Линейная операция

Лине́йная опера́ция над векторами — операция сложения векторов либо операция умножения вектора на число^{[1][2][3][4][5][6][7]}. Иногда к этим двум операциям добавляют операцию вычитания векторов^[8].

Сложение векторов и умножение вектора на число

Определение

Линейные операции над векторами — операции сложения векторов, вычитания векторов и умножения вектора на скаляр. Эти операции называются линейными потому, что если над векторами ${\displaystyle \mathbf {a} }$, ${\displaystyle \mathbf {b} }$, ${\displaystyle \mathbf {c} }$ и ${\displaystyle \mathbf {d} }$ выполнить конечное количество произвольных действий сложения, вычитания и умножения на скаляр, то в результате получится новый вектор — линейная комбинация исходных векторов

${\displaystyle \alpha \mathbf {a} +\beta \mathbf {b} +\gamma \mathbf {c} +\delta \mathbf {d} }$,

где ${\displaystyle \alpha ,\beta ,\gamma ,\delta }$ – скаляры (действительные числа)^[8].

Сложение векторов

Основная статья: Сложение векторов

Треугольник сложения произвольных векторов: сумма векторов c = a + b

Сложе́ние векторо́в, или геометри́ческое сложе́ние векторо́в^[9] (англ. addition of vectors) — операция, ставящая в соответствие двум векторам третий вектор — сумму векторов^[10]. При этом сумма ${\displaystyle \mathbf {a} +\mathbf {b} }$ двух векторов ${\displaystyle \mathbf {a} }$ и ${\displaystyle \mathbf {b} }$ — это третий вектор ${\displaystyle \mathbf {c} =\mathbf {a} +\mathbf {b} }$, проведённый из начала одного вектора к концу второго, причём конец первого вектора совпадает с началом второго (правило треугольника). Сумма векторов геометрически строится с помощью правил — алгоритмов построения вектора суммы по векторам-слагаемым (см. рисунок с треугольником сложения векторов справа)^{[11][4][12][9][13]}.

Три вектора ${\displaystyle \mathbf {a} }$, ${\displaystyle \mathbf {b} }$ и ${\displaystyle \mathbf {c} =\mathbf {a} +\mathbf {b} }$ всегда компланарны, то есть параллельны одной плоскости^[14].

Векторы, которые складываются, называются слагаемыми векторами, а результат сложения — геометрической суммой, или результирующим вектором^[15].

Результат сложения векторов не зависит от расположения первого слагаемого, при его изменении треугольник сложения будет параллельно перенесён^[12].

Существуют два действия, обратных сложению векторов^[16]:

• геометрическое вычитание векторов;
• геометрическое разложение вектора.

Законы сложения

Операция сложения в математике в векторной алгебре векторов как геометрическое построение по правилу многоугольника возникла как обобщение операции вычисления равнодействующей силы в механике. Правомерность названия «сложение» заключается также и в том, что операция сложения векторов подчиняется тем же двум законам, что и арифметическая операция сложения чисел, а именно^[17]:

• сочетательный закон (ассоциативность);
• переместительный закон (коммутативность).

Эти законы и аналогичные законы для сложения чисел записываются одинаково. Что не только важно, но и удобно, поскольку позволяет работать с векторными равенствами, не переучиваясь, так же, как с числовыми равенствами. Эта аналогия распространяется и на вычитание векторов, а также действия с равенствами векторов^[18].

Вычитание векторов

Основная статья: Вычитание векторов

Треугольник вычитания произвольных векторов: разность векторов c = a - b

Вычита́ние векторо́в, или геометри́ческое вычита́ние векторо́в (англ. subtraction of vectors) — операция, обратная сложению, ставящая в соответствие двум векторам третий вектор — разность векторов, другими словами, по сумме векторов и одному слагаемому определяется второе слагаемое^{[19][20][21][22][23]}. При этом разность ${\displaystyle \mathbf {a} -\mathbf {b} }$ двух векторов ${\displaystyle \mathbf {a} }$ и ${\displaystyle \mathbf {b} }$ — это третий вектор ${\displaystyle \mathbf {c} =\mathbf {a} -\mathbf {b} }$ такой, что ${\displaystyle \mathbf {c} +\mathbf {b} =\mathbf {a} }$ (см. рисунок справа с треугольником вычитания векторов)^{[24][25][26][27][28][23]}. Первый вектор разности называется уменьшаемым, а второй — вычитаемым^{[29][21][22][23]}.

Умножение вектора на число

Основная статья: Умножение вектора на число

Умножение вектора на положительные (синие) и отрицательные (красные) числа

Умноже́ние ве́ктора на число́ (англ. scalar multiplication of a vector) – операция, ставящая в соответствие вектору и числу другой коллинеарный вектор — произведение вектора на это число^[30]. При этом произведение вектора и числа в случае ненулевых вектора и числа — новый вектор, у которого^[31][26][27]:

• модуль равен произведению модуля исходного вектора на абсолютную величину числа;
• направление, совпадающее с направлением исходного вектора, если число положительно, и противоположное, если число отрицательно (см. рисунок справа).

Обозначение произведения вектора ${\displaystyle \mathbf {a} }$ и скаляра ${\displaystyle \lambda }$ следующее^[31][26][27]:

${\displaystyle \mathbf {a} \lambda }$ или ${\displaystyle \lambda \mathbf {a} .}$

В итоге получаем^[31]:

${\displaystyle |\lambda \mathbf {a} |=|\mathbf {a} \lambda |=|\lambda ||\mathbf {a} |.}$

Произведение вектора и числа равно нулевому вектору тогда и только тогда, когда хотя бы один из сомножителей равен нулю^[31][26][27]:

${\displaystyle \lambda \mathbf {0} =0\mathbf {a} =\mathbf {0} .}$

Существуют два действия, обратных умножению вектора на число:

• деление вектора на число;
• деление вектора на вектор.

Законы умножения на скаляр

Три закона умножения вектора на скаляр те же самые, что и законы умножения чисел^[31]:

• переместительности (коммутативность):

${\displaystyle \lambda \mathbf {a} =\mathbf {a} \lambda }$;

• сочетательности (ассоциативность):

${\displaystyle \lambda (\mu \mathbf {a} )=(\lambda \mu )\mathbf {a} }$;

• распределительности (дистрибутивность):

${\displaystyle (\mathbf {a} +\mathbf {b} )\lambda =\mathbf {a} \lambda +\mathbf {b} \lambda }$;

${\displaystyle (\lambda +\mu )\mathbf {a} =\lambda \mathbf {a} +\mu \mathbf {a} }$.

Разложение вектора

Геометрическое вычитание векторов — операция, обратная геометрическому сложению векторов. Кроме неё, обратной операцией к сложению векторов является геометрическое разложение вектора, или просто разложение вектора — операция представления данного вектора в виде замыкающей нескольких векторов. Геометрически строится ломаная линия, которую замыкает данный вектор. Но так эту операцию определить нельзя, и чтобы её определить, нужно наложить на геометрические слагаемые определённые условия^[16].

Применение линейных операций

Применение линейных операций — использование линейных операций над векторами:

• сложение векторов;
• вычитание векторов;
• умножение вектора на число, —

для решения математических и физических задач. Рассмотрим несколько примеров решения задач разной степени трудности с применением векторов. Использование векторов делает предложенные задачи^[32]:

• вычислительными, то есть сводит чисто геометрические рассуждения (с треугольниками, трапециями, средними линиями. медианами и так далее) к вычислениям с векторами, обычно достаточно простыми;
• решаемыми при желании без помощи чертежей, которые обычно представляют только один частный случай задачи, что вызывает сомнение в их универсальности;
• параллельное доказательство похожих (и, возможно, различно сформулированных) планиметрических и стереометрических закономерностей.

Коллинеарность и компланарность точек

Коллинеарность трёх точек

Задача 1. Три точки ${\displaystyle A}$, ${\displaystyle B}$ и ${\displaystyle C}$, где

${\displaystyle {\overrightarrow {OA}}=\mathbf {a} }$, ${\displaystyle {\overrightarrow {OB}}=\mathbf {b} }$, ${\displaystyle {\overrightarrow {OC}}=\mathbf {c} }$,

${\displaystyle \mathbf {c} =\lambda \mathbf {a} +\mu \mathbf {b} }$,

тогда и только тогда коллинеарны, то есть лежат на одной прямой, когда (см. рисунок справа)

${\displaystyle \lambda +\mu =1}$.

Исключение: коллинеарность векторов ${\displaystyle \mathbf {a} }$ и ${\displaystyle \mathbf {b} }$, когда три точки ${\displaystyle A}$, ${\displaystyle B}$ и ${\displaystyle C}$ всегда лежат на одной прямой при любых числах ${\displaystyle \lambda }$ и ${\displaystyle \mu }$^[33].

Решение^[34]

1. Необходимость. Пусть три точки ${\displaystyle A}$, ${\displaystyle B}$ и ${\displaystyle C}$ лежат на одной прямой (см. рисунок справа вверху). Тогда векторы ${\displaystyle {\overrightarrow {AB}}=\mathbf {b} -\mathbf {a} }$ и ${\displaystyle {\overrightarrow {AC}}=\mathbf {c} -\mathbf {a} }$ коллинеарны, то есть

${\displaystyle \mathbf {c} -\mathbf {a} =\mu (\mathbf {b} -\mathbf {a} )}$,

следовательно,

${\displaystyle \mathbf {c} =\mathbf {a} +\mu (\mathbf {b} -\mathbf {a} )=(1-\mu )\mathbf {a} +\mu \mathbf {b} }$,

но разложение вектора ${\displaystyle \mathbf {c} }$ по векторам ${\displaystyle \mathbf {a} }$ и ${\displaystyle \mathbf {b} }$ единственно при их неколлинеарности, поэтому окончательно получаем^[33]:

${\displaystyle \lambda =1-\mu }$, ${\displaystyle \quad \lambda +\mu =1}$.

2. Достаточность. Обратно, пусть ${\displaystyle \lambda +\mu =1}$, тогда

${\displaystyle \mathbf {c} -\mathbf {a} =\lambda \mathbf {a} +\mu \mathbf {b} -\mathbf {a} =\lambda \mathbf {a} +\mu \mathbf {b} -(\lambda +\mu )\mathbf {a} =\mu (\mathbf {b} -\mathbf {a} )}$,

поэтому векторы ${\displaystyle {\overrightarrow {AC}}=\mathbf {c} -\mathbf {a} }$ и ${\displaystyle {\overrightarrow {AB}}=\mathbf {b} -\mathbf {a} }$ коллинеарны и отложены от одной и той же точки ${\displaystyle A}$, следовательно, три точки ${\displaystyle A}$, ${\displaystyle B}$ и ${\displaystyle C}$ лежат на одной прямой^[34].

Замечание. Уравнение ${\displaystyle \mathbf {c} =\lambda \mathbf {a} +\mu \mathbf {b} }$ с ограничением ${\displaystyle \lambda +\mu =1}$ — относительно полюса ${\displaystyle O}$ векторное уравнение прямой, которая проходит через две заданные точки ${\displaystyle A}$ и ${\displaystyle B}$, ${\displaystyle \mathbf {a} ={\overrightarrow {OA}}}$, ${\displaystyle \mathbf {b} ={\overrightarrow {OB}}}$, ${\displaystyle \mathbf {c} ={\overrightarrow {OC}}}$. При этом значения коэффициентов ${\displaystyle \lambda }$ и ${\displaystyle \mu }$ вычисляются как частные векторов^[35]:

${\displaystyle \lambda ={\frac {\overrightarrow {BC}}{\overrightarrow {BA}}};}$ ${\displaystyle \quad \mu ={\frac {\overrightarrow {AC}}{\overrightarrow {AB}}}.}$

Задача 1'. Найти такой радиус-вектор ${\displaystyle {\overrightarrow {OC}}=\mathbf {c} }$, который делит отрезок ${\displaystyle AB}$ в данном отношении ${\displaystyle {\frac {x}{y}}=\nu }$^[35][36][37].^[38]

Решение. Используя полученные результаты, имеем, учитывая, что в данном случае коэффициенты ${\displaystyle \lambda ,\mu \geqslant 0}$^[35]:

${\displaystyle {\frac {AC}{CB}}={\frac {x}{y}}=\nu }$,

${\displaystyle {\frac {AC}{AB}}={\frac {AC}{AC+CB}}={\frac {x}{x+y}}=\mu }$,

${\displaystyle \lambda =1-\mu ={\frac {y}{x+y}}}$,

${\displaystyle \mathbf {c} =\lambda \mathbf {a} +\mu \mathbf {b} ={\frac {y\mathbf {a} +x\mathbf {b} }{x+y}}={\frac {\mathbf {a} +\nu \mathbf {b} }{1+\nu }}}$.

Можно провести вычисления короче^[36]:

${\displaystyle {\overrightarrow {AC}}=\nu {\overrightarrow {CB}}}$,

${\displaystyle \mathbf {c} -\mathbf {a} =\nu (\mathbf {b} -\mathbf {c} )}$,

${\displaystyle \mathbf {c} ={\frac {\mathbf {a} +\nu \mathbf {b} }{1+\nu }}}$.

В частности, при ${\displaystyle {\frac {AC}{CB}}={\frac {x}{y}}=\nu =1}$ имеем:

${\displaystyle \mathbf {c} =\lambda \mathbf {a} +\mu \mathbf {b} ={\frac {\mathbf {a} +\mathbf {b} }{2}}}$,

другими словами, радиус-вектор середины отрезка равен полусумме радиусов-векторов его концов^[36][39].

Задача 2. Четыре точки ${\displaystyle A}$, ${\displaystyle B}$, ${\displaystyle C}$ и ${\displaystyle D}$, где

${\displaystyle {\overrightarrow {OA}}=\mathbf {a} }$, ${\displaystyle {\overrightarrow {OB}}=\mathbf {b} }$, ${\displaystyle {\overrightarrow {OC}}=\mathbf {c} }$, ${\displaystyle {\overrightarrow {OD}}=\mathbf {d} }$,

${\displaystyle \mathbf {d} =\lambda \mathbf {a} +\mu \mathbf {b} +\mu \mathbf {c} }$,

тогда и только тогда компланарны, то есть лежат в одной плоскости, когда (см. рисунок справа)

${\displaystyle \lambda +\mu +\nu =1}$.

Исключение: компланарность векторов ${\displaystyle \mathbf {a} }$, ${\displaystyle \mathbf {b} }$ и ${\displaystyle \mathbf {c} }$, когда четыре точки ${\displaystyle A}$, ${\displaystyle B}$, ${\displaystyle C}$ и ${\displaystyle D}$ всегда лежат в одной плоскости при любых числах ${\displaystyle \lambda }$, ${\displaystyle \mu }$ и ${\displaystyle \nu }$^[35].

Решение^[40]

1. Необходимость. Пусть четыре точки ${\displaystyle A}$, ${\displaystyle B}$, ${\displaystyle C}$ и ${\displaystyle D}$ лежат в одной плоскости. Тогда векторы ${\displaystyle {\overrightarrow {AB}}=\mathbf {b} -\mathbf {a} }$, ${\displaystyle {\overrightarrow {AC}}=\mathbf {c} -\mathbf {a} }$ и ${\displaystyle {\overrightarrow {AF}}=\mathbf {d} -\mathbf {a} }$ компланарны, то есть

${\displaystyle \mathbf {d} -\mathbf {a} =\mu (\mathbf {b} -\mathbf {a} )+\nu (\mathbf {c} -\mathbf {a} )}$,

следовательно,

${\displaystyle \mathbf {d} =\mathbf {a} +\mu (\mathbf {b} -\mathbf {a} )+\nu (\mathbf {c} -\mathbf {a} )=(1-\mu -\nu )\mathbf {a} +\mu \mathbf {b} +\nu \mathbf {c} }$,

но разложение вектора ${\displaystyle \mathbf {d} }$ по векторам ${\displaystyle \mathbf {a} }$, ${\displaystyle \mathbf {b} }$ и ${\displaystyle \mathbf {c} }$ единственно при их некомпланарности, поэтому окончательно получаем^[40]:

${\displaystyle \lambda =1-\mu -\nu }$, ${\displaystyle \quad \lambda +\mu +\nu =1}$.

2. Достаточность. Обратно, пусть ${\displaystyle \lambda +\mu +\nu =1}$, тогда

${\displaystyle \mathbf {d} -\mathbf {a} =\lambda \mathbf {a} +\mu \mathbf {b} +\nu \mathbf {c} -\mathbf {a} =\lambda \mathbf {a} +\mu \mathbf {b} +\nu \mathbf {c} -(\lambda +\mu +\nu )\mathbf {a} =\mu (\mathbf {b} -\mathbf {a} )+\nu (\mathbf {c} -\mathbf {a} )}$,

поэтому векторы ${\displaystyle {\overrightarrow {AD}}=\mathbf {d} -\mathbf {a} }$, ${\displaystyle {\overrightarrow {AB}}=\mathbf {b} -\mathbf {a} }$ и ${\displaystyle {\overrightarrow {AC}}=\mathbf {c} -\mathbf {a} }$ компланарны и отложены от одной и той же точки ${\displaystyle A}$, следовательно, четыре точки ${\displaystyle A}$, ${\displaystyle B}$, ${\displaystyle C}$ и ${\displaystyle D}$ лежат в одной плоскости^[41].

Замечание. Уравнение ${\displaystyle \mathbf {d} =\lambda \mathbf {a} +\mu \mathbf {b} +\mu \mathbf {c} }$ с ограничением ${\displaystyle \lambda +\mu +\nu =1}$ — относительно полюса ${\displaystyle O}$ векторное уравнение плоскости, которая проходит через три заданные точки ${\displaystyle A}$, ${\displaystyle B}$ и ${\displaystyle C}$, ${\displaystyle \mathbf {a} ={\overrightarrow {OA}}}$, ${\displaystyle \mathbf {b} ={\overrightarrow {OB}}}$, ${\displaystyle \mathbf {c} ={\overrightarrow {OC}}}$, ${\displaystyle \mathbf {d} ={\overrightarrow {OD}}}$^[41].

Построение треугольника

Треугольник из векторов

Здесь приведены две задачи на построение треугольника.

Задача 3. Найти условие, которому отвечают три вектора, образующие треугольник (см. рисунок справа)^[42].

Решение. Рисунок справа показывает, что искомое условие для трёх векторов следующее:

${\displaystyle \mathbf {a} +\mathbf {b} +\mathbf {c} =0}$,

потому что тогда и только тогда ломаная линия ${\displaystyle BCAB}$ будет замкнута и получится треугольник^[42].

Треугольник из векторов и медиана

Задача 4. Доказать, что всегда можно построить треугольник с тремя сторонами, равными и параллельными трём медианам данного треугольника ${\displaystyle ABC}$ (см. рисунок справа)^[42][43].

Решение 1. Пусть ${\displaystyle A'}$, ${\displaystyle B'}$ и ${\displaystyle C'}$ — середины сторон треугольника соответственно ${\displaystyle BC}$, ${\displaystyle CA}$ и ${\displaystyle AB}$. Разложим векторы ${\displaystyle {\overrightarrow {AA'}}}$, ${\displaystyle {\overrightarrow {BB'}}}$ и ${\displaystyle {\overrightarrow {CC'}}}$, которые представляют медианы треугольника, по векторам ${\displaystyle \mathbf {a} }$, ${\displaystyle \mathbf {b} }$ и ${\displaystyle \mathbf {c} }$. Разложим медиану ${\displaystyle {\overrightarrow {AA'}}}$:

${\displaystyle {\overrightarrow {BA'}}={\frac {1}{2}}{\overrightarrow {BC}}={\frac {1}{2}}\mathbf {a} }$,

${\displaystyle {\overrightarrow {AA'}}={\overrightarrow {AB}}+{\overrightarrow {BA'}}=\mathbf {c} +{\frac {1}{2}}\mathbf {a} }$,

аналогично

${\displaystyle {\overrightarrow {BB'}}=\mathbf {a} +{\frac {1}{2}}\mathbf {b} }$,

${\displaystyle {\overrightarrow {CC'}}=\mathbf {b} +{\frac {1}{2}}\mathbf {c} }$,

и проверяем условие того, что векторы ${\displaystyle {\overrightarrow {AA'}}}$, ${\displaystyle {\overrightarrow {BB'}}}$ и ${\displaystyle {\overrightarrow {CC'}}}$ составляют треугольник — условие задачи 3^[44]:

${\displaystyle \mathbf {a} +\mathbf {b} +\mathbf {c} =0}$,

${\displaystyle {\overrightarrow {AA'}}+{\overrightarrow {BB'}}+{\overrightarrow {CC'}}=\mathbf {c} +{\frac {1}{2}}\mathbf {a} +\mathbf {a} +{\frac {1}{2}}\mathbf {b} +\mathbf {b} +{\frac {1}{2}}\mathbf {c} ={\frac {3}{2}}(\mathbf {a} +\mathbf {b} +\mathbf {c} )=0}$.

Решение 2. Разложим векторы ${\displaystyle {\overrightarrow {AA'}}}$, ${\displaystyle {\overrightarrow {BB'}}}$ и ${\displaystyle {\overrightarrow {CC'}}}$ по векторам ${\displaystyle \mathbf {a} }$, ${\displaystyle \mathbf {b} }$ и ${\displaystyle \mathbf {c} }$ по-другому, как в задачи 1':

${\displaystyle {\overrightarrow {AA'}}={\frac {\mathbf {c} +(-\mathbf {b} )}{2}},\quad {\overrightarrow {BB'}}={\frac {\mathbf {a} +(-\mathbf {c} )}{2}},\quad {\overrightarrow {CC'}}={\frac {\mathbf {b} +(-\mathbf {a} )}{2}},}$

и после сложения этих трёх равенств получаем^[43]:

${\displaystyle {\overrightarrow {AA'}}+{\overrightarrow {BB'}}+{\overrightarrow {CC'}}={\frac {\mathbf {c} +(-\mathbf {b} )+\mathbf {a} +(-\mathbf {c} )+\mathbf {b} +(-\mathbf {a} )}{2}}=0}$.

Совпадение середин отрезков

Здесь представлены по сути две одинаковые задачи, но по-разному сформулированные и по-разному решённые.

Равенство векторов ${\displaystyle {\overrightarrow {AB}}}$ и ${\displaystyle {\overrightarrow {CD}}}$

Задача 5. Два вектора ${\displaystyle {\overrightarrow {AB}}}$ и ${\displaystyle {\overrightarrow {CD}}}$ (на прямой, плоскости или в пространстве) равны тогда и только тогда. когда совпадают середины отрезков ${\displaystyle AD}$ и ${\displaystyle BC}$^[45].

Решение. 1. Необходимость. Докажем, что если два вектора равны: ${\displaystyle {\overrightarrow {AB}}={\overrightarrow {CD}}}$, а точка ${\displaystyle P}$ — середина отрезка ${\displaystyle AD}$, то есть ${\displaystyle {\overrightarrow {AP}}={\overrightarrow {PD}}}$, то тогда ${\displaystyle P}$ — также середина отрезка ${\displaystyle BC}$. Действительно,

${\displaystyle {\overrightarrow {BP}}={\overrightarrow {AP}}-{\overrightarrow {AB}}={\overrightarrow {PD}}-{\overrightarrow {CD}}={\overrightarrow {PD}}+{\overrightarrow {DC}}={\overrightarrow {PC}}}$,

то есть ${\displaystyle P}$ — середина отрезка ${\displaystyle BC}$^[46].

2. Достаточность. Докажем, что если середины отрезков ${\displaystyle AD}$ и ${\displaystyle BC}$ совпадают в точке ${\displaystyle P}$:

${\displaystyle {\overrightarrow {AP}}={\overrightarrow {PD}},\quad {\overrightarrow {BP}}={\overrightarrow {PC}}}$,

то тогда векторы ${\displaystyle {\overrightarrow {AB}}}$ и ${\displaystyle {\overrightarrow {CD}}}$ равны. Действительно,

${\displaystyle {\overrightarrow {AB}}={\overrightarrow {AP}}+{\overrightarrow {PB}}={\overrightarrow {PD}}+{\overrightarrow {CP}}={\overrightarrow {CP}}+{\overrightarrow {PD}}={\overrightarrow {CD}}}$,

то есть векторы ${\displaystyle {\overrightarrow {AB}}}$ и ${\displaystyle {\overrightarrow {CD}}}$ равны^[47].

Параллелограмм и его диагонали

Задача 6. Доказать, что если две диагонали произвольного четырёхугольника делят друг друга пополам, то такой четырёхугольник — параллелограмм^[44].

Решение. Пусть ${\displaystyle \mathbf {a} }$, ${\displaystyle \mathbf {b} }$, ${\displaystyle \mathbf {c} }$ и ${\displaystyle \mathbf {d} }$ — радиус-векторы четырёх последовательных вершин четырёхугольника ${\displaystyle ABCD}$ (см. рисунок справа). Тогда, по задаче 1',

${\displaystyle \mathbf {e'} ={\frac {1}{2}}(\mathbf {a} +\mathbf {c} )}$ —

радиус-вектор середины одной диагонали, а

${\displaystyle \mathbf {e''} ={\frac {1}{2}}(\mathbf {b} +\mathbf {d} )}$ —

радиус-вектор середины другой диагонали. Поскольку диагонали делят друг друга пополам, то их середины совпадают:

${\displaystyle {\frac {1}{2}}(\mathbf {a} +\mathbf {c} )={\frac {1}{2}}(\mathbf {b} +\mathbf {d} )}$,

${\displaystyle \mathbf {b} -\mathbf {a} =\mathbf {c} -\mathbf {d} }$,

другими словами, вектор ${\displaystyle \mathbf {b} -\mathbf {a} }$ равен и параллелен вектору ${\displaystyle \mathbf {c} -\mathbf {d} }$. Поскольку эти векторы представляют противоположные стороны четырёхугольника ${\displaystyle ABCD}$, то ${\displaystyle ABCD}$ — параллелограмм^[48].

Пересечение трёх прямых в одной точке

Задача 7. Доказать, что медианы произвольного треугольника пересекаются в одной точке и найти радиус-вектор этой точки^[41].

Решение^[49]

Пересечение медиан треугольника

Пусть вершины произвольного треугольника ${\displaystyle A}$, ${\displaystyle B}$ и ${\displaystyle C}$ имеют радиус-векторы соответственно ${\displaystyle \mathbf {r} _{1}={\overrightarrow {OA}}}$, ${\displaystyle \mathbf {r} _{2}={\overrightarrow {OB}}}$ и ${\displaystyle \mathbf {r} _{3}={\overrightarrow {OC}}}$. Обозначим через ${\displaystyle A'}$, ${\displaystyle B'}$ и ${\displaystyle C'}$ середины сторон соответственно ${\displaystyle BC}$, ${\displaystyle CA}$ и ${\displaystyle AB}$ (см. рисунок справа). Тогда, по задаче 1', радиус-вектор

${\displaystyle \mathbf {r} '={\overrightarrow {OA'}}={\frac {1}{2}}(\mathbf {r} _{2}+\mathbf {r} _{2}),}$

следовательно, по задаче 1, уравнение прямой, проходящей через две точки ${\displaystyle A}$ и ${\displaystyle A'}$, то есть уравнение медианы ${\displaystyle AA'}$,

${\displaystyle \mathbf {r} =\lambda \mathbf {r} _{1}+(1-\lambda ){\frac {1}{2}}(\mathbf {r} _{1}+\mathbf {r} _{3})=\lambda \mathbf {r} _{1}+{\frac {1-\lambda }{2}}(\mathbf {r} _{2}+\mathbf {r} _{3}),}$

где ${\displaystyle \mathbf {r} }$ — произвольный радиус-вектор. Аналогично уравнение медианы ${\displaystyle BB'}$ следующее^[41]:

${\displaystyle \mathbf {r} =\mu \mathbf {r} _{2}+{\frac {1-\mu }{2}}(\mathbf {r} _{3}+\mathbf {r} _{1}).}$

Приравняем оба выражения и получим уравнение точки пересечения медиан ${\displaystyle AA'}$ и ${\displaystyle BB'}$^[41]:

${\displaystyle \lambda \mathbf {r} _{1}+{\frac {1-\lambda }{2}}(\mathbf {r} _{2}+\mathbf {r} _{3})=\mu \mathbf {r} _{2}+{\frac {1-\mu }{2}}(\mathbf {r} _{3}+\mathbf {r} _{1}).}$

Теперь приравняем коэффициенты при ${\displaystyle \mathbf {r} _{1}}$, ${\displaystyle \mathbf {r} _{2}}$ и ${\displaystyle \mathbf {r} _{3}}$^[41]:

${\displaystyle \lambda ={\frac {1-\mu }{2}},\quad \mu ={\frac {1-\lambda }{2}},\quad {\frac {1-\lambda }{2}}={\frac {1-\mu }{2}},}$

откуда

${\displaystyle \lambda =\mu ={\frac {1}{3}},}$

и уравнение точки пересечения медиан ${\displaystyle AA'}$ и ${\displaystyle BB'}$

${\displaystyle \mathbf {r} =\lambda \mathbf {r} _{1}+{\frac {1-\lambda }{2}}(\mathbf {r} _{2}+\mathbf {r} _{3})={\frac {1}{3}}(\mathbf {r} _{1}+\mathbf {r} _{2}+\mathbf {r} _{3}).}$

При определении точки пересечения медиан ${\displaystyle BB'}$ и ${\displaystyle CC'}$ будет получен тот же результат по причине симметрии полученного выражения, поэтому третья медиана проходит через ту же точку^[50].

Задача 8. Доказать, что биссектрисы произвольного треугольника пересекаются в одной точке и найти радиус-вектор этой точки^[51].

Решение^[51]

Треугольник из векторов и биссектрисы

Пусть биссектрисы ${\displaystyle AA'}$ и ${\displaystyle BB'}$ треугольника ${\displaystyle ABC}$ пересекаются в точке ${\displaystyle P}$ (см. рисунок справа), и пусть

${\displaystyle \mathbf {a} _{1}={\frac {\mathbf {a} }{|\mathbf {a} |}},\quad \mathbf {b} _{1}={\frac {\mathbf {b} }{|\mathbf {b} |}},\quad \mathbf {c} _{1}={\frac {\mathbf {c} }{|\mathbf {c} |}}}$ —

орты векторов

${\displaystyle \mathbf {a} ={\overrightarrow {BC}},\quad \mathbf {b} ={\overrightarrow {CA}},\quad \mathbf {c} ={\overrightarrow {AB}}}$

соответственно. Отложим единичные векторы ${\displaystyle {\overrightarrow {AK}}=\mathbf {c} _{1}}$ и ${\displaystyle {\overrightarrow {AL}}=\mathbf {b} _{1}}$ на сторонах ${\displaystyle AB}$ и ${\displaystyle AC}$ соответственно и построим на этих ортах ромб ${\displaystyle AKML}$ (см. рисунок справа)^[50].

Диагональ ${\displaystyle AM}$ этого ромба — биссектриса угла ${\displaystyle A}$. Вектор ${\displaystyle {\overrightarrow {AP}}}$, направленный по биссектрисе угла ${\displaystyle A}$, коллинеарен вектору ${\displaystyle \mathbf {c} _{1}+(-\mathbf {b} _{1})}$:

${\displaystyle {\overrightarrow {AP}}=x(\mathbf {c} _{1}-\mathbf {b} _{1})=x\left({\frac {\mathbf {c} }{|\mathbf {c} |}}-{\frac {\mathbf {b} }{|\mathbf {b} |}}\right),}$

где ${\displaystyle x}$ пока не определён^[50].

Либо таким же способом, то есть аналогично, либо заменой символов ${\displaystyle a}$ на ${\displaystyle b}$, ${\displaystyle b}$ на ${\displaystyle c}$, ${\displaystyle c}$ на ${\displaystyle a}$, ${\displaystyle x}$ на ${\displaystyle y}$, то есть циклической перестановкой, получается уравнение для вектора ${\displaystyle {\overrightarrow {BP}}}$^[50]:

${\displaystyle {\overrightarrow {BP}}=y(\mathbf {a} _{1}-\mathbf {c} _{1})=y\left({\frac {\mathbf {a} }{|\mathbf {a} |}}-{\frac {\mathbf {c} }{|\mathbf {c} |}}\right).}$

Составим уравнение для нахождения ${\displaystyle x}$ и ${\displaystyle y}$^[50]:

${\displaystyle {\overrightarrow {AP}}={\overrightarrow {AB}}+{\overrightarrow {BP}},}$

${\displaystyle x\left({\frac {\mathbf {c} }{|\mathbf {c} |}}-{\frac {\mathbf {b} }{|\mathbf {b} |}}\right)=\mathbf {c} +y\left({\frac {\mathbf {a} }{|\mathbf {a} |}}-{\frac {\mathbf {c} }{|\mathbf {c} |}}\right).}$

В последнем уравнении нельзя приравнять коэффициенты при ${\displaystyle \mathbf {a} }$, ${\displaystyle \mathbf {b} }$ и ${\displaystyle \mathbf {c} }$, поскольку эти векторы компланарны, то есть

${\displaystyle \mathbf {a} +\mathbf {b} +\mathbf {c} =\mathbf {0} }$,

откуда выразим вектор ${\displaystyle \mathbf {a} }$^[50]:

${\displaystyle \mathbf {a} =-\mathbf {b} -\mathbf {c} =\mathbf {0} }$.

Теперь можно сократить количество векторов в уравнении до двух, исключив вектор ${\displaystyle \mathbf {a} }$^[50]:

${\displaystyle x\left({\frac {\mathbf {c} }{|\mathbf {c} |}}-{\frac {\mathbf {b} }{|\mathbf {b} |}}\right)=\mathbf {c} +y\left(-{\frac {\mathbf {b} }{|\mathbf {a} |}}-{\frac {\mathbf {c} }{|\mathbf {a} |}}-{\frac {\mathbf {c} }{|\mathbf {c} |}}\right).}$

Поскольку разложение вектора по двум не коллинеарным векторам единственно, приравняем в последнем уравнении по отдельности коэффициенты при векторах ${\displaystyle \mathbf {b} }$ и ${\displaystyle \mathbf {c} }$^[52]:

${\displaystyle -{\frac {x}{|\mathbf {b} |}}=-{\frac {y}{|\mathbf {a} |}},}$

${\displaystyle {\frac {x}{|\mathbf {c} |}}=1-{\frac {y}{|\mathbf {a} |}}-{\frac {y}{|\mathbf {c} |}},}$

следовательно,

${\displaystyle y={\frac {|\mathbf {a} ||\mathbf {c} |}{|\mathbf {a} |+|\mathbf {b} |+|\mathbf {c} |}},\quad x={\frac {|\mathbf {b} ||\mathbf {c} |}{|\mathbf {a} |+|\mathbf {b} |+|\mathbf {c} |}},}$

откуда

${\displaystyle {\overrightarrow {AP}}={\frac {|\mathbf {b} |\mathbf {c} -|\mathbf {c} |\mathbf {b} }{|\mathbf {a} |+|\mathbf {b} |+|\mathbf {c} |}},\quad {\overrightarrow {BP}}={\frac {|\mathbf {c} |\mathbf {a} -|\mathbf {a} |\mathbf {c} }{|\mathbf {a} |+|\mathbf {b} |+|\mathbf {c} |}}.}$

Аналогично, если ${\displaystyle P'}$ — точка пересечения биссектрис ${\displaystyle BB'}$ и ${\displaystyle CC'}$, то тогда

${\displaystyle {\overrightarrow {BP'}}={\frac {|\mathbf {c} |\mathbf {a} -|\mathbf {a} |\mathbf {c} }{|\mathbf {a} |+|\mathbf {b} |+|\mathbf {c} |}},\quad {\overrightarrow {CP'}}={\frac {|\mathbf {a} |\mathbf {b} -|\mathbf {b} |\mathbf {a} }{|\mathbf {a} |+|\mathbf {b} |+|\mathbf {c} |}},}$

следовательно, ${\displaystyle {\overrightarrow {BP}}={\overrightarrow {BP'}}}$, то есть точки ${\displaystyle P}$ и ${\displaystyle P'}$ совпадают и биссектрисы пересекаются в одной точке^[52].

Пусть теперь ${\displaystyle \mathbf {r} _{1}={\overrightarrow {OA}}}$, ${\displaystyle \mathbf {r} _{2}={\overrightarrow {OB}}}$ и ${\displaystyle \mathbf {r} _{3}={\overrightarrow {OC}}}$ — радиус-векторы вершин соответственно ${\displaystyle A}$, ${\displaystyle B}$ и ${\displaystyle C}$ треугольника ${\displaystyle ABC}$, тогда радиус-вектор ${\displaystyle \mathbf {r} ={\overrightarrow {OP}}}$ точки пересечения биссектрис следующий^[52]:

${\displaystyle \mathbf {r} =\mathbf {r} _{1}+{\overrightarrow {AP}}={\frac {(|\mathbf {a} |+|\mathbf {b} |+|\mathbf {c} |)\mathbf {r} _{1}}{|\mathbf {a} |+|\mathbf {b} |+|\mathbf {c} |}}+{\frac {|\mathbf {b} |(\mathbf {r} _{2}-\mathbf {r} _{1})-|\mathbf {c} |(\mathbf {r} _{1}-\mathbf {r} _{3})}{|\mathbf {a} |+|\mathbf {b} |+|\mathbf {c} |}}=}$

${\displaystyle ={\frac {|\mathbf {a} |\mathbf {r} _{1}+|\mathbf {b} |\mathbf {r} _{2}+|\mathbf {c} |\mathbf {r} _{3}}{|\mathbf {a} |+|\mathbf {b} |+|\mathbf {c} |}}.}$

Задача 9. В треугольнике ${\displaystyle ABC}$ точки ${\displaystyle A'}$, ${\displaystyle B'}$ и ${\displaystyle C'}$ лежат произвольно на сторонах ${\displaystyle BC}$, ${\displaystyle CA}$ и ${\displaystyle AB}$ соответственно. Найти соотношение между шестью отрезками ${\displaystyle AC'}$, ${\displaystyle C'B}$, ${\displaystyle BA'}$, ${\displaystyle A'C}$, ${\displaystyle CB'}$ и ${\displaystyle B'C}$, при которых прямые ${\displaystyle AA'}$, ${\displaystyle BB'}$ и ${\displaystyle CC'}$ пересекаются в одной точке ${\displaystyle P}$^[53].

Решение^[54]

Треугольник и три прямые, пересекающиеся в одной точке

1. Необходимость. Поместим точку ${\displaystyle O}$ вне плоскости треугольника ${\displaystyle ABC}$, и пусть ${\displaystyle \mathbf {r} _{1}={\overrightarrow {OA}}}$, ${\displaystyle \mathbf {r} _{2}={\overrightarrow {OB}}}$ и ${\displaystyle \mathbf {r} _{3}={\overrightarrow {OC}}}$ — радиус-векторы соответствующих вершин треугольника, а ${\displaystyle \mathbf {r} ={\overrightarrow {P}}}$ — радиус-вектор точки ${\displaystyle P}$ пересечения трёх прямых ${\displaystyle AA'}$, ${\displaystyle BB'}$ и ${\displaystyle CC'}$ (см. рисунок справа). Разложим вектор ${\displaystyle \mathbf {r} }$ по трём некомпланарным векторам ${\displaystyle \mathbf {r} _{1}}$, ${\displaystyle \mathbf {r} _{2}}$ и ${\displaystyle \mathbf {r} _{3}}$^[54]:

${\displaystyle \mathbf {r} =\alpha _{1}\mathbf {r} _{1}+\alpha _{2}\mathbf {r} _{2}+\alpha _{3}\mathbf {r} _{3}}$,

причём, по задаче 2,

${\displaystyle \alpha _{1}+\alpha _{2}+\alpha _{3}=1}$.

Рассмотрим точку ${\displaystyle A'}$. Поскольку она лежит на прямой ${\displaystyle AP}$, то, согласно задаче 1, её радиус-вектор

${\displaystyle OA'=\lambda \mathbf {r} +(1-\lambda )\mathbf {r} _{1}=\lambda (\alpha _{1}\mathbf {r} _{1}+\alpha _{2}\mathbf {r} _{2}+\alpha _{3}\mathbf {r} _{3})+(1-\lambda )\mathbf {r} _{1}=}$

${\displaystyle =(\lambda \alpha _{1}+1-\lambda )\mathbf {r} _{1}+\lambda \alpha _{2}\mathbf {r} _{2}+\lambda \alpha _{3}\mathbf {r} _{3}}$,

а поскольку точка ${\displaystyle A'}$ лежит также и на прямой ${\displaystyle BC}$, то, по той же задаче 1,

${\displaystyle \lambda \alpha _{1}+1-\lambda -0,\quad \lambda \alpha _{2}+\lambda \alpha _{3}=1}$,

причём оба эти соотношения дают один и тот же результат

${\displaystyle \lambda ={\frac {1}{1-\alpha _{1}}}={\frac {1}{\alpha _{2}+\alpha _{3}}}}$,

откуда окончательно имеем следующее выражение для радиус-вектора ${\displaystyle OA'}$^[55]:

${\displaystyle OA'={\frac {\alpha _{2}\mathbf {r} _{2}+\alpha _{3}\mathbf {r} _{3}}{\alpha _{2}+\alpha _{3}}}}$.

Сравним последнее выражение с формулой ${\displaystyle \mathbf {c} ={\frac {y\mathbf {a} +x\mathbf {b} }{x+y}}}$ из задачи 1, получаем^[55]:

${\displaystyle {\frac {BA'}{A'C}}={\frac {\alpha _{3}}{\alpha _{2}}}}$.

Аналогично заключаем^[55]:

${\displaystyle {\frac {CB'}{B'A}}={\frac {\alpha _{1}}{\alpha _{3}}},\quad ,{\frac {AC'}{C'B}}={\frac {\alpha _{2}}{\alpha _{1}}}}$.

Перемножим последние три равенства, окончательно найдём требующееся соотношение между шестью отрезками^[55]:

${\displaystyle {\frac {BA'\cdot CB'\cdot AC'}{A'C\cdot B'A\cdot C'B}}=1}$,

или

${\displaystyle BA'\cdot CB'\cdot AC'=A'C\cdot B'A\cdot C'B}$.

2. Достаточность. Последнее выражение является также и достаточным условием того, что прямые ${\displaystyle AA'}$, ${\displaystyle BB'}$ и ${\displaystyle CC'}$ пересекаются в одной точке. Действительно, пусть прямые ${\displaystyle AA'}$ и ${\displaystyle BB'}$ пересекаются в точке ${\displaystyle P}$, и пусть тогда прямая ${\displaystyle CP}$ пересекает сторону ${\displaystyle AB}$ треугольника в некоторой точке ${\displaystyle C''}$, для которой по только что доказанному выполняется следующее условие^[55]:

${\displaystyle {\frac {AC''}{C''B}}={\frac {A'C\cdot B'A}{BA'\cdot CB'}}}$.

Но по условию достаточности выполнено условие

${\displaystyle BA'\cdot CB'\cdot AC'=A'C\cdot B'A\cdot C'B}$,

следовательно,

${\displaystyle {\frac {AC'}{C'B}}={\frac {A'C\cdot B'A}{BA'\cdot CB'}}}$,

поэтому точки ${\displaystyle C''}$ и ${\displaystyle C'}$ совпадают^[55].

Построение долей отрезка

Построение целой части отрезка

Задача 10. Доказать, что описанное ниже рекуррентное построение доставляет любую целую часть, то есть половину, треть, четверть и так далее, заданного отрезка ${\displaystyle AB}$ (см. рисунок справа)^[52]:

• параллельно заданному отрезку ${\displaystyle AB}$ проведём прямую ${\displaystyle CD}$. Затем через точку ${\displaystyle O}$, расположенную с одной стороны этих отрезков, проведём прямые ${\displaystyle OA}$ и ${\displaystyle OB}$, пересекающие прямую ${\displaystyle CD}$ в точка ${\displaystyle C}$ и ${\displaystyle D}$ соответственно;
• диагонали трапеции ${\displaystyle ABDC}$ пересекаются в точке ${\displaystyle K_{2}}$. Прямая ${\displaystyle OK_{2}}$ пересекает отрезок ${\displaystyle AB}$ в точке ${\displaystyle L_{2}}$. Получаем, что ${\displaystyle AL_{2}={\frac {1}{2}}AB;}$
• прямая ${\displaystyle CL_{2}}$ пересекает диагональ ${\displaystyle AD}$ в точке ${\displaystyle K_{3}}$. Прямая ${\displaystyle OK_{3}}$ пересекает отрезок ${\displaystyle AB}$ в точке ${\displaystyle L_{3}}$. Получаем, что ${\displaystyle AL_{3}={\frac {1}{3}}AB}$. И так далее.

Решение^[56]

Будем обозначат радиус-векторы ${\displaystyle {\overrightarrow {OP}}}$, проведённые из точки ${\displaystyle O}$ в какую-либо точку ${\displaystyle P}$, через ${\displaystyle \mathbf {r} _{P}}$^[52].

1. Докажем равенство

${\displaystyle \mathbf {r} _{A}=l\mathbf {r} _{C},\quad \mathbf {r} _{B}=l\mathbf {r} _{D},}$

где ${\displaystyle l}$ — фиксированное число, двумя разными способами^[57]:

• это равенство следует из подобия треугольников ${\displaystyle OCD}$ и ${\displaystyle OAB}$;
• это равенство следует из того, что следующие пары векторов коллинеарны:

• ${\displaystyle \mathbf {r} _{A}}$ и ${\displaystyle \mathbf {r} _{C}}$, ${\displaystyle {\overrightarrow {AB}}}$ и ${\displaystyle {\overrightarrow {CD}}}$, ${\displaystyle \mathbf {r} _{B}}$ и ${\displaystyle \mathbf {r} _{D}}$.

Отсюда получаем, что

${\displaystyle \mathbf {r} _{A}=l\mathbf {r} _{C},\quad {\overrightarrow {AB}}=l_{1}{\overrightarrow {CD}},\quad \mathbf {r} _{B}=l_{2}\mathbf {r} _{D}.}$

Но поскольку

${\displaystyle \mathbf {r} _{B}=\mathbf {r} _{A}+{\overrightarrow {AB}},\quad \mathbf {r} _{D}=\mathbf {r} _{C}+{\overrightarrow {CD}},}$

то отсюда вытекает, что

${\displaystyle \mathbf {r} _{A}+{\overrightarrow {AB}}=l\mathbf {r} _{C}+l_{1}{\overrightarrow {CD}}=l_{2}\mathbf {r} _{D}=l_{2}\mathbf {r} _{C}+l_{2}{\overrightarrow {CD}}.}$

Окончательно получаем:

${\displaystyle l_{2}=l=l_{1},}$

то есть и саму теорему о подобии треугольников, и равенство

${\displaystyle \mathbf {r} _{A}=l\mathbf {r} _{C},\quad \mathbf {r} _{B}=l\mathbf {r} _{D}.}$

2. Докажем, что ${\displaystyle L_{2}}$ — середина отрезка ${\displaystyle AB}$. Сначала рассмотрим точку ${\displaystyle K_{2}}$ пересечения прямых ${\displaystyle AD}$ и ${\displaystyle BC}$. Эти прямые, по задаче 1, имеют уравнения

${\displaystyle \mathbf {r} =m\mathbf {r} _{A}+(1-m)\mathbf {r} _{D}=m\mathbf {r} _{A}+{\frac {1-m}{l}}\mathbf {r} _{B},}$

${\displaystyle \mathbf {r} =p\mathbf {r} _{B}+(1-p)\mathbf {r} _{C}=p\mathbf {r} _{B}+{\frac {1-p}{l}}\mathbf {r} _{A}}$

соответственно, где ${\displaystyle \mathbf {r} }$ — произвольный радиус-вектор. В точке пересечения ${\displaystyle K_{2}}$ этих прямых

${\displaystyle m={\frac {1-p}{l}},\quad {\frac {1-m}{l}}=p,}$

откуда получаем^[57]:

${\displaystyle m={\frac {1}{l+1}},\quad p={\frac {1}{l+1}},\quad {\mathbf {r} _{K}}_{2}={\frac {1}{l+1}}(\mathbf {r} _{A}+\mathbf {r} _{B}).}$

Теперь рассмотрим точку ${\displaystyle L_{2}}$ пересечения прямых ${\displaystyle AB}$ и ${\displaystyle OK_{2}}$. Уравнение прямой ${\displaystyle OK_{2}}$

${\displaystyle \mathbf {r} =\lambda {\mathbf {r} _{K}}_{2}={\frac {\lambda }{l+1}}(\mathbf {r} _{A}+\mathbf {r} _{B})}$,

и точка ${\displaystyle L_{2}}$ прямой ${\displaystyle OK_{2}}$ лежит на прямой ${\displaystyle AB}$ тогда и только тогда, когда, по задаче 1, сумма коэффициентов при радиус-векторах ${\displaystyle \mathbf {r} _{A}}$ и ${\displaystyle \mathbf {r} _{B}}$ равна единице:

${\displaystyle {\frac {2\lambda }{l+1}}=1,\quad \lambda ={\frac {l+1}{2}},}$

следовательно,

${\displaystyle {\mathbf {r} _{L}}_{2}={\frac {1}{2}}(\mathbf {r} _{A}+\mathbf {r} _{B})}$,

то есть ${\displaystyle L_{2}}$ — середина отрезка ${\displaystyle AB}$^[57].

3. Окончательно решим поставленную задачу, используя метод математической индукции. Для ${\displaystyle n=2}$ задача уже решена. Осталось показать, что от точки ${\displaystyle L_{n}}$ можно перейти к точке ${\displaystyle L_{n+1}}$ при ${\displaystyle n>1}$. Предположим, что имеет место база индукции

${\displaystyle AL_{n}={\frac {1}{n}}AB}$,

откуда, по замечанию к задаче 1, получаем^[53]:

${\displaystyle {\mathbf {r} _{L}}_{n}={\frac {(n-1)\mathbf {r} _{A}+\mathbf {r} _{B}}{n}}}$,

и уравнение прямой ${\displaystyle CL_{n}}$

${\displaystyle \mathbf {r} =q{\mathbf {r} _{L}}_{n}+(1-q)\mathbf {r} _{C}=q{\frac {(n-1)\mathbf {r} _{A}+\mathbf {r} _{B}}{n}}+{\frac {1-q}{l}}\mathbf {r} _{A}}$.

Прямая ${\displaystyle CL_{n}}$ пересекается с прямой ${\displaystyle AD}$

${\displaystyle \mathbf {r} =m\mathbf {r} _{A}+(1-m)\mathbf {r} _{D}=m\mathbf {r} _{A}+{\frac {1-m}{l}}\mathbf {r} _{B}}$,

по точке ${\displaystyle K_{n+1}}$, для которой выполняются следующие условия, полученные приравниванием коэффициентов при одинаковых векторах в этих двух уравнениях прямых^[53]:

${\displaystyle m=q{\frac {n-1}{n}}+{\frac {1-q}{l}},\quad {\frac {1-m}{l}}={\frac {q}{n}},}$

следовательно,

${\displaystyle m={\frac {n}{l+n}},\quad q={\frac {n}{l+n}},\quad {\mathbf {r} _{K}}_{n+1}={\frac {n\mathbf {r} _{A}+\mathbf {r} _{B}}{l+n}}.}$

Прямая ${\displaystyle OK_{n+1}}$

${\displaystyle \mathbf {r} =\lambda {\mathbf {r} _{K}}_{n+1}={\frac {\lambda }{n+1}}(n\mathbf {r} _{A}+\mathbf {r} _{B})}$.

пересекается с прямой ${\displaystyle AB}$ по точке ${\displaystyle L_{n+1}}$ тогда и только тогда, когда, по задаче 1, сумма коэффициентов при радиус-векторах ${\displaystyle \mathbf {r} _{A}}$ и ${\displaystyle \mathbf {r} _{B}}$ равна единице:

${\displaystyle {\frac {\lambda }{l+n}}(n+1)=1,\quad \lambda ={\frac {l+n}{n+1}},}$

следовательно,

${\displaystyle {\mathbf {r} _{L}}_{n+1}={\frac {n\mathbf {r} _{A}+\mathbf {r} _{B}}{n+1}}}$,

то есть ${\displaystyle L_{n+1}}$ делит отрезок ${\displaystyle AB}$ в отношении ${\displaystyle 1:n}$:

${\displaystyle AL_{n+1}={\frac {1}{n+1}}AB}$,

что и требовалось доказать^[53].

Центр масс трёх материальных точек

Задача 11. Центр масс системы двух материальных точек обладает двумя свойствами^[58]:

• лежит на линии, соединяющей эти две материальные точки;
• делит эту линию в отношении, обратно пропорциональном массам материальных точек.

Исходя из этого, найти центр масс системы трёх материальных точек^[58].

Решение. Пусть массы ${\displaystyle m_{1}}$, ${\displaystyle m_{2}}$ и ${\displaystyle m_{3}}$ сосредоточены в материальных точках соответственно ${\displaystyle M_{1}}$, ${\displaystyle M_{2}}$ и ${\displaystyle M_{3}}$ с радиус-векторами соответственно ${\displaystyle \mathbf {r} _{1}}$, ${\displaystyle \mathbf {r} _{2}}$ и ${\displaystyle \mathbf {r} _{3}}$. Тогда, по задаче 1', радиус-вектор центра масс системы двух материальных точек ${\displaystyle M_{1}}$ и ${\displaystyle M_{2}}$

${\displaystyle \mathbf {r} '={\frac {m_{1}\mathbf {r} _{1}+m_{2}\mathbf {r} _{2}}{m_{1}+m_{2}}}}$,

отсюда по той же формуле находим радиус-вектор центра масс системы трёх материальных точек ${\displaystyle M_{1}}$, ${\displaystyle M_{2}}$ и ${\displaystyle M_{3}}$ как центр масс двух точек: центра масс системы точек ${\displaystyle M_{1}}$ и ${\displaystyle M_{2}}$ и точки ${\displaystyle M_{3}}$^[58]:

${\displaystyle \mathbf {r} ={\frac {(m_{1}+m_{2})\mathbf {r} '+m_{3}\mathbf {r} _{3}}{(m_{1}+m_{2})+m_{3}}}={\frac {m_{1}\mathbf {r} _{1}+m_{2}\mathbf {r} _{2}+m_{3}\mathbf {r} _{3}}{m_{1}+m_{2}+m_{3}}}.}$

Тетраэдр и середины рёбер

Задача 12. Пусть дан тетраэдр (см. рисунок справа). Доказать, что^[59]:

• три отрезка, которые соединяют середины противоположных рёбер тетраэдра (на рисунке зелёные), пересекаются в общей точке, которая их делит пополам;
• в этой же точке пересекаются четыре отрезка (на рисунке один из них — красный), которые соединяют вершины тетраэдра с центрами масс противоположных граней, причём эта точка делит эти четыре отрезки, считая от вершины, в отношении ${\displaystyle 3:1}$.

Решение^[60]

Пусть даны тетраэдр ${\displaystyle ABCD}$ и произвольная фиксированная точка пространства ${\displaystyle O}$. Введём следующие радиус-векторы^[59].

${\displaystyle {\overrightarrow {OA}}=\mathbf {r} _{1},\quad {\overrightarrow {OB}}=\mathbf {r} _{2},\quad {\overrightarrow {OC}}=\mathbf {r} _{3},\quad {\overrightarrow {OD}}=\mathbf {r} _{4}.}$

1. Обозначим через ${\displaystyle E}$ и ${\displaystyle F}$ середина рёбер соответственно ${\displaystyle AB}$ и ${\displaystyle CD}$, а через ${\displaystyle M}$ — середину нового отрезка ${\displaystyle EF}$. Получим по задаче 1'^[61]:

${\displaystyle {\overrightarrow {OE}}=\mathbf {r} _{E}={\frac {\mathbf {r} _{1}+\mathbf {r} _{2}}{2}},}$

${\displaystyle {\overrightarrow {OF}}=\mathbf {r} _{F}={\frac {\mathbf {r} _{3}+\mathbf {r} _{3}}{2}},}$

${\displaystyle {\overrightarrow {OM}}=\mathbf {r} _{M}={\frac {\mathbf {r} _{E}+\mathbf {r} _{F}}{2}}={\frac {\mathbf {r} _{1}+\mathbf {r} _{2}+\mathbf {r} _{3}+\mathbf {r} _{4}}{4}}.}$

Полученное выражение для ${\displaystyle \mathbf {r} _{M}}$ симметрично относительно радиус-векторов ${\displaystyle \mathbf {r} _{1}}$, ${\displaystyle \mathbf {r} _{2}}$, ${\displaystyle \mathbf {r} _{3}}$, ${\displaystyle \mathbf {r} _{4}}$, поэтому, из соображений симметрии, заключаем, что точка ${\displaystyle M}$ будет также серединой двух отрезков, соединяющих середины остальных пар противоположных рёбер тетраэдра^[61].

2. Обозначим через ${\displaystyle K}$ точку пересечения медиан грани ${\displaystyle ABC}$. Тогда радиус-вектор этой точки будет, по задаче 7, следующим^[61]:

${\displaystyle {\overrightarrow {OK}}=\mathbf {r} _{K}={\frac {\mathbf {r} _{1}+\mathbf {r} _{2}+\mathbf {r} _{3}}{3}}.}$

Пусть теперь ${\displaystyle N}$ — такая точка вектора ${\displaystyle {\overrightarrow {DK}}}$, которая делит его в отношении ${\displaystyle 3:1}$. Тогда, по задаче 1',

${\displaystyle {\overrightarrow {ON}}=\mathbf {r} _{N}={\frac {\mathbf {r} _{4}+3\mathbf {r} _{K}}{4}}={\frac {\mathbf {r} _{1}+\mathbf {r} _{2}+\mathbf {r} _{3}+\mathbf {r} _{4}}{4}},}$

откуда следует, что^[61]:

• точка ${\displaystyle N}$ совпадает с точкой ${\displaystyle M}$;
• точка ${\displaystyle N}$ одна и та же для всех четырёх отрезков, соединяющих все четыре вершины тетраэдра с центрами тяжести противоположных граней.

Трапеция

Середины оснований трапеции

Задача 13. Через середины оснований трапеции проведена прямая. Доказать, что эта прямая проходит также и через точку пересечения продолжения боковых сторон трапеции^[62].

Решение. Обозначим вершины трапеции последовательно через ${\displaystyle A}$, ${\displaystyle B}$, ${\displaystyle C}$ и ${\displaystyle D}$, середины оснований ${\displaystyle BC}$ и ${\displaystyle AD}$ — через ${\displaystyle M}$ и ${\displaystyle N}$ соответственно, а точку пересечения прямых ${\displaystyle AB}$ и ${\displaystyle CD}$ — через ${\displaystyle O}$ (см. рисунок справа)^[62].

Поскольку треугольники ${\displaystyle OAD}$ и ${\displaystyle OBC}$ подобны по первому признаку подобия треугольников, то получаем следующую пропорцию^[62]:

${\displaystyle {\frac {OA}{OB}}={\frac {OD}{OC}}=k.}$

Векторы ${\displaystyle {\overrightarrow {OB}}}$ и ${\displaystyle {\overrightarrow {OA}}}$ сонаправлены, также как и векторы ${\displaystyle {\overrightarrow {OC}}}$ и ${\displaystyle {\overrightarrow {OD}}}$, следовательно, верны следующие равенства^[62]:

${\displaystyle {\overrightarrow {OA}}=k{\overrightarrow {OB}},\quad {\overrightarrow {OD}}=k{\overrightarrow {OC}}.}$

Поскольку точка ${\displaystyle M}$ — середина отрезка ${\displaystyle BC}$, то

${\displaystyle {\overrightarrow {OM}}={\frac {1}{2}}({\overrightarrow {OB}}+{\overrightarrow {OC}}),}$

и аналогично имеем^[62]:

${\displaystyle {\overrightarrow {ON}}={\frac {1}{2}}({\overrightarrow {OA}}+{\overrightarrow {OD}}).}$

Подставим в последнее равенство выражения для ${\displaystyle {\overrightarrow {OA}}}$ и ${\displaystyle {\overrightarrow {OD}}}$:

${\displaystyle {\overrightarrow {ON}}={\frac {k}{2}}({\overrightarrow {OB}}+{\overrightarrow {OC}})={\frac {k}{2}}{\overrightarrow {OM}},}$

то есть векторы ${\displaystyle {\overrightarrow {ON}}}$ и ${\displaystyle {\overrightarrow {OM}}}$ коллинеарны, следовательно, точка ${\displaystyle O}$ лежит на прямой ${\displaystyle MN}$^[63].

Средняя линия трапеции

Задача 14. Доказать, что средняя линия любой трапеции параллельна её двум основаниям и равна их полусумме^[63].

Решение. Пусть трапеция ${\displaystyle ABCD}$ имеет среднюю линию ${\displaystyle MN}$. Воспользуемся правилом многоугольника:

${\displaystyle {\overrightarrow {MN}}={\overrightarrow {MB}}+{\overrightarrow {BC}}+{\overrightarrow {CN}}={\overrightarrow {MA}}+{\overrightarrow {AD}}+{\overrightarrow {DN}},}$

и сложим эти равенства, получим^[63]:

${\displaystyle 2{\overrightarrow {MN}}=({\overrightarrow {MB}}+{\overrightarrow {MA}})+({\overrightarrow {BC}}+{\overrightarrow {AD}})+({\overrightarrow {CN}}+{\overrightarrow {DN}}).}$

Поскольку точки ${\displaystyle M}$ и ${\displaystyle N}$ — середины сторон соответственно ${\displaystyle AB}$ и ${\displaystyle CD}$, то

${\displaystyle {\overrightarrow {MB}}+{\overrightarrow {MA}}={\overrightarrow {CN}}+{\overrightarrow {DN}}=0,}$

следовательно, можно записать следующие равенства^[63]:

${\displaystyle 2{\overrightarrow {MN}}={\overrightarrow {AD}}+{\overrightarrow {BC}},}$

${\displaystyle {\overrightarrow {MN}}={\frac {1}{2}}({\overrightarrow {AD}}+{\overrightarrow {BC}}).}$

Из того, что векторы ${\displaystyle {\overrightarrow {AD}}}$ и ${\displaystyle {\overrightarrow {BC}}}$ сонаправлены, получаем, что^[63]:

• векторы ${\displaystyle {\overrightarrow {MN}}}$ и ${\displaystyle {\overrightarrow {AD}}}$ также сонаправлены, то есть средняя линия параллельна основанию трапеции;

  ${\displaystyle MN={\frac {AD+BC}{2}}.}$

Четыре точки в пространстве

Середины сторон четырёхугольника образуют параллелограмм

Задача 15. Дан четырёхугольник, не обязательно плоский. Доказать, что середины его сторон являются вершинами плоской фигуры — параллелограмма^[64].

Решение. В четырёхугольнике ${\displaystyle ABCD}$ с серединами сторон ${\displaystyle M}$, ${\displaystyle N}$, ${\displaystyle P}$ и ${\displaystyle Q}$ имеют место следующие соотношения:

${\displaystyle {\overrightarrow {MN}}-{\overrightarrow {QP}}={\overrightarrow {MN}}+{\overrightarrow {PQ}}=}$

${\displaystyle =({\overrightarrow {MB}}+{\overrightarrow {BN}})+({\overrightarrow {PD}}+{\overrightarrow {DQ}})=}$

${\displaystyle ={\frac {1}{2}}{\overrightarrow {AB}}+{\frac {1}{2}}{\overrightarrow {BC}}+{\frac {1}{2}}{\overrightarrow {CD}}+{\frac {1}{2}}{\overrightarrow {DA}}=}$

${\displaystyle ={\frac {1}{2}}({\overrightarrow {AB}}+{\overrightarrow {BC}}+{\overrightarrow {CD}}+{\overrightarrow {DA}})={\frac {1}{2}}{\overrightarrow {AA}}=\mathbf {0} }$,

то есть ${\displaystyle {\overrightarrow {MN}}={\overrightarrow {QP}}}$, другими словами, у четырёхугольника ${\displaystyle MNPQ}$ противоположные стороны равны и параллельны, следовательно, четырёхугольник ${\displaystyle MNPQ}$ — параллелограмм^[64].

Три точки и шесть симметричных относительно них

Задача 16. Пусть даны четыре точки, не обязательно лежащие в одной плоскости: ${\displaystyle M}$, ${\displaystyle N_{1}}$, ${\displaystyle N_{2}}$ и ${\displaystyle N_{3}}$. Построим ещё шесть точек^[65]:

• ${\displaystyle M_{1}}$ — симметричную ${\displaystyle M}$ относительно ${\displaystyle N_{1}}$;
• ${\displaystyle M_{2}}$ — симметричную ${\displaystyle M_{1}}$ относительно ${\displaystyle N_{2}}$;
• ${\displaystyle M_{3}}$ — симметричную ${\displaystyle M_{2}}$ относительно ${\displaystyle N_{3}}$;
• ${\displaystyle M_{4}}$ — симметричную ${\displaystyle M_{3}}$ относительно ${\displaystyle N_{1}}$;
• ${\displaystyle M_{5}}$ — симметричную ${\displaystyle M_{4}}$ относительно ${\displaystyle N_{2}}$;
• ${\displaystyle M_{6}}$ — симметричную ${\displaystyle M_{5}}$ относительно ${\displaystyle N_{3}.}$

Доказать, что точки ${\displaystyle M}$ и ${\displaystyle M_{6}}$ совпадают^[66].

Стандартное решение этой задачи, то есть решение, не использующее векторов, утомительно, поскольку состоит в рассмотрении многих треугольников^[66].

Решение. Возьмём произвольную фиксированную точку ${\displaystyle O}$. По Задаче 1' получаем шесть равенств^[66]:

${\displaystyle {\overrightarrow {OM}}+{\overrightarrow {OM_{1}}}=2{\overrightarrow {ON_{1}}},}$

${\displaystyle {\overrightarrow {OM_{1}}}+{\overrightarrow {OM_{2}}}=2{\overrightarrow {ON_{2}}},}$

${\displaystyle {\overrightarrow {OM_{2}}}+{\overrightarrow {OM_{3}}}=2{\overrightarrow {ON_{3}}},}$

${\displaystyle {\overrightarrow {OM_{3}}}+{\overrightarrow {OM_{4}}}=2{\overrightarrow {ON_{1}}},}$

${\displaystyle {\overrightarrow {OM_{4}}}+{\overrightarrow {OM_{5}}}=2{\overrightarrow {ON_{2}}},}$

${\displaystyle {\overrightarrow {OM_{5}}}+{\overrightarrow {OM_{6}}}=2{\overrightarrow {ON_{3}}}.}$

Сложим первое, третье и пятое из этих шести равенств и вычтем их них второе, четвёртое и шестое, получим

${\displaystyle {\overrightarrow {OM}}-{\overrightarrow {OM_{6}}}=\mathbf {0} ,}$ то есть ${\displaystyle {\overrightarrow {M_{6}M}}=\mathbf {0} ,}$

другими словами, точки ${\displaystyle M}$ и ${\displaystyle M_{6}}$ совпадают^[66].