matem-up1
.pdf
|
|
|
A |
Теорема 3.5. Пусть e1 , er2 , er3 – базис в |
||||||
|
|
|
. Любой вектор ar |
|
|
|||||
|
|
|
|
|
можно предста |
|||||
|
r |
|
|
3 |
3 |
|||||
|
e3 |
er2 |
вить в виде a =α1er1 +α2er2 +α3er3 . |
|||||||
O |
||||||||||
er1 |
A1 |
Доказательство. |
|
Возьмём произ |
||||||
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
вольный ar |
|
и представим его в виде |
|||||
|
|
|
3 |
|||||||
линейной комбинации |
e1 , er2 , er3 . Для этого поместим начала |
|||||||||
всех векторов в одну точку O и проведём через конец вектора |
||||||||||
r |
|
uuur |
|
|
|
|
|
|
|
|
a |
= OA прямую, параллельную вектору e3 . Пусть точка А1 – точ |
ка пересечения этой прямой с плоскостью, в которой лежат век
|
r |
r |
|
uur |
uuuur |
uuuur |
|
uuur |
r |
|
торы e1 и |
e2 |
. Тогда OA = |
A1 A + OA1 , |
причём |
A1 A || e3 , а век |
|||||
|
uuuur |
r |
|
r |
|
|
|
|
|
|
торы OA1 , e1 |
и |
e2 – компланарные. В силу уже рассмотренных |
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
uuur |
свойств существуют числа α1, α2, α3 |
такие, |
что |
A1 A =α3er3 , |
|||||||
uuuur |
r |
|
r |
|
uur |
r |
r |
r |
r |
|
OA1 |
=α1e1 |
+α2e2 |
. Отсюда OA |
= a |
=α1e1 |
+α2e2 +α3e3 |
, что и тре |
|||
бовалось. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Следствие. Четыре вектора всегда линейно зависимы. |
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|||||
Размерность пространства |
3 |
равна 3. |
|
|
|
4. Координатная запись векторов
Наиболее удобным на плоскости является базис, состоящий из перпендикулярных друг другу векторов, длины которых рав ны 1. Такой базис называется ортонормированным. Базисные
99
векторы будем обозначать i , rj . Таким образом, ir = rj = 1 ,
ir rj .
Прямоугольная декартова система координат на плос кости определяется точкой О (начало координат) и ортонор мированным базисом i , rj . Прямые, проходящие через начало координат в направлении базисных векторов называются коор динатными осями (соответственно ОХ – ось абсцисс, OY – ось
ординат). |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Y |
|
|
|
|
|
вектор ar |
|
|
|
||
|
|
|
A |
Любой |
|
2 |
может |
быть |
|||
M |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
записан своим разложением по базису: |
|||||||
r |
ar |
|
|
|
|||||||
|
|
|
r |
r |
|
|
|
|
|
||
j |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
a =α1i +α2 |
j . С помощью рисунка легко |
|||||
O |
|
|
|
X |
убедиться, |
что |
координаты вектора ar |
||||
i |
|
N |
|
||||||||
|
|
(α1 – абсцисса, |
α2 – ордината) совпа |
||||||||
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|||||||
дают |
с проекциями |
вектора |
на |
соответствующие |
оси: |
||||||
α1 = ПрOX a , |
α2 = ПрOY a . |
|
|
|
|
|
|
||||
Будем использовать в дальнейшем и символическую за |
|||||||||||
пись: |
ar = (α1 ,α2 ). Например, если у вектора a |
первая коорди |
|||||||||
ната равна 2, а вторая 3, то допускаются две записи: |
|
||||||||||
|
|
|
|
ar = 2i + 3 rj или |
ar = (2, 3). |
|
|
|
|||
Координатами точки А называются координаты вектора |
|||||||||||
uuur |
|
uuur |
|
|
|
|
|
|
|
OA . Вектор OA называется радиус вектором точки А. Запись
100
A(α1 ,α2 ) означает, что точка А имеет координаты α1 ,α2 .
Можно обозначать координаты вектора и точки, конечно, и по другому, например:
ar = (ax , ay ), A(xA , yA ).
В пространстве ортонормированный базис состоит из 3 х
векторов, обычно они обозначаются i , rj , kr :
ir = rj = kr = 1 ; i rj , ir kr, rj kr .
Кроме того, базис в пространстве выби |
|
|
|
||||
рают так, |
чтобы тройка векторов i , rj , kr |
была |
k |
|
|
||
правой тройкой, т. е. |
вращение от первого |
i |
O |
j |
|||
вектора ir |
ко второму |
j на наименьший угол |
|||||
|
|
(в данном случае на 90°) происходит против часовой стрелки,
если смотреть с конца третьего вектора k .
Прямоугольная система координат в пространстве опреде
ляется точкой О и базисом |
i , rj , kr . |
Каждый вектор |
a в про |
|||
странстве |
может |
быть |
представлен |
в виде |
суммы |
|
ar =α1ir +α2 rj +α3kr , |
где α1 ,α2 ,α3 – |
его координаты, совпа |
||||
дающие с |
проекциями |
вектора |
на |
координатные оси |
||
OX , OY , OZ |
соответственно. Запись |
A(α1 ,α2 ,α3 ) |
означает, |
что точка A имеет координаты α1 ,α2 ,α3 , совпадающие с коор
uuur
динатами вектора OA .
101
Замечание. Если у вектора какая либо координата равна 0,
то вектор перпендикулярен соответствующей оси. Например, ar ={1, 0, − 2} OY или, что то же, параллелен координатной плоскости OXZ. Если у точки в пространстве какая либо коорди ната равна 0, то эта точка расположена на одной из координат ных плоскостей. Например, точка A(1, 2, 0) лежит на плоскости
OXY.
Получим правила действий с векторами в координатной форме.
Пусть ar = (ax , ay ), b = (bx , by ), тогда
ar + br = (ax ir + ay rj )+ (bx ir + by rj )= (ax + bx )ir + (ay + by )rj ,
т. е. ar + br = (ax + bx , ay + by ). Аналогично, λar = (λax , λay ).
Для векторов в пространстве правила такие же.
|
Пример |
3.3. Даны векторы ar = i − rj + 2kr, br = (0, 2, 1), |
|||||
r |
|
r |
|
|
r |
r |
r |
c |
= j − k . Найти координаты вектора d |
= 2a |
− b |
+ 3c . |
|||
|
Решение. |
|
|
|
|||
r |
r |
r |
r |
= 2 (1,−1, 2)−(0, 2, 1)+ 3 |
(0, 1, −1)= |
||
d |
= 2a |
−b |
+ 3c |
=(2,− 2, 4)−(0, 2, 1)+ (0, 3, − 3) = (2 −0 + 0, − 2 − 2 + 3, 4 − 1 − 3)=
=(2, − 1, 0)= 2ir − rj .
102
Так как коллинеарные векторы отличаются только число выми множителями, то их соответствующие координаты будут пропорциональными (критерий коллинеарности в коорди натной форме):
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
r |
|
|
r |
|
|
|
a |
x |
|
|
a y |
|
a |
z |
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
a |
|
| | b |
|
|
|
= |
|
|
|
= |
|
|
. |
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
b |
x |
|
b |
y |
b |
z |
|
|
|
|
|||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
Пример 3.4. Проверить, коллинеарны ли векторы |
|
|
|||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
ar = −i + 2 rj − 8kr |
и b = 2ir − 4 rj + 16kr . |
|
|
||||||||||||||||||||||||
|
|
|
Решение. Имеем |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
a |
x |
|
−1 |
|
1 |
|
ay |
|
2 |
|
|
|
1 |
|
|
a |
z |
|
|
−8 |
|
|
1 |
r |
1 r |
r |
r |
|||||||
|
= |
|
= − |
|
, |
|
|
= |
|
|
|
= − |
|
, |
|
|
|
= |
|
|
|
= − |
|
|
a = − |
|
b |
a |
↑↓b . |
|||||
b |
|
2 |
2 |
b |
|
− |
4 |
2 |
|
|
|
|
16 |
2 |
2 |
|||||||||||||||||||
|
|
|
|
y |
|
|
|
|
b |
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||
x |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
z |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Отметим, что если какая либо координата вектора равна 0,
то и у коллинеарного ему вектора соответствующая координата равна 0.
Рассмотрим некоторые важные задачи.
Задача 1. Зная координаты вектора, определить его длину и направление.
103
Z
α3
γ A
|
k |
|
a |
|
|
α |
|
β |
α2 Y |
|
O |
j |
||
|
i |
|||
|
|
|||
X |
α1 |
|
|
|
Решение. Так как ar – величина диагонали в прямоуголь ном параллелепипеде, то, используя теорему Пифагора, легко получить формулу:
ar = ax2 + a2y + az2 .
Направление вектора a удобно задавать с помощью углов
α , β ,γ , которые образует вектор с осями OX , OY , OZ соответ ственно. Косинусы этих углов называются направляющими ко синусами вектора a . По свойству проекций вектора на ось,
имеем
cosα = |
a |
cos β = |
ay |
, cosγ = |
a |
|||
|
rx |
, |
r |
rz |
. |
|||
|
|
a |
|
|
a |
|
a |
|
Заметим, что всегда верно: cos2 α + cos2 β + cos2 γ = 1 .
uur
Задача 2. Определить координаты вектора AB , если из
Z A
B 104
Y
X O
вестны координаты точек A(xA , yA , zA ) и B(xB , yB , zB ) .
uur uuur uuur
Решение. По правилу сложения векторов OA + AB = OB , от
uuur uuur uuur
сюда AB = OB − OA .
В координатной форме
uur
AB = (xB , yB , zB ) −(xA , yA , zA ), значит
uur
AB = (xB − xA , yB − yA , zB − zA ).
Итак, чтобы найти координаты вектора, нужно от коор динат его конца отнять соответствующие координаты его нача ла.
Замечание. |
Ясно, что расстояние |
AB между точками |
||
|
|
|
|
uur |
A(xA , yA , zA ) и B(xB , yB , zB ) равно длине вектора AB . По |
||||
этому |
|
|
||
|
uuur |
|
= (xB − xA )2 + (yB − yA )2 + (zB − zA )2 . |
|
AB = |
AB |
|
||
Аналогично, |
расстояние между |
точками A(xA , yA ) и |
B(xB , yB ) на плоскости равно AB = (xB − xA )2 + (yB − yA )2 .
Пример 3.5. Даны точки A(1, −1, 2) , B(2, 1, 3) и вектор ar = 2i − λ rj + 2kr . Найти длину и направляющие косинусы век
uur |
uur |
тора AB . При каком значении λ |
векторы AB и a коллинеар |
ны? |
|
105
Решение. Определим сначала координаты вектора
uur |
(2 − 1, 1 −(−1), 3 − 2)= (1, 2, 1). |
|
|
||||||||||||||||||||
AB = |
|
|
|||||||||||||||||||||
Его длина |
|
|
uuur |
= |
12 + 22 + 12 = |
6 , |
а направляющие косинусы |
||||||||||||||||
|
|
AB |
|||||||||||||||||||||
cosα = |
1 |
|
|
, cos β = |
|
2 |
, cosγ = |
1 |
. |
По критерию коллинеар |
|||||||||||||
|
|
|
6 |
6 |
|||||||||||||||||||
6 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
uuur |
|
|
r |
|
|
1 |
|
2 |
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
ности AB || a |
|
|
|
= |
|
= |
|
. Отсюда λ = − 4 . |
|
||||||||||||||
2 |
|
−λ |
2 |
|
|||||||||||||||||||
Задача |
3. |
Пусть |
даны |
две |
|
точки |
A(xA , yA ,zA ) и |
||||||||||||||||
B(xB , yB ,zB ) |
|
и известно, в каком отношении |
A |
||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
точка M (x, y,z) |
делит отрезок АВ: |
|
AМ |
|
= λ , |
M |
|||||||||||||||||
|
|
||||||||||||||||||||||
|
|
|
|||||||||||||||||||||
|
|
|
|
B |
|||||||||||||||||||
|
МB |
|
|
||||||||||||||||||||
|
|
|
|||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
где λ – заданное положительное число. Найти координаты точ ки М.
Решение. Рассмотрим векторы
uuuur
AM = (x − xA , y − yA , z − zA ) ,
uuuur
MB = (xB − x, yB − y, zB − z).
uuuur |
uuuur |
uuur |
= λ |
uuuur |
uuur |
uuuur |
Так как AM |
↑↑MB и |
AM |
MB |
, то AM |
= λ MB . |
|
|
|
|
|
|
|
|
Получаем: (x − xA , y − yA , z − zA ) = λ (xB − x, yB − y, zB − z) .
Сравним первые координаты: |
x − xA = λ (xB − x). Отсюда |
|||||
x = |
xA + λ xB |
. Аналогично: y = |
yA + λ yB |
, z = |
zA + λ zB |
. |
1 + λ |
|
|
||||
|
|
1 + λ |
1 + λ |
106
Эти формулы называются формулами деления отрезка в за данном отношении.
Замечание. При λ = 1 точка |
М – середина отрезка АВ, её |
||||||||
координаты |
|
|
|
|
|
|
|||
x = |
xA + xB |
, y = |
yA + yB |
, z = |
zA + zB |
. |
|
||
|
|
|
|
||||||
2 |
|
|
2 |
|
2 |
|
|
||
Пример 3.6. Найти координаты |
B |
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|||
точки М пересечения медиан в тре |
|
M |
|
||||||
угольнике с вершинами |
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
||||
А(5, 6), В(–3, 2), С(1, –8). |
A |
|
D |
C |
Решение. Известно, что точка пересечения медиан делит каждую медиану в отношении 2 : 1, считая от вершины. Рас
смотрим, например, медиану BD. Так как |
BM |
= |
2 |
= 2 , то λ = 2 . |
||||||||||||||||
|
1 |
|||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
MD |
|
|
||||
Пусть точка D – середина отрезка АС, тогда |
|
|
|
|
||||||||||||||||
|
|
x |
A |
+ x |
|
y |
A |
+ y |
|
D(3, −1). |
|
|
||||||||
|
D |
|
C |
, |
|
|
C |
|
|
|
||||||||||
|
|
2 |
|
|
|
2 |
|
|
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
По формулам деления отрезка BD в заданном отношении: |
||||||||||||||||||||
xM = |
xB +λ xD |
= −3 + 2 3 |
=1, yM = |
|
yB +λ yD |
= |
2 + 2 (−1) |
=0 . |
||||||||||||
|
|
|
||||||||||||||||||
|
1 +λ |
1 + 2 |
|
|
|
|
|
|
|
1 +λ |
|
|
1 + 2 |
|
Таким образом, М (1, 0) .
5. Скалярное произведение
107
Скалярным произведением ar b двух векторов a и b на зывается число, равное произведению длин этих векторов и ко
синуса угла ϕ между ними:
ar br = ar br cosϕ .
Рассмотрим основные свойства скалярного произведения.
1)ar b = br ar . Это следует из определения.
2)ar br = ar br cosϕ = ar Прar br = br Прbr ar . Полученные
соотношения можно записать иначе:
|
|
|
|
r |
|
|
|
ar b |
|
|
|
|
r |
|
ar b |
|
|||||||
|
|
|
|
Прbra |
= |
|
|
|
r |
|
, |
|
Прarb |
= |
|
r |
|
|
. |
||||
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
b |
|
|
|
|
|
|
|
|
a |
|
|
|
3) ar ar = |
|
ar |
|
|
|
|
ar |
|
|
|
|
|
|
ar |
|
= ar ar . |
|
||||||
|
|
2 cos0 = |
|
|
2 |
|
|
|
|||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
4) ar br ar br = 0 , так как косинус прямого угла равен ну лю. Это свойство можно использовать как критерий перпенди кулярности векторов.
5)ar (br + cr) = ar br + ar cr .
6)ar (λbr) = (λar) br = λ (ar br) .
Последние два свойства можно доказать, используя свойст во 2) и свойства проекций.
7) Механический смысл скалярного произведения.
108