Page 77 - 4371

Оскільки OA OA OB  OA OC OA  0, то OA OB OC  0 ,
що означає компланарність векторів OA , OB, OC .
Для доведення другого твердження розглянемо добуток

AB BC : AB  BC  OB OA   OC OB  OB OC 
OB OB OA OC OA OB  OB OC OC OA 

 OA OB  0 (за умовою). Отже AB  BC  0 , тобто век-
тори AB і BC колінеарні, що означає, що точки A, B, C
лежать на одній прямій .
a
b
1.15 Два неколінеарних вектори b  і c  , очевидно,
лежать в площині, яка проходить через кінці векторів
a, b, c . Але ці два вектори перпендикулярні до вектора
a b b c c a. Справді:    ab a b b c c a  b c a 

a b c  0, аналогічно,    bc a b b c  c a  0 . Таким

чином, вектор a b b c c a перпендикулярний до двох
неколінеарних векторів, які лежать у вказаній площині,
тому він перпендикулярний і до самої площини.

1.16 Подамо вектори A B , A B , , A B у вигляді суми
1 1 2 2 n n
двох векторів: A B  A A  A B , A B  A A  A B , ,
1 1 1 2 2 1 2 2 2 3 3 2
A B  A A  A B (див. рисунок1.6). Тоді
n n n 1 1 n
A B  A B   A B   AA  A A   A A 
1 1 2 2 n n 1 2 2 3 n 1
  BA  A B   A B  A B  A B   A B . Якщо
1 n 2 1 n n 1  1 n 2 1 n n  1
0
кожен з векторів A B , A B , , A B повернути на 60
1 n 2 1 n n 1 
навколо його початку за годинниковою стрілкою, то вони
співпадуть відповідно з векторами A A , A A , , A A , су-
 1 2 2 3 n 1
ма яких дорівнює 0 . При цьому вектор, який дорівнює су-
мі векторів A B , A B , , A B також повернеться на
1 n 2 1 n n 1 
O
60 , а його модуль не зміниться. Тому і
77