1. Да се покаже дека ако векторите a→,b→,c→,a→,b→,c→, size 12{ {a} cSup { size 8{ rightarrow } } ,` {b} cSup { size 8{ rightarrow } } ,` {c} cSup { size 8{ rightarrow } } ,} {} се надоврзуваат како триаголник, тогаш a→+b→+c→=0→a→+b→+c→=0→ size 12{ {a} cSup { size 8{ rightarrow } } + {b} cSup { size 8{ rightarrow } } + {c} cSup { size 8{ rightarrow } } = {0} cSup { size 8{ rightarrow } } } {}.

Решение.

Table 1

слика 1

Нека векторите a→,b→,c→,a→,b→,c→, size 12{ {a} cSup { size 8{ rightarrow } } ,` {b} cSup { size 8{ rightarrow } } ,` {c} cSup { size 8{ rightarrow } } ,} {} се надоврзуваат како на сл.1. Тогаш имаме

a→+b→+c→=−c→+c→=0→a→+b→+c→=−c→+c→=0→ size 12{ {a} cSup { size 8{ rightarrow } } + {b} cSup { size 8{ rightarrow } } + {c} cSup { size 8{ rightarrow } } = - {c} cSup { size 8{ rightarrow } } + {c} cSup { size 8{ rightarrow } } = {0} cSup { size 8{ rightarrow } } } {}.

Забелешка: Важи и спротивното тврдење - ако за произволни три вектори a→,b→,c→,a→,b→,c→, size 12{ {a} cSup { size 8{ rightarrow } } ,` {b} cSup { size 8{ rightarrow } } ,` {c} cSup { size 8{ rightarrow } } ,} {} важи a→+b→+c→=0→a→+b→+c→=0→ size 12{ {a} cSup { size 8{ rightarrow } } + {b} cSup { size 8{ rightarrow } } + {c} cSup { size 8{ rightarrow } } = {0} cSup { size 8{ rightarrow } } } {}, тогаш векторите a→,b→,c→,a→,b→,c→, size 12{ {a} cSup { size 8{ rightarrow } } ,` {b} cSup { size 8{ rightarrow } } ,` {c} cSup { size 8{ rightarrow } } ,} {} се надоврзуваат како триаголник.

2. Да се покаже дека може да се конструира триаголник чии страни се еднакви и паралелни со тежишните линии на произволен триаголник.

Решение.

Table 2

слика 2

Како на сл. 2, формираме 6 вектори: три по страните на триаголникот ABC, т.е. a→,b→,c→,a→,b→,c→, size 12{ {a} cSup { size 8{ rightarrow } } ,` {b} cSup { size 8{ rightarrow } } ,` {c} cSup { size 8{ rightarrow } } ,} {} и три по тежишните линии, т.е. ta→,tb→,tc→ta→,tb→,tc→ size 12{ {t rSub { size 8{a} } } cSup { size 8{ rightarrow } } ,` {t rSub { size 8{b} } } cSup { size 8{ rightarrow } } ,` {t rSub { size 8{c} } } cSup { size 8{ rightarrow } } } {}.

Доволно е да покажеме дека ta→+tb→+tc→=0→ta→+tb→+tc→=0→ size 12{ {t rSub { size 8{a} } } cSup { size 8{ rightarrow } } + {t rSub { size 8{b} } } cSup { size 8{ rightarrow } } + {t rSub { size 8{c} } } cSup { size 8{ rightarrow } } = {0} cSup { size 8{ rightarrow } } } {}.

Имаме: ta→=c→+a→2ta→=c→+a→2 size 12{ {t rSub { size 8{a} } } cSup { size 8{ rightarrow } } = {c} cSup { size 8{ rightarrow } } + { { {a} cSup { size 8{ rightarrow } } } over {2} } } {}, tb→=a→+b→2tb→=a→+b→2 size 12{ {t rSub { size 8{b} } } cSup { size 8{ rightarrow } } = {a} cSup { size 8{ rightarrow } } + { { {b} cSup { size 8{ rightarrow } } } over {2} } } {}, tc→=b→+c→2tc→=b→+c→2 size 12{ {t rSub { size 8{c} } } cSup { size 8{ rightarrow } } = {b} cSup { size 8{ rightarrow } } + { { {c} cSup { size 8{ rightarrow } } } over {2} } } {}. Со нивно собирање, добиваме:

ta→+tb→+tc→=c→+a→+b→+a→2+b→2+c→2=a→+b→+c→+12a→+b→+c→=0→+12⋅0→=0→ta→+tb→+tc→=c→+a→+b→+a→2+b→2+c→2=a→+b→+c→+12a→+b→+c→=0→+12⋅0→=0→ size 12{ {t rSub { size 8{a} } } cSup { size 8{ rightarrow } } + {t rSub { size 8{b} } } cSup { size 8{ rightarrow } } + {t rSub { size 8{c} } } cSup { size 8{ rightarrow } } = {c} cSup { size 8{ rightarrow } } + {a} cSup { size 8{ rightarrow } } + {b} cSup { size 8{ rightarrow } } + { { {a} cSup { size 8{ rightarrow } } } over {2} } + { { {b} cSup { size 8{ rightarrow } } } over {2} } + { { {c} cSup { size 8{ rightarrow } } } over {2} } = {a} cSup { size 8{ rightarrow } } + {b} cSup { size 8{ rightarrow } } + {c} cSup { size 8{ rightarrow } } + { {1} over {2} } left ( {a} cSup { size 8{ rightarrow } } + {b} cSup { size 8{ rightarrow } } + {c} cSup { size 8{ rightarrow } } right )= {0} cSup { size 8{ rightarrow } } + { {1} over {2} } cdot {0} cSup { size 8{ rightarrow } } = {0} cSup { size 8{ rightarrow } } } {}.

3. Да се покаже дека ако векторите a→,b→,c→a→,b→,c→ size 12{ {a} cSup { size 8{ rightarrow } } ,` {b} cSup { size 8{ rightarrow } } ,` {c} cSup { size 8{ rightarrow } } } {} се некомпланарни, тогаш векторите:

d → = n c → − p b → d → = n c → − p b → size 12{ {d} cSup { size 8{ rightarrow } } =n {c} cSup { size 8{ rightarrow } } - p {b} cSup { size 8{ rightarrow } } } {}

e → = p a → − m c → e → = p a → − m c → size 12{ {e} cSup { size 8{ rightarrow } } =p {a} cSup { size 8{ rightarrow } } - m {c} cSup { size 8{ rightarrow } } } {}

f → = m b → − n a → f → = m b → − n a → size 12{ {f} cSup { size 8{ rightarrow } } =m {b} cSup { size 8{ rightarrow } } - n {a} cSup { size 8{ rightarrow } } } {}

се компланарни.

Решение.

За да покажеме компланарност на векторите d→,e→,f→d→,e→,f→ size 12{ {d} cSup { size 8{ rightarrow } } ,` {e} cSup { size 8{ rightarrow } } ,` {f} cSup { size 8{ rightarrow } } } {}, потребно и доволно е да најдеме скалари α,β,γα,β,γ size 12{α,`β,`γ} {}, од кои барем еден е различен од 0, така што

αd→+βe→+γf→=0→αd→+βe→+γf→=0→ size 12{α {d} cSup { size 8{ rightarrow } } +β {e} cSup { size 8{ rightarrow } } +γ {f} cSup { size 8{ rightarrow } } = {0} cSup { size 8{ rightarrow } } } {}.

Во тој случај би имале αnc→−αpb→+βpa→−βmc→+γmb→−γna→=0→αnc→−αpb→+βpa→−βmc→+γmb→−γna→=0→ size 12{αn {c} cSup { size 8{ rightarrow } } - αp {b} cSup { size 8{ rightarrow } } +βp {a} cSup { size 8{ rightarrow } } - βm {c} cSup { size 8{ rightarrow } } +γm {b} cSup { size 8{ rightarrow } } - γn {a} cSup { size 8{ rightarrow } } = {0} cSup { size 8{ rightarrow } } } {}, или

(βp−γn)a→+(−αp+γm)b→+(αn−βm)c→=0→(βp−γn)a→+(−αp+γm)b→+(αn−βm)c→=0→ size 12{ \( βp - γn \) {a} cSup { size 8{ rightarrow } } + \( - αp+γm \) {b} cSup { size 8{ rightarrow } } + \( αn - βm \) {c} cSup { size 8{ rightarrow } } = {0} cSup { size 8{ rightarrow } } } {}.

Бидејќи a→,b→,c→a→,b→,c→ size 12{ {a} cSup { size 8{ rightarrow } } ,` {b} cSup { size 8{ rightarrow } } ,` {c} cSup { size 8{ rightarrow } } } {} се некомпланарни вектори, мора

βp−γn=0βp−γn=0 size 12{βp - γn=0} {}, −αp+γm=0−αp+γm=0 size 12{ - αp+γm=0} {}, αn−βm=0αn−βm=0 size 12{αn - βm=0} {}.

Тоа е хомоген систем од 3 равенки си три непознати α,β,γα,β,γ size 12{α,`β,`γ} {}. Неговата детерминанта:

∣0p−n−p0mn−m0∣=0+pmn−pmn=0∣0p−n−p0mn−m0∣=0+pmn−pmn=0 size 12{ lline matrix { 0 {} # p {} # - n {} ## - p {} # 0 {} # m {} ## n {} # - m {} # 0{} } rline =0+ ital "pmn" - ital "pmn"=0} {}.

Системот има бесконечно многу решенија и тоа:

α=∣p−n0m∣k,β=∣−n0m−p∣k,γ=∣0p−p0∣kα=∣p−n0m∣k,β=∣−n0m−p∣k,γ=∣0p−p0∣k size 12{α= lline matrix { p {} # - n {} ## 0 {} # m{} } rline k,~β= lline matrix { - n {} # 0 {} ## m {} # - p{} } rline k,~γ= lline matrix { 0 {} # p {} ## - p {} # 0{} } rline k} {}, k∈Rk∈R size 12{k in R} {},

или α=pmkα=pmk size 12{α= ital "pmk"} {}, β=pnkβ=pnk size 12{β= ital "pnk"} {}, γ=p2kγ=p2k size 12{γ=p rSup { size 8{2} } k} {}.

За k1=pkk1=pk size 12{k rSub { size 8{1} } = ital "pk"} {}, α=mk1α=mk1 size 12{α= ital "mk" rSub { size 8{1} } } {}, β=nk1β=nk1 size 12{β= ital "nk" rSub { size 8{1} } } {}, γ=pk1γ=pk1 size 12{γ= ital "pk" rSub { size 8{1} } } {}.

Со тоа добивме дека постојат скалари α,β,γα,β,γ size 12{α,`β,`γ} {}, од кои барем еден е различен од 0, така што αd→+βe→+γf→=0→αd→+βe→+γf→=0→ size 12{α {d} cSup { size 8{ rightarrow } } +β {e} cSup { size 8{ rightarrow } } +γ {f} cSup { size 8{ rightarrow } } = {0} cSup { size 8{ rightarrow } } } {}.

4. Ако ABCD е паралелограм, тогаш неговите дијагонали се преполовуваат.

Решение.

Table 3

слика 3

Нека S е пресечната точка на дијагоналите AC и BD. Имаме:

SC→+CD→=SD→SC→+CD→=SD→ size 12{ { ital "SC"} cSup { size 8{ rightarrow } } + { ital "CD"} cSup { size 8{ rightarrow } } = { ital "SD"} cSup { size 8{ rightarrow } } } {}.

Со собирање добиваме: SA→+SC→+AB→+CD→=SB→+SD→SA→+SC→+AB→+CD→=SB→+SD→ size 12{ { ital "SA"} cSup { size 8{ rightarrow } } + { ital "SC"} cSup { size 8{ rightarrow } } + { ital "AB"} cSup { size 8{ rightarrow } } + { ital "CD"} cSup { size 8{ rightarrow } } = { ital "SB"} cSup { size 8{ rightarrow } } + { ital "SD"} cSup { size 8{ rightarrow } } } {}.

Заради AB→+CD→=0→AB→+CD→=0→ size 12{ { ital "AB"} cSup { size 8{ rightarrow } } + { ital "CD"} cSup { size 8{ rightarrow } } = {0} cSup { size 8{ rightarrow } } } {}, добиваме

SA→+SC→=SB→+SD→SA→+SC→=SB→+SD→ size 12{ { ital "SA"} cSup { size 8{ rightarrow } } + { ital "SC"} cSup { size 8{ rightarrow } } = { ital "SB"} cSup { size 8{ rightarrow } } + { ital "SD"} cSup { size 8{ rightarrow } } } {}.

Векторот SA→+SC→SA→+SC→ size 12{ { ital "SA"} cSup { size 8{ rightarrow } } + { ital "SC"} cSup { size 8{ rightarrow } } } {} е колинеарен со AC→AC→ size 12{ { ital "AC"} cSup { size 8{ rightarrow } } } {}, a SB→+SD→SB→+SD→ size 12{ { ital "SB"} cSup { size 8{ rightarrow } } + { ital "SD"} cSup { size 8{ rightarrow } } } {}е колинеарен со BD→BD→ size 12{ { ital "BD"} cSup { size 8{ rightarrow } } } {}.

Но AC→AC→ size 12{ { ital "AC"} cSup { size 8{ rightarrow } } } {} и BD→BD→ size 12{ { ital "BD"} cSup { size 8{ rightarrow } } } {} се неколинеарни вектори, од каде следува дека мораSA→+SC→=0→SA→+SC→=0→ size 12{ { ital "SA"} cSup { size 8{ rightarrow } } + { ital "SC"} cSup { size 8{ rightarrow } } = {0} cSup { size 8{ rightarrow } } } {} и SB→+SD→=0→SB→+SD→=0→ size 12{ { ital "SB"} cSup { size 8{ rightarrow } } + { ital "SD"} cSup { size 8{ rightarrow } } = {0} cSup { size 8{ rightarrow } } } {}. Или SA→=SC→SA→=SC→ size 12{ { ital "SA"} cSup { size 8{ rightarrow } } = { ital "SC"} cSup { size 8{ rightarrow } } } {}иSB→=SD→SB→=SD→ size 12{ { ital "SB"} cSup { size 8{ rightarrow } } = { ital "SD"} cSup { size 8{ rightarrow } } } {}, т.е. дијагоналите се преполовуваат.

5. Нека AB е дијаметар на кружница со центар O и нека S е произволна точка. Да се докаже дека SA→+SB→=2SO→SA→+SB→=2SO→ size 12{ { ital "SA"} cSup { size 8{ rightarrow } } + { ital "SB"} cSup { size 8{ rightarrow } } =2 { ital "SO"} cSup { size 8{ rightarrow } } } {}.

Решение.

Table 4

слика 4

Имаме SA→=SO→+OA→SA→=SO→+OA→ size 12{ { ital "SA"} cSup { size 8{ rightarrow } } = { ital "SO"} cSup { size 8{ rightarrow } } + { ital "OA"} cSup { size 8{ rightarrow } } } {}, SB→=SO→+OB→SB→=SO→+OB→ size 12{ { ital "SB"} cSup { size 8{ rightarrow } } = { ital "SO"} cSup { size 8{ rightarrow } } + { ital "OB"} cSup { size 8{ rightarrow } } } {}.

Со собирање добиваме: SA→+SB→=2SO→+OA→+OB→SA→+SB→=2SO→+OA→+OB→ size 12{ { ital "SA"} cSup { size 8{ rightarrow } } + { ital "SB"} cSup { size 8{ rightarrow } } =2 { ital "SO"} cSup { size 8{ rightarrow } } + { ital "OA"} cSup { size 8{ rightarrow } } + { ital "OB"} cSup { size 8{ rightarrow } } } {}.

OA→OA→ size 12{ { ital "OA"} cSup { size 8{ rightarrow } } } {} и OB→OB→ size 12{ { ital "OB"} cSup { size 8{ rightarrow } } } {} се спротивни вектори, па следува OA→+OB→=0→OA→+OB→=0→ size 12{ { ital "OA"} cSup { size 8{ rightarrow } } + { ital "OB"} cSup { size 8{ rightarrow } } = {0} cSup { size 8{ rightarrow } } } {}, т.е. SA→+SB→=2SO→SA→+SB→=2SO→ size 12{ { ital "SA"} cSup { size 8{ rightarrow } } + { ital "SB"} cSup { size 8{ rightarrow } } =2 { ital "SO"} cSup { size 8{ rightarrow } } } {}.