Orientarea spatiului E3
De�nitia produsului vectorial. ProprietatiRezolvari de ecuatii vectoriale
Schimbari de baze ortonormate in spatiuAplicatii
Lectia IV
Produsul vectorial a doi vectori liberi
Oana Constantinescu
Oana Constantinescu Lectia IV
Orientarea spatiului E3
De�nitia produsului vectorial. ProprietatiRezolvari de ecuatii vectoriale
Schimbari de baze ortonormate in spatiuAplicatii
Table of Contents
1 Orientarea spatiului E 3
2 De�nitia produsului vectorial. Proprietati
3 Rezolvari de ecuatii vectoriale
4 Schimbari de baze ortonormate in spatiu
5 Aplicatii
Oana Constantinescu Lectia IV
Orientarea spatiului E3
De�nitia produsului vectorial. ProprietatiRezolvari de ecuatii vectoriale
Schimbari de baze ortonormate in spatiuAplicatii
Orientarea spatiului
Fie un triplet ordonat de vectori necoplanari (u, v ,w). Consideramurmatoarea conventie: daca un observator care priveste din pozitiaw vede unghiul α ∈ [0, π] de la u spre v in sensul opus acelor deceas, tripletul ordonat (u, v ,w) se numeste pozitiv, iar in cazcontrar, negativ.
Oana Constantinescu Lectia IV
Orientarea spatiului
Ca si in cazul planului, multimea bazelor ortonormate din V sepoate imparti in doua clase. Fie (i , j , k) o baza ortonormata �xata
si (i′, j′, k
′) o baza ortonormata arbitrara. Rotim i
′spre i si
comparam perechile (j , k) si (j′′, k
′′), unde (j
′′, k
′′) reprezinta
pozitia pe care a atins-o perechea (j′, k
′) dupa rotire. Aceste
perechi de vectori se a�a in acelasi plan, ortogonal pe i . Daca eleapartin aceleiasi clase din planul respectiv, tripletele initiale devectori (i
′, j′, k
′) si (i , j , k) vor � puse in aceeasi clasa. (In caz
contrar in clase diferite.)Existenta acestor doua clase se numeste orientabilitatea spatiului,iar a alege una dintre ele drept clasa bazelor pozitive inseamnaaorienta spatiul.Observatie: Daca doi vectori ai unui triplet ordonat de vectori suntschimbati intre ei, semnul tripletului se schimba. Daca un triplet seobtine din altul printr-o permutare circulara, ele au aceeasiorientare.
Orientarea spatiului
Ca si in cazul planului, multimea bazelor ortonormate din V sepoate imparti in doua clase. Fie (i , j , k) o baza ortonormata �xata
si (i′, j′, k
′) o baza ortonormata arbitrara. Rotim i
′spre i si
comparam perechile (j , k) si (j′′, k
′′), unde (j
′′, k
′′) reprezinta
pozitia pe care a atins-o perechea (j′, k
′) dupa rotire. Aceste
perechi de vectori se a�a in acelasi plan, ortogonal pe i . Daca eleapartin aceleiasi clase din planul respectiv, tripletele initiale devectori (i
′, j′, k
′) si (i , j , k) vor � puse in aceeasi clasa. (In caz
contrar in clase diferite.)Existenta acestor doua clase se numeste orientabilitatea spatiului,iar a alege una dintre ele drept clasa bazelor pozitive inseamnaaorienta spatiul.Observatie: Daca doi vectori ai unui triplet ordonat de vectori suntschimbati intre ei, semnul tripletului se schimba. Daca un triplet seobtine din altul printr-o permutare circulara, ele au aceeasiorientare.
Orientarea spatiului
Ca si in cazul planului, multimea bazelor ortonormate din V sepoate imparti in doua clase. Fie (i , j , k) o baza ortonormata �xata
si (i′, j′, k
′) o baza ortonormata arbitrara. Rotim i
′spre i si
comparam perechile (j , k) si (j′′, k
′′), unde (j
′′, k
′′) reprezinta
pozitia pe care a atins-o perechea (j′, k
′) dupa rotire. Aceste
perechi de vectori se a�a in acelasi plan, ortogonal pe i . Daca eleapartin aceleiasi clase din planul respectiv, tripletele initiale devectori (i
′, j′, k
′) si (i , j , k) vor � puse in aceeasi clasa. (In caz
contrar in clase diferite.)Existenta acestor doua clase se numeste orientabilitatea spatiului,iar a alege una dintre ele drept clasa bazelor pozitive inseamnaaorienta spatiul.Observatie: Daca doi vectori ai unui triplet ordonat de vectori suntschimbati intre ei, semnul tripletului se schimba. Daca un triplet seobtine din altul printr-o permutare circulara, ele au aceeasiorientare.
Orientarea spatiului E3
De�nitia produsului vectorial. ProprietatiRezolvari de ecuatii vectoriale
Schimbari de baze ortonormate in spatiuAplicatii
Produsul vectorial
De�nition
Produsul vectorial al vectorilor u, v este un vector notat u × v caresatisface conditiile:1) este perpendicular pe cei doi vectori (deci pe planul generat de u
si v);2) sensul este astfel incat tripletul (u, v , u × v) este pozitiv;3) marimea vectorului u × v este egala cu aria paralelogramuluiconstruit pe cei doi vectori:
|u × v | = |u||v | sin(u, v).
Oana Constantinescu Lectia IV
Produsul vectorial
Theorem
Fie n vectorul unitar (versor) perpendicular pe planul generat de u
si v , astfel incat (u, v , n) este o baza pozitiva si θ unghiul orientat
intre u si v . Atunci
u × v = |u||v |(sin θ)n.
Unghi orientat
In propozitia anterioara a aparut notiunea de unghi orientat a doivectori. El se de�neste astfel:
De�nition
Fie u, v ∈ V. Consideram o baza pozitiva {i , j} in spatiul liniargenerat de cei doi vectori. Presupunem ca u = x1i + x2j siv = y1i + y2j . Unghiul orientat al vectorilor u, v este dat deformulele:
cosϕ =< u, v >
‖ u ‖‖ v ‖,
sinϕ =
∣∣∣∣ x1 x2
y1 y2
∣∣∣∣‖ u ‖‖ v ‖
,
ϕ ∈ [−π, π].
Se poate demonstra ca de�nitia anterioara nu depinde de bazapozitiva in raport cu care sunt descompusi vectorii.
Unghi orientat
In propozitia anterioara a aparut notiunea de unghi orientat a doivectori. El se de�neste astfel:
De�nition
Fie u, v ∈ V. Consideram o baza pozitiva {i , j} in spatiul liniargenerat de cei doi vectori. Presupunem ca u = x1i + x2j siv = y1i + y2j . Unghiul orientat al vectorilor u, v este dat deformulele:
cosϕ =< u, v >
‖ u ‖‖ v ‖,
sinϕ =
∣∣∣∣ x1 x2
y1 y2
∣∣∣∣‖ u ‖‖ v ‖
,
ϕ ∈ [−π, π].
Se poate demonstra ca de�nitia anterioara nu depinde de bazapozitiva in raport cu care sunt descompusi vectorii.
Proprietatile produsului vectorial
Theorem
Urmatoarele proprietati au loc pentru orice vectori si orice scalari
reali:
1) u × v = 0 ⇔ u, v sunt vectori coliniari;
2) v × u = −u × v ; (antisimetria sau anticomutativitatea)
3) × : V × V → V este aplicatie biliniara:
(αu + βv)× w = α(u × w) + β(v × w),
w × (αu + βv) = α(w × u) + β(w × v).
Expresia in coordonate a produsului vectorial
Theorem
Fie B = {i , j , k}o baza ortonormata, pozitiva. Daca
u = x1i + x2j + x3k si v = y1i + y2j + y3k , atunci
u × v =
∣∣∣∣∣∣i j k
x1 x2 x3
y1 y2 y3
∣∣∣∣∣∣ .
Observatie: Produsul scalar a doi vectori nu depinde de bazapozitiva in raport cu care sunt date coordonatele lor.
Expresia in coordonate a produsului vectorial
Theorem
Fie B = {i , j , k}o baza ortonormata, pozitiva. Daca
u = x1i + x2j + x3k si v = y1i + y2j + y3k , atunci
u × v =
∣∣∣∣∣∣i j k
x1 x2 x3
y1 y2 y3
∣∣∣∣∣∣ .
Observatie: Produsul scalar a doi vectori nu depinde de bazapozitiva in raport cu care sunt date coordonatele lor.
Proprietatile produsului vectorial
Theorem
(Formula dublului produs vectorial)
u × (v × w) =< u,w > v− < u, v > w .
Corollary
Produsul vectorial nu este asociativ.
Intr-adevar u × (v ×w) este un vector coplanar cu vectorii v , w , pecand (u × v)× w = −w × (u × v) este coplanar cu u, v .
Theorem
Are loc identitatea lui Jacobi:
u × (v × w) + v × (w × u) + w × (u × v) = 0, ∀u, v , w ∈ V.
Proprietatile produsului vectorial
Theorem
(Formula dublului produs vectorial)
u × (v × w) =< u,w > v− < u, v > w .
Corollary
Produsul vectorial nu este asociativ.
Intr-adevar u × (v ×w) este un vector coplanar cu vectorii v , w , pecand (u × v)× w = −w × (u × v) este coplanar cu u, v .
Theorem
Are loc identitatea lui Jacobi:
u × (v × w) + v × (w × u) + w × (u × v) = 0, ∀u, v , w ∈ V.
Aplicatie
AplicatieDeterminati vectorul liber u care satisface conditiile:i) este ortogonal pe vectorii a = 2i + 3j − k si b = i − j + 3k ;ii) formeaza un unghi obtuz cu i ;iii) ‖ u ‖=
√138.
Indicatii: Din conditiile u coliniar cu a × b, deci u = α(a × b),α ∈ R, < u, i >< 0, ‖ u ‖=
√138, se obtine
u = −a × b = −8i + 7j + 5k .
Aplicatie
AplicatieDeterminati vectorul liber u care satisface conditiile:i) este ortogonal pe vectorii a = 2i + 3j − k si b = i − j + 3k ;ii) formeaza un unghi obtuz cu i ;iii) ‖ u ‖=
√138.
Indicatii: Din conditiile u coliniar cu a × b, deci u = α(a × b),α ∈ R, < u, i >< 0, ‖ u ‖=
√138, se obtine
u = −a × b = −8i + 7j + 5k .
Orientarea spatiului E3
De�nitia produsului vectorial. ProprietatiRezolvari de ecuatii vectoriale
Schimbari de baze ortonormate in spatiuAplicatii
Ecuatia vectoriala < a, x >= m
Theorem
Ecuatia vectoriala < a, x >= m, a ∈ V, a 6= 0, m ∈ R are o
in�nitate de solutii.
Demonstratie: deoarece [a]⊕ [a]⊥ = V, vectorul �necunoscut� x sepoate descompune in mod unic sub forma
x = w + prax , w ∈ [a]⊥ ⇔ x = w + αa, α ∈ R.
Am notat cu [a] subspatiul liniar generat de a si cu [a]⊥
suplementul sau ortogonal in V. Din w ⊥ a⇒< x , a >= 0 + α ‖ a ‖2⇒ α = m
‖a‖2 . Deci solutia generala aecuatiei este
x = w +m
‖ a ‖2a, w ⊥ a.
w este nedeterminat in [a]⊥ ⇒ ecuatia are o in�nitate de solutii.Oana Constantinescu Lectia IV
Orientarea spatiului E3
De�nitia produsului vectorial. ProprietatiRezolvari de ecuatii vectoriale
Schimbari de baze ortonormate in spatiuAplicatii
Ecuatia vectoriala < a, x >= m
Theorem
Ecuatia vectoriala < a, x >= m, a ∈ V, a 6= 0, m ∈ R are o
in�nitate de solutii.
Demonstratie: deoarece [a]⊕ [a]⊥ = V, vectorul �necunoscut� x sepoate descompune in mod unic sub forma
x = w + prax , w ∈ [a]⊥ ⇔ x = w + αa, α ∈ R.
Am notat cu [a] subspatiul liniar generat de a si cu [a]⊥
suplementul sau ortogonal in V. Din w ⊥ a⇒< x , a >= 0 + α ‖ a ‖2⇒ α = m
‖a‖2 . Deci solutia generala aecuatiei este
x = w +m
‖ a ‖2a, w ⊥ a.
w este nedeterminat in [a]⊥ ⇒ ecuatia are o in�nitate de solutii.Oana Constantinescu Lectia IV
Orientarea spatiului E3
De�nitia produsului vectorial. ProprietatiRezolvari de ecuatii vectoriale
Schimbari de baze ortonormate in spatiuAplicatii
Ecuatia vectoriala a× x = b
Theorem
Dati vectorii ortogonali a ⊥ b, a 6= 0, ecuatia vectoriala a × x = b
are o in�nitate de solutii.
Demonstratie:Presupunem ca b 6= 0. Se stie ca {a, b, a× b} este o baza pozitiva.Descompunem vectorul necunoscut in aceasta baza
x = αa + βb + γa × b, α, β, γ ∈ R.
Deci a × (αa + βb + γa × b) = b ⇔βa × b + γ(< a, b >︸ ︷︷ ︸
=0
a− ‖ a ‖2 b) = b ⇔
βa × b − (γ ‖ a ‖2 +1) = 0. Deci β = 0 si γ = − 1
‖a‖2 .
Oana Constantinescu Lectia IV
Orientarea spatiului E3
De�nitia produsului vectorial. ProprietatiRezolvari de ecuatii vectoriale
Schimbari de baze ortonormate in spatiuAplicatii
Ecuatia vectoriala a× x = b
Theorem
Dati vectorii ortogonali a ⊥ b, a 6= 0, ecuatia vectoriala a × x = b
are o in�nitate de solutii.
Demonstratie:Presupunem ca b 6= 0. Se stie ca {a, b, a× b} este o baza pozitiva.Descompunem vectorul necunoscut in aceasta baza
x = αa + βb + γa × b, α, β, γ ∈ R.
Deci a × (αa + βb + γa × b) = b ⇔βa × b + γ(< a, b >︸ ︷︷ ︸
=0
a− ‖ a ‖2 b) = b ⇔
βa × b − (γ ‖ a ‖2 +1) = 0. Deci β = 0 si γ = − 1
‖a‖2 .
Oana Constantinescu Lectia IV
Orientarea spatiului E3
De�nitia produsului vectorial. ProprietatiRezolvari de ecuatii vectoriale
Schimbari de baze ortonormate in spatiuAplicatii
Ecuatia vectoriala a× x = b
Solutia generala a ecuatiei este:
x = αa − 1
‖ a ‖2a × b, α ∈ R.
Daca b = 0, atunci a × x = 0 ⇒ x = λa, λ ∈ R.
Oana Constantinescu Lectia IV
Orientarea spatiului E3
De�nitia produsului vectorial. ProprietatiRezolvari de ecuatii vectoriale
Schimbari de baze ortonormate in spatiuAplicatii
Schimbari de baze ortonormate in spatiu
Date doua baze ortonormate in plan, {i , j} si {i ′, j ′}, am vazut caputem usor determina matricea de trecere de la o baza la alta,elementele acesteia �ind functiile trigonometrice sin si cos aleunghiului orientat dintre i si i
′.
Daca B = {i , j , k} si B ′ = {i ′, j ′, k ′} sunt doua baze ortonormatein spatiu, prima pozitiva si a doua arbitrara, putem determinamatricea de trecere de la B la B ′ in functie de trei unghiuri θ, ϕ, ψ,numite unghiurile lui Euler.Deoarece forma exacta a acestei matrici este destul de complicata,nu o vom da aici dar cei interesati pot consulta [I. Pop, Ghe.Neagu, Algebra liniara si geometrie analitica in plan si in spatiu, Ed.Plumb, Bacau, 1996]. In schimb, dupa de�nirea intr-un cursulterior a rotatiei in spatiu, vom demonstra ca aceasta matrice seobtine din compunerea matricilor a trei rotatii in spatiu.
Oana Constantinescu Lectia IV
Orientarea spatiului E3
De�nitia produsului vectorial. ProprietatiRezolvari de ecuatii vectoriale
Schimbari de baze ortonormate in spatiuAplicatii
Schimbari de baze ortonormate in spatiu
Date doua baze ortonormate in plan, {i , j} si {i ′, j ′}, am vazut caputem usor determina matricea de trecere de la o baza la alta,elementele acesteia �ind functiile trigonometrice sin si cos aleunghiului orientat dintre i si i
′.
Daca B = {i , j , k} si B ′ = {i ′, j ′, k ′} sunt doua baze ortonormatein spatiu, prima pozitiva si a doua arbitrara, putem determinamatricea de trecere de la B la B ′ in functie de trei unghiuri θ, ϕ, ψ,numite unghiurile lui Euler.Deoarece forma exacta a acestei matrici este destul de complicata,nu o vom da aici dar cei interesati pot consulta [I. Pop, Ghe.Neagu, Algebra liniara si geometrie analitica in plan si in spatiu, Ed.Plumb, Bacau, 1996]. In schimb, dupa de�nirea intr-un cursulterior a rotatiei in spatiu, vom demonstra ca aceasta matrice seobtine din compunerea matricilor a trei rotatii in spatiu.
Oana Constantinescu Lectia IV
Orientarea spatiului E3
De�nitia produsului vectorial. ProprietatiRezolvari de ecuatii vectoriale
Schimbari de baze ortonormate in spatiuAplicatii
Schimbari de baze ortonormate in spatiu
Date doua baze ortonormate in plan, {i , j} si {i ′, j ′}, am vazut caputem usor determina matricea de trecere de la o baza la alta,elementele acesteia �ind functiile trigonometrice sin si cos aleunghiului orientat dintre i si i
′.
Daca B = {i , j , k} si B ′ = {i ′, j ′, k ′} sunt doua baze ortonormatein spatiu, prima pozitiva si a doua arbitrara, putem determinamatricea de trecere de la B la B ′ in functie de trei unghiuri θ, ϕ, ψ,numite unghiurile lui Euler.Deoarece forma exacta a acestei matrici este destul de complicata,nu o vom da aici dar cei interesati pot consulta [I. Pop, Ghe.Neagu, Algebra liniara si geometrie analitica in plan si in spatiu, Ed.Plumb, Bacau, 1996]. In schimb, dupa de�nirea intr-un cursulterior a rotatiei in spatiu, vom demonstra ca aceasta matrice seobtine din compunerea matricilor a trei rotatii in spatiu.
Oana Constantinescu Lectia IV
Unghiurile lui Euler
B = {i , j , k} si B ′ = {i ′, j ′, k ′} doua baze in V. Daca k este
coliniar cu k′atunci planele vectoriale generate de i , j , respectiv
i′, j′coincid, deci problema se reduce la schimbarea de baze
ortonormate in plan.
Vom trata in continuare cazul in care k si k′sunt necoliniare.
Unghiurile lui Euler
Aplicam planele generate de (i , j) si (i′, j′) intr-un acelasi punct.
Dreapta lor de intersectie se numeste linia nodurilor si notam cu n
versorul ei.
De�nition
Unghiurile lui Euler sunt:θ = ∠(k , k
′) ∈ [0, π], ϕ = ∠o(i , n) ∈ [−π, π], ψ = ∠o(n, i
′) ∈
[−π, π].
Observam ca doua dintre ele sunt unghiuri orientate, iar unulneorientat.
Unghiurile lui Euler
Vom determina aceste unghiuri astfel:
n ∈ [i , j ]⇒ n ⊥ k , n ∈ [i′, j′]⇒ n ⊥ k
′, deci n =
k × k′
‖ k × k′ ‖
=k × k
′
sin θ.
n ∈ [i , j ], ϕ = ∠o(i , n)⇒ n = i cosϕ+ j sinϕ.
n ∈ [i′, j′], −ψ = ∠o(i
′, n)⇒ n = i
′cosψ + j
′sinψ.
Pentru a determina θ folosim
cos θ =< k , k′> .
Pentru ϕ stim ca
cosϕ =< i , n >, sinϕ =‖ i × n ‖ .
Aceleasi formule le folosim pentru ψ, dar trebuie sa avem grija saexprimam n in functie de {i ′, j ′}.
Orientarea spatiului E3
De�nitia produsului vectorial. ProprietatiRezolvari de ecuatii vectoriale
Schimbari de baze ortonormate in spatiuAplicatii
Aplicatii
Example
Veri�cati identitatea Lagrange:‖ u × v ‖2 + < u, v >2=‖ u ‖2‖ v ‖2 .
Indicatii: Se utilizeaza relatiile ‖ u × v ‖=‖ u ‖‖ v ‖ sin(u, v),< u, v >=‖ u ‖‖ v ‖ cos(u, v).
Oana Constantinescu Lectia IV
Orientarea spatiului E3
De�nitia produsului vectorial. ProprietatiRezolvari de ecuatii vectoriale
Schimbari de baze ortonormate in spatiuAplicatii
Aplicatii
Example
Veri�cati identitatea Lagrange:‖ u × v ‖2 + < u, v >2=‖ u ‖2‖ v ‖2 .
Indicatii: Se utilizeaza relatiile ‖ u × v ‖=‖ u ‖‖ v ‖ sin(u, v),< u, v >=‖ u ‖‖ v ‖ cos(u, v).
Oana Constantinescu Lectia IV
Orientarea spatiului E3
De�nitia produsului vectorial. ProprietatiRezolvari de ecuatii vectoriale
Schimbari de baze ortonormate in spatiuAplicatii
Aplicatii
Example
Veri�cati identitatea Lagrange:‖ u × v ‖2 + < u, v >2=‖ u ‖2‖ v ‖2 .
Indicatii: Se utilizeaza relatiile ‖ u × v ‖=‖ u ‖‖ v ‖ sin(u, v),< u, v >=‖ u ‖‖ v ‖ cos(u, v).
Oana Constantinescu Lectia IV
Aplicatii
Example
Sa se calculeze aria paralelogramului construit pe vectorii:a) a = 2u + 3v si b = u − 4v , unde u, v sunt vectori unitariperpendiculari intre ei;b) a = 2i + j − 3k si b = 4i + j + k , unde {i , j , k} este o bazaortonormata pozitiva in V.
Indicatii: a)a × b = −11u × v ⇒‖ a × b ‖= 11 ‖ u ‖‖ v ‖ sin(u, v) = 11.b) Se calculeaza a × b, apoi norma sa si se obtine rezultatul 2
√91.
Aplicatii
Example
Sa se calculeze aria paralelogramului construit pe vectorii:a) a = 2u + 3v si b = u − 4v , unde u, v sunt vectori unitariperpendiculari intre ei;b) a = 2i + j − 3k si b = 4i + j + k , unde {i , j , k} este o bazaortonormata pozitiva in V.
Indicatii: a)a × b = −11u × v ⇒‖ a × b ‖= 11 ‖ u ‖‖ v ‖ sin(u, v) = 11.b) Se calculeaza a × b, apoi norma sa si se obtine rezultatul 2
√91.
Aplicatii
Example
Demonstrati pe cale vectoriala teorema sinusului intr-un triunghi.
Indicatii: Fie triunghiul ABC si notam ‖−→BA ‖= c , ‖
−→BC ‖= a,
‖−→AC ‖= b.
σ(ABC ) =‖−→BA×
−→BC ‖=‖
−→BA× (
−→BA +
−→AC ) ‖=‖
−→BA×
−→AC ‖ .
Rezulta ca ac sinB = cb sinA⇒ a
sinA= b
sinB.
Analog se demonstreaza ca a
sinA= c
sinC.
Aplicatii
Example
Demonstrati pe cale vectoriala teorema sinusului intr-un triunghi.
Indicatii: Fie triunghiul ABC si notam ‖−→BA ‖= c , ‖
−→BC ‖= a,
‖−→AC ‖= b.
σ(ABC ) =‖−→BA×
−→BC ‖=‖
−→BA× (
−→BA +
−→AC ) ‖=‖
−→BA×
−→AC ‖ .
Rezulta ca ac sinB = cb sinA⇒ a
sinA= b
sinB.
Analog se demonstreaza ca a
sinA= c
sinC.
Aplicatii
Example
Fie A(1, 2, 3) un punct in spatiu ale carui coordonate suntexprimate in raport cu un reper ortonormat pozitiv R = {O; i , j , k}si o dreapta (d) care trece prin B(1, 2, 1) si este paralela cua = 2i + j . Determinati distanta de la punctul A la dreapta (d).
Indicatii: Fie C pe dreapta d astfel incat a =−→BC si D astfel incat
ABCD este paralelogram. Scriind in doua moduri aria acestuia, se
obtine d(A, d) =√10
5.
Aplicatii
Example
Fie A(1, 2, 3) un punct in spatiu ale carui coordonate suntexprimate in raport cu un reper ortonormat pozitiv R = {O; i , j , k}si o dreapta (d) care trece prin B(1, 2, 1) si este paralela cua = 2i + j . Determinati distanta de la punctul A la dreapta (d).
Indicatii: Fie C pe dreapta d astfel incat a =−→BC si D astfel incat
ABCD este paralelogram. Scriind in doua moduri aria acestuia, se
obtine d(A, d) =√10
5.
Aplicatii
Example
Fie baza artonormata pozitiva B = {i , j , k} si vectoriii′
= 1
3(−i + 2j + 2k), j
′= 1
3(2i − j + 2k), k
′= 1
3(2i + 2j − k).
Veri�cati ca B ′ = {i ′, j ′, k ′} este o baza ortonormata sideterminati unghiurile lui Euler de trecere de la B la B ′.
Indicatii: Prin calcul direct se veri�ca ‖ i ‖=‖ j ‖=‖ k ‖= 1 si< i , j >< i , k >=< j , k >= 0.
θ = arccos(−1
3), n =
k × k′
‖ k × k′ ‖
=
√2
2(−i + j).
ϕ = ∠o(i , n)⇒ cosϕ = −√2
2, sinϕ =
√2
2⇒ ϕ =
3π
4.
ψ = ∠o(n, i′).
Aplicatii
Example
Fie baza artonormata pozitiva B = {i , j , k} si vectoriii′
= 1
3(−i + 2j + 2k), j
′= 1
3(2i − j + 2k), k
′= 1
3(2i + 2j − k).
Veri�cati ca B ′ = {i ′, j ′, k ′} este o baza ortonormata sideterminati unghiurile lui Euler de trecere de la B la B ′.
Indicatii: Prin calcul direct se veri�ca ‖ i ‖=‖ j ‖=‖ k ‖= 1 si< i , j >< i , k >=< j , k >= 0.
θ = arccos(−1
3), n =
k × k′
‖ k × k′ ‖
=
√2
2(−i + j).
ϕ = ∠o(i , n)⇒ cosϕ = −√2
2, sinϕ =
√2
2⇒ ϕ =
3π
4.
ψ = ∠o(n, i′).
Aplicatii
Pentru a calcula < n, i′> si ‖ n × i
′ ‖ trebuie sa descompunem pe
n in baza (i′, j′).
Matricea de trecere de la B la B ′ este
S =1
3
−1 2 22 −1 22 2 −1
⇒ √22
−110
= S
x ′
y ′
z ′
,
unde n = x ′i′
+ y ′j′
+ z ′k′. Deci x ′
y ′
z ′
= S t√2
2
−110
=
√2
2
1−10
.
Deci n =√2
2(i′ − j
′). Calculele conduc la
cosψ =
√2
2, sinψ =
√2
2⇒ ψ =
π
4.