векторов, заданных в координатной форме относительно ортонормированного базиса.

Решение. Пусть {i, j, k} – ортонормированный базис,

x = x1 i + x2 j + x3 k = (x1 , x2 , x3 ) , y = (y1 , y2 , y3 )

– два вектора, заданные своими координатами относительно данного ортонормированного базиса.

Заметим сразу же, что если ортонормированный базис

{i, j, k} совмещен с ПДСК Охуz, то координаты вектора от-

носительно ортонормированного базиса совпадают с его декартовымикоординатами. Мы будем считать, чтотак это иесть.

Скалярное произведение данных векторов можно вычислить по формуле:

x y = x1 y1 + x2 y2 + x3 y3 .

Аналогичная формула справедлива для векторов, заданных в координатной форме относительно ортонормированного

базиса на плоскости {i, j}.

Если x = x1 i + x2 j = (x1 , x2 ) , y = (y1 , y2 ) , то x y = x1 y1 + x2 y2 .

Если x = x1 i = (x1 ) , y = (y1 ) – координаты векторов на

прямой относительно нормированного базиса { i }, то их скалярное произведение равно:

x y = x1 y1 .

Пример 1. Найти скалярное произведение векторов: x = −3i + 6j −8k , y = 5i +9j + 6k

Решение. x y = (−3) 5 + 6 9 + (−8) 6 = −15 +54 − 48 = −9 .

Ответ: – 9.

Пример 2. На координатной плоскости Оху даны вершины треугольника: А(–1; 9), В(7; –3), С(–4; –5). Найти скаляр-

ное произведение векторов AB AC .

Решение. Сначала находим координаты нужных векторов: AB = (8; −12) , AC = (−3; −14) . Тогда

AB AC = 8 (−3) + (−12) (−14) = −24 +168 =144 . Ответ: AB AC =144 .

Пример 3. На координатной оси Ох даны точки: А(–1), В(–17), С(14). Найти скалярное произведение векторов

AB AC .

Решение. Относительно базиса {i} на оси Ох координата вектора AB = (−16) , вектора AС = (15) , их скалярное про-

изведение AB AC = (−16) 15 = −240 . Ответ: –240.

Задача 58. Найти векторное произведение векторов, заданных в координатной форме относительно ортонормированного базиса.

Решение. Пусть { i, j, k} – ортонормированный базис,

x = x1 i + x2 j + x3 k = (x1 , x2 , x3 ) , y = (y1 , y2 , y3 )

– два вектора, заданные своими координатами относительно данного ортонормированного базиса. Тогда

	×		=	x2		x3		i −	x1	x3			x1	x2			.

x		y										j +				k
				y		y			y	y			y	y
					2		3		1		3		1		2
					2		3		1		3		1		2

107

108

Пусть векторы заданы в координатной форме относитель-

но ортонормированного базиса {i, j} на плоскости:

x = x1 i + x2 j = (x1 , x2 ) , y = (y1 , y2 ) .

Тогда, для вычисления их векторного произведения, можно пользоваться этой же формулой, полагая равной нулю их третью координату:

= x1 i + x2

= (y1 , y2 , 0) ,

j + 0 k = (x1 , x2 , 0) ,

= 0 i + 0

j +

Заметим, что из определения векторного произведения следует, что векторное произведение векторов, лежащих на одной прямой, равно нулевому вектору, так, что выписывать для этого случая формулу их векторного произведения не имеет смысла.

Пример. На координатной плоскости Оху даны вершины треугольника: А(–1; 9), В(7; –3), С(–4; –5). Найти вектор-

ное произведение векторов AB ×AC .

Решение. Вычисляем координаты векторов AB = (8; −12) , AC = (−3; −14) и вычисляем их векторное произведение:

−12

= −148k

−3

−14

Ответ: (0; 0; −148) .

Задача 59. Найти смешанное произведение векторов, заданных в координатной форме относительно ортонормированного базиса.

Решение. Пусть

x = x1 i + x2 j + x3 k , y = y1 i + y2 j + y3 k , z = z1 i + z2 j + z3 k

– три произвольных вектора. Тогда

Так как смешанное произведение компланарных векторов равно нулю, то не имеет смысла рассматривать смешанное произведение векторов лежащих на одной плоскости или на одной прямой.

Пример. В координатном пространстве Охуz даны верши-

ны треугольной пирамиды: А(0; 1; 1), В(1; 0; 1), С(1; 2; 0), D(1; –1; –1). Вычислить смешанное произведение

AB AC AD .

Решение. Находим координаты векторов:

= (1; −1; 0) ,

= (1; 1; −1) ,

= (1; − 2; − 2) и

−1

= −1 .

−2

Ответ: –1.

109

110

Глава11. Применениескалярногопроизведениявекторов

Задача 60. Найти модуль, орт и направляющие косинусы вектора, заданного в координатной форме относительно ортонормированного базиса.

Решение. Пусть x = x1 i + x2 j + x3 k . Найдем его скаляр-

ный квадрат. По формуле скалярного произведения векторов в координатной форме относительно ортонормированного базиса, находим:

x2 = x12 + x22 + x32 .

Отсюда, по свойствам скалярного произведения:

| x | = x2 = x12 + x22 + x32 .

Аналогичные формулы справедливы для вектора плоскости x = x1 i + x2 j или прямой x = x1 i :

| =

2 = x12 + x22

или

| =

= x12 = | x1 |.

Орт вектора:

o =

i +

j +

| x |

Аналогично находится орт вектора плоскости или прямой:

o =

i +

o =

i =

i .

j или

| x1 |

| x |

Найдем направляющие косинусы вектора a = (ax ; ay ; az ) : ax = прx a =| a | cos α, ay = прy a =| a | cosβ,

az = прz a =| a | cos γ .

Откуда,

cos α =

cosβ =

cos γ =

| a |

Так как декартовые координаты вектора совпадают с координатами вектора относительно ортонормированного бази-

са {i,

имеем:

j, k} , то для вектора

= x1 i + x2

j + x3 k

cos α =

cosβ =

, cos γ =

| x |

Тогда орт вектора x можно записать в виде:

xo = | xx | = (cos α; cosβ; cos γ) .

Аналогичные формулы имеют место для вектора плоскости и прямой.

Пример. Найти модуль, орт и направляющие косинусы

вектора AB , если А(4; 20; 11), В(–2; 13; 17).

Решение. Находим координаты вектора AB и его модуль:

	AB		= (−6; −7; 6) , \|											AB					\| =		(−6)2 +(−7)2 +62 = 121 =11.
Тогда									; −7
				o = (−6						;		6				) = (cos α, cosβ, cos													γ) , cos α = −			6	,
		AB										6																				6
		AB																													11
11									11		11										7					6					11
										cosβ = −											7	,	cos γ =			6		.
										cosβ = −												,	cos γ =					.
																				11			; −7 ;	11
Ответ: \|								\| =11		,								o = (−6							6		) ,		cos α = −	6		,
						AB							AB												6					6
						AB							AB
					7										6					11			11	11					11
cosβ = −					7		,		cos γ =						6		.
cosβ = −							,		cos γ =								.
11											11

Задача 61. Найти угол между векторами, заданными в координатной форме относительно ортонормированного базиса.

Решение. Пусть x = x1 i + x2 j + x3 k , y = y1 i + y2 j + y3 k .

111

112

Из определения скалярного произведения следует

cos (x

^ y) =

| x | | y |

Находим скалярное произведение и их модули как в задачах 37 и 40, и, подставляя в предыдущую формулу, получаем:

		x1y1 + x2 y2 + x3y3
(x ^ y) = arccos		x1y1 + x2 y2 + x3y3					.
(x ^ y) = arccos	x2	+ x2	+ x2	y2	+ y2	+ y2	.
	1	2	3	1	2	3

Эта формула остается справедливой и для векторов на

плоскости:

= x1 i + x2

= y1 i + y2

j ,

x1y1 + x2 y2

(x ^ y) = arccos

x2 + x2

+ y2

Эта формула остается верной и для векторов на прямой:

= x

i ,

x1y1

= arccos

x1y1

= y i , (x

^ y) = arccos

| x1y1 |

Пример. Найти угол между векторами

= i − 2j

+ 2k и

= i −

j − 2k .

Решение.

1+ 2 − 4

−1

(x ^ y) = arccos

= arccos

1+ 4 + 4 1+1+ 4

3 6

−1

Ответ:

(x ^ y) = arccos

3 6

Задача 62. Определить, являются ли два вектора, заданные в координатной форме относительно ортонормированного базиса, ортогональными.

Решение. Из определения скалярного произведения векторов следует, что два ненулевых вектора ортогональны

тогда и только тогда, когда их скалярное произведение равно нулю. Пусть

x = x1 i + x2 j + x3 k , y = y1 i + y2 j + y3 k .

Тогда

x y x1y1 + x2 y2 + x3y3 = 0 .

Пример. Докажите, что треугольник АВС прямоугольный,

если А(5; –3; 1), В( 1; –2; 6), С(1; 1; –3).

Решение. AB = (−4; 1; 5) , AC = (−4; 4; −4) , BC = (0; 3; −9) , AB AC =16 + 4 − 20 = 0 , т.е. BAC = 90o , ч.т.д.

Задача 63. Найти проекцию вектора на вектор, если оба вектора заданы в координатной форме относительно ортонормированного базиса, и найти, в частности, проекции вектора на координатные оси.

Решение. Из простейших свойств скалярного произведения следует, что

a b =| b | прb a =| a | прa b .

Отсюда,

прb a = a| bb| .

Пусть

= a1 i + a2

= b1 i + b2

j + a3 k ,

j + b3 k . Тогда

a1b1 +a2b2 +a3b3

пр

| b |

b12 +b22 +b32

По «основной теореме векторной алгебры» координаты вектора относительно базиса из ортов координатных осей

{i, j, k} ПДСК Охуz, совпадают с проекциями вектора на

координатные оси. Этот же результат следует из предыдущего равенства, если мы учтем, что

113

114

i =1 i + 0 j + 0 k , j = 0 i +1 j + 0 k , k = 0 i + 0 j +1 k :

= a

пр

j = a

, пр

= a

| i |

| j |

| k |

Осталось заметить, что

прx a = прi a , прy a = прj a , прz a = прk a , откуда следует, что

прx

= a1 , прy

= a2 , прz

= a3 .

a1b1 +a2b2 +a3b3

, пр

Ответ: пр

= a

| b |

b12 +b22 +b32

прy a = a2 , прz a = a3 .

Пример. В прямоугольном треугольнике АВС, где А(5; –3; 1), В( 1; –2; 6), С(1; 1; –3), найдите проекции кате-

тов на гипотенузу.

Решение. Легко устанавливаем (см. пример предыдущей

задачи), что BAC = 90o . Пусть AD – высота, опущенная из прямого угла на гипотенузу, смотрите рисунок 58.

	D	С
В
	Рис. 58.

Требуется найти BD и CD. Из определения проекции вектора на вектор следует, что

BD = пр

, CD = пр

| BC |

| CB |

Находим: BA = (4; −1; −5) , BC = (0; 3; −9) , | BC | = 3 10 ,

							= −3 + 45 = 42 , BD =				14		.
		BA			BC						14
		BA			BC
										10
Отсюда, CD = BC − BD = 3 10 −								14	=	16		.
Отсюда, CD = BC − BD = 3 10 −								10	=	10		.
	14			16				10		10
Ответ:	14		,	16		.
Ответ:	10		,			.
	10	10

Задача 64. Найти работу, производимую вектором силы вдоль вектора перемещения материальной точки, если оба вектора заданы в координатной форме относительно ортонормированного базиса.

Решение. Работа равна скалярному произведению векторов силы и перемещения: A = F s .

Пример. Какую работу производит сила F = (1; −1; 3) при

перемещении материальной точки из точки А(2; –3; –1) в

точку В(4; –7; 11)?

Решение. AB = (2; − 4; 12) , A = F AB = 2 + 4 +33 = 39 .

Ответ: 39.

115

116

Глава12. Применениевекторногопроизведениявекторов

Задача 65. Найти синус угла между двумя векторами, заданными в координатной форме.

Решение. Пусть x = x1 i + x2 j + x3 k , y = y1 i + y2 j + y3 k .

Из определения векторного произведения следует

sin (x

^ y) =

| x | | y |

Находим векторное произведение векторов и их модули как в задачах 58 и 60, и, подставляя в предыдущую формулу, получаем

sin (x ^ y) =

+ x2 + x2

+ y2

Пример. Найти синус угла между векторами

= i + 2j

+ 2k , b = i + j.

Решение. |

| =

1+4 +4 = 3 ,

| =

2 ,

1 2 2

= −2i + 2j

− k , | a ×b | = 4 +4 +1 = 3 ,

sin (a

b) =

3 2

| a | | b |

Ответ: sin (a

b) =

Задача 66. Определить, являются ли два вектора, заданные в координатной форме, коллинеарными.

Решение. Пусть x = x1 i + x2 j + x3 k , y = y1 i + y2 j + y3 k .

Изпростейшихсвойстввекторногопроизведенияследует, что

или

Пример. Определить, коллинеарные ли векторы

= i − 2j

+ 4k

b = −3i + 6j −12k .

Решение.

1 −2

= 0 i −0

j −0 k = 0 .

−3 6 −12

Ответ: векторы коллинеарны.

Задача 67. Найти координаты вектора, перпендикулярного двум неколлинеарным векторам, заданными в координатной форме.

Решение.

Пусть

= x1 i + x2

j + x3 k , y = y1 i + y2 j + y3 k .

Из определения векторного

произведения следует,

что

Так

как по условию

||/

то

≠

Ответ:

Пример. Найти вектор перпендикулярный векторам

= −5i + 6j

+ 7k

и b = 3i +8j − 4k .

Решение.

−5

= −80i +

j −58k .

−4

Ответ: −80i + j −58k .

117

118

Задача 68. Найти двугранный угол между гранями треугольной пирамиды, если известны координаты его вершин.

Решение. Пусть Ak (xk , yk , zk ) , k =1, 2, 3, 4 – коорди-

наты вершин треугольной пирамиды A1A2 A3A4 . Найдем двугранный угол при ребре A1A2 . Этот угол равен углу между плоскостями граней A1A2 A3 и A1A2 A4 .

A1A

3 ×

A1A

2 ×

A1A

A4 A3

A2 Рис. 59.

Угол между плоскостями равен углу между их нормальными векторами. Остальное видно из рисунка.

Ответ: (A1A2 A3 ^ A1A2 A4 ) = (A1A3 ×A1A2 ^ A1A2 ×A1A4 ) .

Пример. Найти двугранный угол между гранями правильного тетраэдра.

Решение. Пусть ABCD правильный тетраэдр. Искомый угол не зависит от величины ребра пирамиды. Пусть ребро равно 1. Введем ПДСК Охуz. Начало координат поместим в центре основания АВС, ось абсцисс направим параллельно ВС:

		D		z
		D


				k
	В			k		С
	В		О		F	С
			О		F
						у
n	А					у
n

х
			Рис. 60.

Найдем координаты вершин пирамиды. Высота в правиль-

ном треугольнике со стороной 1 равна																		3			, следовательно,
ном треугольнике со стороной 1 равна																		2			, следовательно,
																		2
	AO = 2					3	=	1	, OF = 1									3		=		1		,
	AO = 2					2	=		, OF = 1									2		=			3	,
3						2	3					3						2		2			3
			OD = 1−AO2 = 1−													1 =				2 .
		1								1			; − 1			3				3			1				1
Отсюда, A(		1		; 0; 0) ,			B(−			1						; 0) ,					C(−		1			;	1	; 0) ,
Отсюда, A(				; 0; 0) ,			B(−			3						; 0) ,					C(−		2		3	;	2	; 0) ,
3							2			3		2											2		3		2
							D(0; 0;					2 ) .
												3
Находим координаты векторов															,				:
Находим координаты векторов													AB		,		AD		:
			= (−		3	; − 1 ; 0) ,								= (−				1		; 0;			2 ) .
	AB				3						AD							1
	AB				2						AD							3
					2		2											3					3

Находим вектор n перпендикулярный грани ABD:

119

120

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 56 / 86 7 8 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
13.05.201549.2 Кб7Ципулина.docx
#
13.05.2015798.21 Кб136Цифровая схемотехника.doc
#
20.08.201933.3 Mб39ЦНС.doc
#
13.05.20151.97 Mб44Цой_Практ_конфликтология.doc
#
13.05.20156.03 Mб188Цыганков Международные отношения.pdf
#
13.05.2015829.55 Кб36Часть 1. Основные задачи векторной алгебры.pdf
#
17.03.2016187.73 Кб18Часть 1.docx
#
13.05.201575.78 Кб26часть 2 юнит 4,5.doc
#
13.05.2015417.7 Кб136Часть 3. Комплексные числа.pdf
#
13.05.2015459.46 Кб20Часть 4. Матрицы, определители, системы.pdf
#
25.11.201974.24 Кб1Часть_описания.doc