Три вектора

[INGELRII]

Три ортогональных единичных вектора $a,b,c$ ортогонально же спроецировали на некоторую плоскость. Нам известны два вектора $a_1,b_1$ (проекции $a,b$). Найти вектор $c_1$.

[Утундрий]

Решение неоднозначно. Для однозначности нужно добавить в условие упоминание о том что действие разворачивается в $\[ \mathbb{R}^3 \] $ и что тройка $\[ \vec a,\vec b,\vec c \] $ - правая (левая).

[alcoholist]

на этой плоскости вектора $a_1$, $b_1$ придется поворачивать на $\pi/2$, поэтому и плоскость для красоты ответа неплохо бы ориентировать:)

[neo66]

Обозначим $\alpha=(a_1,c_1),\beta=(b_1,c_1)$. Тогда:

$\frac{(a_1,a_1)-1}{(a_1,b_1)}= \frac { \alpha}{\beta}$

$(a_1,a_1)+(b_1,b_1)+(c_1,c_1)=2$

Отсюда можно выразить $\pm c_1$ через $a_1$ и $b_1$, но лень.

[TOTAL]

Утундрий в сообщении #504212 писал(а):

Решение неоднозначно. Для однозначности нужно добавить в условие упоминание о том что действие разворачивается в $\[ \mathbb{R}^3 \] $ и что тройка $\[ \vec a,\vec b,\vec c \] $ - правая (левая).

Даже если добавить такое упоминание, решение всё равно неоднозначно.

[ewert]

Она к тому же ещё и некорректна. Если $\vec n$ -- единичная нормаль к плоскости, то $\vec a=\vec a_1+t\vec n$ и $\vec b=\vec b_1+s\vec n$, откуда $t=\pm\sqrt{1-|\vec a_1|^2}$ и $s=\pm\sqrt{1-|\vec b_1|^2}$. Но, кроме того, должно быть ещё и $\vec a\perp\vec b$, откуда для неизвестных $t,s$ получается третье уравнение: $ts=-\vec a_1\cdot\vec b_1$. Ну и с какой стати этим трём уравнениям быть совместными?...

Если же они всё-таки каким-нибудь чудом оказались совместными, то (после нахождения $t$ и $s$) будет $\vec c=\pm\big(\vec a_1\times\vec b_1+\vec n\times(t\vec b_1-s\vec a_1)\big)$.

[alcoholist]

ewert в сообщении #504772 писал(а):

Если же они всё-таки каким-нибудь чудом оказались совместными

То, что данные два вектора -- проекции ортогональных, есть в условии задачи.

ewert в сообщении #504772 писал(а):

будет $\vec c=\pm\big(\vec a_1\times\vec b_1+\vec n\times(t\vec b_1-s\vec a_1)\big)$

значит $c_1$ -- повернутый на $\pi/2$ вектор $t\vec b_1-s\vec a_1$

[Утундрий]

Да, не получается однозначности. Искомый вектор можно найти лишь с точностью до знака.

Пусть $\[ {\mathbf{e}}_i ,\mathbf{n} \in \mathbb{R}^3 ;i = 1,2,3;{\mathbf{e}}_i \cdot {\mathbf{e}}_k = \delta _{ik} ;{\mathbf{e}}_1 \times {\mathbf{e}}_2 = {\mathbf{e}}_3 ;{\mathbf{n}} \cdot {\mathbf{n}} = 1 \] $. Тогда $\[ {\mathbf{e}}_i \equiv {\mathbf{E}}_i + {\mathbf{n}}N_i ;{\mathbf{E}}_i \cdot {\mathbf{n}} = 0 \] $. Даны $\[ {\mathbf{E}}_1 ,{\mathbf{E}}_2 \] $, требуется найти $\[ {\mathbf{E}}_3 \]. $

(Решение)

$\[ \begin{gathered} \delta _{ik} = {\mathbf{e}}_i \cdot {\mathbf{e}}_k = {\mathbf{E}}_i \cdot {\mathbf{E}}_k + N_i N_k \Rightarrow N_i \equiv \sigma _i \sqrt {1 - E_i^2 } ;\sigma _i^2 = 1 \hfill \\ N_1 N_2 = - {\mathbf{E}}_1 \cdot {\mathbf{E}}_2 \Rightarrow \sigma _1 \sigma _2 = - \operatorname{sign} \left( {{\mathbf{E}}_1 \cdot {\mathbf{E}}_2 } \right) \hfill \\ {\mathbf{e}}_1 \times {\mathbf{e}}_2 = {\mathbf{e}}_3 \Rightarrow {\mathbf{E}}_3 = {\mathbf{E}}_1 \times {\mathbf{n}}N_2 - {\mathbf{E}}_2 \times {\mathbf{n}}N_1 \Rightarrow {\mathbf{E}}_3 \times {\mathbf{n}} = {\mathbf{E}}_2 N_1 - {\mathbf{E}}_1 N_2 \hfill \\ \end{gathered} \]$

Таким образом, искомый вектор $\[{\mathbf{E}}_3 \]$ перпендикулярен вектору $\[{\mathbf{E}}_2 N_1 - {\mathbf{E}}_1 N_2 \]$ и имеет длину, равную модулю этого вектора.

Ну, после того как вывод сделан, нетрудно его "обосновать". Зеркально отразим $\[ {\mathbf{e}}_1 \] $ и $\[ {\mathbf{e}}_2 \] $ относительно плоскости проекции. $\[ {\mathbf{E}}_1 ,{\mathbf{E}}_2 \] $ при этом останутся прежними, а $\[ {\mathbf{E}}_3 \] $ изменит знак.

[ewert]

Утундрий в сообщении #505562 писал(а):

Искомый вектор можно найти лишь с точностью до знака.

До двух знаков.

[Утундрий]

ewert в сообщении #505584 писал(а):

До двух знаков.

Относительный знак $N_1$ и $N_2$ известен, так что до одного.

[ewert]

Утундрий в сообщении #505593 писал(а):

Относительный знак $N_1$ и $N_2$ известен, так что до одного.

Чисто геометрически очевидно, что как минимум до двух (независимых). Векторы $\vec a$ и $\vec b$, восстанавливаются с точностью до отражения обоих относительно плоскости; это один знак. И второй, выбираемый независимо от первого, задаёт направление вектора $\vec c$ перпендикулярно плоскости векторов $\vec a,\;\vec b$. Ну и потом можно выяснить, что других вариантов, кроме этих четырёх, нет.

[Утундрий]

ewert, после слова "пусть" чуть более внимательно читаем...

[ewert]

Утундрий в сообщении #505609 писал(а):

ewert, после слова "пусть" чуть более внимательно читаем...

Зачем?... Это уже Ваше творчество, в оригинальном условии про ориентации -- ни слова.

[TOTAL]

ewert в сообщении #505597 писал(а):

Векторы $\vec a$ и $\vec b$, восстанавливаются с точностью до отражения обоих относительно плоскости; это один знак.

Искомый вектор $\vec c_1$ при таком отражении не меняется.

[ewert]

TOTAL в сообщении #506061 писал(а):

Искомый вектор $\vec c_1$ при таком отражении не меняется.

Кто такой $\vec c_1$?... А впрочем, неважно -- и он тоже меняется.