ВУЗ:
Составители:
Рубрика:
24 Глава 1. Векторная алгебра
Поскольку определитель однородной системы (1.52) равен нулю:
det
1 0 −1
1 1 0
0 1 1
!
= 0,
то она имеет нетривиальные решения
α = −β, β, γ = −β
и, в частности
α = 1, β = −1, γ = 1. (1.53)
Это и означает, что тройка векторов ~a +
~
b,
~
b +~c и ~c −~a компланарна. Подставив
в качестве проверки (1.53) в (1.51), найд¨ем
(~a +
~
b) − (
~
b + ~c) + (~c −~a) = ~a +
~
b −
~
b −~c + ~c −~a = 0.
Пример 1.11. Даны три некомпланарных вектора ~a,
~
b и ~c. Вычислить значе-
ния λ, при которых векторы λ~a +
~
b + ~c, ~a + λ
~
b + ~c и ~a +
~
b + λ~c компланарны.
Решение. Для исследуемой тройки векторов составим линейную комбинацию
и приравняем е¨е к нулю:
α(λ~a +
~
b + ~c) + β(~a + λ
~
b + ~c) + γ(~a +
~
b + λ~c) = 0. (1.54)
Если, согласно определению, существуют отличные от нуля коэффициенты α, β,
γ, которые обращают (1.54) в нуль, то исследуемая тройка векторов является
линейно зависимой и, следовательно, компланарной.
Чтобы найти α, β, γ, преобразуем (1.54) к виду
(λα + β + γ)~a + (α + λβ + γ)
~
b + (α + β + λγ)~c = 0.
В силу некомпланарности векторов ~a,
~
b,~c полученное равенство может в ыпол-
няться только при условии
λα + β + γ = 0,
α + λβ + γ = 0,
α + β + λγ = 0.
(1.55)
Чтобы существовали нетривиальные решения α, β, γ однородной системы (1.55)
мы должны потребовать равенства нулю е¨е определителя:
det
λ 1 1
1 λ 1
1 1 λ
!
= 0. (1.56)
Ра скрыв (1.56), получим уравнение для λ:
det
λ 1 1
1 λ 1
1 1 λ
!
= λ(λ
2
− 1) − (λ − 1) + (1 − λ) = (λ − 1)[λ(λ + 1) − 2] =
= (λ − 1 ) (λ − 1)(λ + 2) = 0,
имеющее два решения: λ = 1 и λ = −2.
Страницы
- « первая
- ‹ предыдущая
- …
- 22
- 23
- 24
- 25
- 26
- …
- следующая ›
- последняя »
