Сума на вектори

[grav]

Тази задача може би е твърде лесна за тук, но не знам кой подфорум е по-подходящ.

Дадена е триъгълна пирамида(съвсем произволна). Нека [tex]l_i, \quad i=1, 2, 3, 4[/tex] са четери вектора, всеки перпендикулярен към една страна, сочи навън от пирамидата и има големина лицето на дадената страна. Да се докаже, че сумата им е нула (т.е. нулевия вектор за педантите ).

[Knowledge Greedy]

От дефиницията на векторно произведение
[tex]|\vec AB \times \vec AC|=2S_{\Delta ABC}[/tex], като [tex](\vec AB \times \vec AC)\bot (ABC)[/tex].
[tex]|\vec BC \times \vec BD|=2S_{\Delta BCD}[/tex], като [tex](\vec BC \times \vec BD)\bot (BCD)[/tex].
[tex]|\vec CD \times \vec CA|=2S_{\Delta CDA}[/tex], като [tex](\vec CD \times \vec CA)\bot (CDA)[/tex].
[tex]|\vec DA \times \vec DB|=2S_{\Delta DAB}[/tex], като [tex](\vec DA \times \vec DB)\bot (DAB)[/tex].

Следователно може да считаме, че представители на векторите от условието на задачата са
(половинките на) векторите
[tex]\vec u_1= \vec DA \times \vec DB[/tex]
[tex]\vec u_2= \vec DB \times \vec DC[/tex]
[tex]\vec u_3= \vec DC \times \vec DA[/tex]
[tex]\vec u_4= \vec AC \times \vec AB[/tex].

Така сумата [tex]\vec u_1+\vec u_2+\vec u_3+\vec u_4[/tex][tex]=\vec DA \times \vec DB+ \vec DB \times \vec DC+ \vec DC \times \vec DA+\vec AC \times \vec AB=[/tex]

В последното събираемо минаваме през точка [tex]D[/tex]
[tex]=\vec DA \times \vec DB+ \vec DB \times \vec DC+ \vec DC \times \vec DA+(\vec AD+\vec DC) \times (\vec AD+\vec DB)=[/tex]

Разкриваме скобите
[tex]=\vec DA \times \vec DB+ \vec DB \times \vec DC+ \vec DC \times \vec DA+\vec AD \times \vec AD+
\vec AD \times \vec DB+\vec DC \times \vec AD+\vec DC \times \vec DB[/tex]=

Групираме по двойки
[tex]=(\vec DA \times \vec DB+\vec AD \times \vec DB)+ (\vec DB \times \vec DC+\vec DC \times \vec DB)+( \vec DC \times \vec DA+\vec DC \times \vec AD)+(\vec AD \times \vec AD)= \vec 0+ \vec 0+ \vec 0+ \vec 0= \vec 0[/tex]

Откъде личи ориентацията на векторите? За да са насочени по един и същи начин относно стените на тетраедъра, във векторното произведение (то е антикомутативно!)[tex]^ *[/tex] е извършена наредба, като вторият множител следва първия в посока обратна на движението на часовата стрелка - гледано отвън на пирамидата - срещу съответната стена.
Ясно е, че твърдението е вярно и за вектори със същите свойства, но всичките насочени към вътрешността на пирамидата.

[drago]

задачка- закачка с намигване...
Ако пирамидата е куха и я напомпим с въздух, налягането, с което ще наблЕга по стените ще е пропорционално на тези вектори. И тъй като тя ще е в покой, то сбора от тези вектори е нула. Същото е вярно и за произволен многостен, както и за произволно що годе регулярно тяло.
Иначе по-строго става с теоремата на Гаус-Остроградски. Един вид потока на константно векторно поле през повърхността на тяло е нула. Каквото влиза, такова излиза!

[grav]

Това е доста добро физическо обяснение.

[drago]

Просто задачата има много физичен смисъл. С повече математика може така:
Сборът от тези 4 векторa е точно [tex]\int_{S} \mathbf{n} \, dS[/tex] , където интегрирането става по повърхнината [tex]S[/tex] на пирамидата, а [tex]\mathbf{n}[/tex] е нормалния вектор към тази повърхнина.
Сега да проверим, че за произволна частично гладка затворена повърхнина S е в сила:
[tex]\int_{S} \mathbf{n} \, dS= \vec{0}[/tex].
Нека [tex]a[/tex] е произволен вектор, а [tex]\mathbf{F}[/tex] e константно векторно поле, което във всяка точка на пространството е равно на [tex]a[/tex]. Имаме:

[tex]a\cdot \int_{S} \mathbf{n}\,dS= \int_{S} \mathbf{F}\cdot \mathbf{n}\,dS=\int_{V}\nabla\cdot \mathbf{F}\, dV=0[/tex].

второто равенство е Теоремата за дивергенцията(Гаус-Остроградски), последното следва от [tex]\nabla\cdot \mathbf{F}=0[/tex].
Тъй като вектора [tex]a[/tex] е произволен, от това следва исканото.

[grav]

Задачата я взех от книга по физика. Където твърдението е споменато и е казано, че лесно може да се реши с малко геометрия. Първото нещо което ми хрумна беше това с векторното произведение. Пуснах я зада видя дали има други по-хитри геометрични решения. Въобще и не я свързах с физиката . Това което е странно е, че и в книгата не казват нищо в тази насока!

[drago]

"...и е казано, че лесно може да се реши с малко геометрия..."

Ето и решение достъпно за ученици. Нека вземем произволен многостен. Ако означим с [tex]\ell(S)[/tex] e векторът перпендик. на [tex]S[/tex] и сочещ навън, с големина лицето на [tex]S[/tex], то е в сила:
[tex]\sum_{S} \ell(S)=\vec{0}[/tex].

Първо да забележим, че ако раздробим някоя стена [tex]S[/tex] на някакви многоугълници [tex]S_i[/tex] то в горната сума можем да заменим [tex]\ell(S)[/tex] със сумата [tex]\sum_i \ell(S_i)[/tex] без това да я промени.
Сега да вземем произволен вектор [tex]\vec{a}[/tex] и да проверим, че проекцията на [tex]\sum_{S} \ell(S)[/tex] върху [tex]\vec{a}[/tex] e [tex]\vec{0}[/tex].
Нека [tex]\alpha[/tex] e равнина перпендикулярна на [tex]\vec{a}[/tex]. Да проектираме многостена върху [tex]\alpha[/tex]. Получава се някакъв многоъгълник, разбит от проекцията на ръбовете на по-малки многоъгълници. Нека те са [tex]S'_i[/tex]. На всяко такова [tex]S'_i[/tex] съответстват два многоъгълника [tex]S^{(1)}_i, S^{(2)}_i[/tex] някъде по стените на многостена, които се проектират в [tex]S'_i[/tex].

Имеме: [tex]\sum_{S} \ell(S)= \sum_i \ell(S^{(1)}_i)+\sum_i \ell(S^{(2)}_i)[/tex].

Остава да забележим, че прокциата на [tex]\ell(S^{(1)}_i)[/tex] върху [tex]\vec{a}[/tex] е равна на минус проекцията на [tex]\ell(S^{(2)}_i)[/tex] върху [tex]\vec{a}[/tex].