Matematika közlek A1a 2013/4. gyakorlat

Koordináta reprezentációk

A vektorműveletek a koordinátareprezentációban a következők lesznek.

$[\mathbf{a}+\mathbf{b}]=\left[ \begin{matrix} a_1+b_1\\ a_2+b_2\\ a_3+b_3 \end{matrix} \right],\quad\quad[\lambda.\mathbf{a}]=\left[ \begin{matrix} \lambda\cdot a_1\\ \lambda\cdot a_2\\ \lambda\cdot a_3 \end{matrix} \right],$

$\mathbf{a}\cdot\mathbf{b}=a_1b_1+a_2b_2+a_3b_3,\quad\quad[\mathbf{a}\times\mathbf{b}]=\left[ \begin{matrix} \;\;a_2b_3-b_2a_3\\ -a_1b_3+b_1a_3\\ \;\; a_1b_2-b_1a_2 \end{matrix} \right]$

Külön fontos a vektoriális szorzat esetén megemlíteni a

$\left|\begin{matrix}\mathbf{i}& \mathbf{j}&\mathbf{k}\\ a_1& a_2 & a_3\\ b_1&b_1&b_3\end{matrix}\right|=\mathbf{a}\times\mathbf{b}$

determnánssal történő kiszámolási módot és a skaláris szorzást, mint mátrixszorzást:

$\begin{matrix} & \begin{bmatrix}b_1 \\b_2\\b_3\end{bmatrix} \\ & \\ \begin{bmatrix}a_1 & a_2 & a_3\end{bmatrix} & \mathbf{ab} \end{matrix}$

Egyenes

Legyen r₀ az e egyenes egy pontjának helyvektora, v az irányvektora. Ekkor az egyenes bármely r pontja előáll (alkalmas t valós paraméterrel)

$\mathbf{r}=\mathbf{r}_0+t\cdot\mathbf{v}$

alakban, hiszen az r - r₀ vektor párhuzamos az egyenessel (sőt: az egyesben van), így a v irányvektor skalárszorosa. A t jelölés az "időre" utal. Ha feltételezzük, hogy egy pont sebessége az egyenesen v, akkor t azt jelenti, hogy az r₀-végpontából az r végpontjába mennyi idő alatt jutunk el.

A fenti egyenletet az e egyenes paraméteres vektoregyenletének nevezzük. Ha felÍrjuk koordinátareprezentációban, akkor a

$\begin{pmatrix} x \\ y\\ z \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} x_0 \\ y_0\\ z_0 \end{pmatrix} + t\begin{pmatrix} v_1 \\ v_2\\ v_3 \end{pmatrix}$ vagyis a $\left\{\begin{matrix} x =x_0+ tv_1\\ y=y_0+ tv_2\\ z=z_0 + tv_3 \end{matrix}\right.$

egyenletrendszert kapjuk, melyet az e egyenes paraméteres egyenletrendszerének nevezünk. Persze itt [r₀]=(x₀,y₀, z₀), [r]=(x,y, z) és [v]=(v₁,v₂, v₃).

Kiküszöbölhetjük t-t, ha minden egyenletetből kivonjuk az adott pont megfelelő komponensét és ezután elosztunk az irányvektor megfelelő komponensével, feltéve, hogy ezek nem nullák:

$\frac{x-x_0}{v_1}=\frac{y-y_0}{v_2}=\frac{z-z_0}{v_3}\quad[=t], \quad\quad v_1,v_2,v_3\ne 0$

Ezt nevezzük az egyenes paramétermentes egyenletrendszerének. Ha valamelyik nulla, akkor a következő típusokkal van dolgunk:

$\left\{\begin{matrix}\cfrac{x-x_0}{v_1}=\cfrac{y-y_0}{v_2}\\ z=z_0\end{matrix} \right.\quad\quad (v_1,v_2\ne 0, v_3=0)$

illetve

$\left\{\begin{matrix}y=y_0 \\ z=z_0\end{matrix} \right. \quad\quad (v_1\ne 0, v_2=v_3=0)$

1. Feladat. Írjuk fel annak az egyenesnek az egyenletrendszerét, mely merőleges mind az e, mind az f egyenesre és áthalad a P₀ = (1,2,0) ponton.

$e:\left\{\begin{matrix}\cfrac{x-2}{3}=\cfrac{1-y}{2}\\ z=8\end{matrix}\right.$ és $f:\left\{\begin{matrix} x =-3+ 2t\\ y=4\\ z=2 - t \end{matrix}\right.$

Megoldás. Olvassuk le az irányvektorokat! v_e = (3,-1,0) és v_f = (2,0,-1). Ezekre merőleges vektort vektoriális szorzattal készítünk:

$\mathbf{v}_g=\mathbf{v}_e\times\mathbf{v}_f=\left|\begin{matrix}\mathbf{i}& \mathbf{j}&\mathbf{k}\\ 3 & -1 & 0\\ 2 & 0 & -1\end{matrix}\right|=\mathbf{i} +3 \mathbf{j}+2\mathbf{k}$

Azaz: $g:\left\{\begin{matrix} x =1+ t\\ y=2+ 3t\\ z=2t \end{matrix}\right.$

Két egyenes kölcsönös helyzetével kapcsolatban a következő lehetőségek vannak:

e | | f (ennek kritériuma $\mathbf{v}_e\times\mathbf{v}_f=\mathbf{0}$) ekkor

vagy egybeesnek (amikoris van közös pontjuk),

vagy különbözőek (ha nincs)

$e\not{|\!|}f$ (ennek kritériuma $\mathbf{v}_e\times\mathbf{v}_f\ne \mathbf{0}$) ekkor:

vagy metszőek (amikoris van közös pontjuk),

vagy kitérőek (ha nincs)

2. Feladat. Határozzuk meg az

$e:\left\{\begin{matrix} x =3t+ 2\\ y=-t\\ z=1-2t \end{matrix}\right.$ és $f:\left\{\begin{matrix} x =2t- 3\\ y=-1\\ z=3t+9 \end{matrix}\right.$

egyenletrendszerekkel megadott egyenesek kölcsönös helyzetét!

Megoldás. Két egyenes pontosan akkor párhuzamos, ha irányvektoraik párhuzamosak. Ezek: (3,-1,-2) és (2,0, 3), azaz biztosan nem párhuzamosak, mert a komponens, amelyik 0, nem áll elő nemnullák szorzataként. Közös pontot az egyenletrendszer megoldásával találhatunk (ha egyáltalán van).

$\left\{\begin{matrix} 3t+ 2=2u- 3\\ -t=-1\\ 1-2t=3u+9 \end{matrix}\right.$

három egyenlet, két ismeretlen, ezért a feladat túlhatározott, azaz általában nincs megoldása. Most tényleg nincs, mert ha t=1, akkor 3u=-10 és 2u=8, ami lehetetlen.

Sík

Legyen r₀ az s sík egy pontjának helyvektora, n a normálvektora, azaz egy olyan nemnulla vektor, mely merőleges a síkra (azaz a sík minden pontjára merőleges). Ekkor a sík bármely r pontjára igaz lesz:

$(\mathbf{r}-\mathbf{r}_0)\cdot \mathbf{n}=0$

hiszen az r - r₀ vektor merőleges a sík mormálvektorára, így skaláris szorzatuk 0.

Ha felírjuk koordinátákkal, ahol legyen n = (A,B,C), akkor az

$A(x-x_0)+B(y-y_0)+C(z-z_0)=0\,$

egyenlehez jutunk, melyet az s sík egyenletének nevezünk.

3. Feladat. Írjuk fel annak a síknak az egyenletét, mely áthalad a P = (3,0,1) ponton és párhuzamos mind az e, mind az f egyenessel:

$e:\left\{\begin{matrix} x =1-2t\\ y=2+t\\ z=-2t \end{matrix}\right.$ és $f:\cfrac{x+2}{2}=-y=\cfrac{z}{2}$

Megoldás. Olvassuk le az irányvektorokat! v_e = (-2,1,-2) és v_f = (2,-1,2). A sík számára normálvektort úgy kapunk, ha ezekre merőleges vektort készítünk:

$\mathbf{v}_e\times\mathbf{v}_f=\left|\begin{matrix}\mathbf{i}& \mathbf{j}&\mathbf{k}\\ -2 & 1 & -2\\ 2 & -1 & 2\end{matrix}\right|=0.\mathbf{i} + 0.\mathbf{j}+0.\mathbf{k}=\mathbf{0}$

ami azonban nem alkalmas normálvektornak. Világos, hogy ez a jelenség amiatt lépett föl, mert a két egyenes párhuzamos egymással. Készítsünk tehát a síkjukban lévő nempárhuzamos vektorokat!

Az e-n egy pont az A = (1,2,0), az f-en: B = (-2,0,0), melyek a t = 0 értékadás által lettek kiválasztva. Legyen u az A-ból B-be menő vektor, mely a (-3,-2,0). Ekkor jó lesz normálvektornak a

$\mathbf{n}=\mathbf{v}_e\times\overrightarrow{AB}=\left|\begin{matrix}\mathbf{i}& \mathbf{j}&\mathbf{k}\\ -2 & 1 & -2\\ -3 & -2 & 0\end{matrix}\right|=-4.\mathbf{i} + 6.\mathbf{j}+7.\mathbf{k}$

A sík így:

$s:\quad -4(x-3)+6y+7(y-1)=0\,$

4. Feladat. Írjuk fel az alábbi egyenletekkel megadott síkok metszésvonalának egyenletét!

$s_1:\quad x-y-4z-5=0\,$

$s_2:\quad 2x+y-2z-4=0\,$

Megoldás. A metszésvonal pontjai kielégítik mindkét egyenletet, így az összegüket is:

$s:\quad 3x-6z-9=0\,$ illetve $x-2z-3=0\,$

Most gyakorlatilag azt csináltuk, hogy felíruk az n₁ + n₂ normálvektorú, a metszésvonalon áthaladó sík egyenletét. Ha keresünk ezen egy olyan pontot, mely az s₁-en is rajta van, akkor találtunk egy közös pontoto. Kettő ilyen kéne. Válasszuk ki például a z = t síkon egy s-beli pontot, ehhez ugyanis ekkor

$x=2t+3\,$

tartozik. Ehhez pedig az s₁ miatt:

$y=2t+3-4t-5=-2t-2\,$

De t helyett bármi állhat, így megkaptuk a metszésvonal összes pontját:

$e:\left\{\begin{matrix} x =3+2t\\ y=-2-2t\\ z=t \end{matrix}\right.$

ahol a paraméter a z = t.

5. Feladat. Tükrözzük a P = (4,-3,5) pontot az s: x - y + z - 6 = 0 egyenletű síkra!

Megoldás. A P-ből s-re bocsátott merőleges D döféspontját kell meghatározni, majd kiszámítani a p + 2.(d-p) vektort. Az s-re merőleges e egyenes irányvektora nem más, mint a sík normálvektora:

n = (1,-1,1)

így a P adott ponttal:

$e:\left\{\begin{matrix} x =4+t\\ y=-3-t\\ z=5+t \end{matrix}\right.$

A döféspont ennek a sík egyenletébe helyettesítésével adódik:

$4+t-(-3-t)+5+t-6=0\,$

innen:

6t=-6 és t=-1

Ekkor a döféspont koordinátáit a t=-1 helyettesítéssel nyerjük az egyenletrendszerből: D = (3,-2,4)

P' = p + 2.(d-p) = (4,-3,5) + 2.(-1,1,-1)=(2,-1,3)

6. Feladat. Határozzuk meg annak az e egyenesnek az egyenletét, mely illeszkedik a P = (-1,2,3) pontra, merőleges az a = (6,-2,-3) vektorra és metszi az

$f:\cfrac{x-1}{2}=\cfrac{y+2}{2}=\cfrac{3-z}{4}$

egyenest.

Megoldás. Tudjuk, hogy vektor akkor és csak akkor merőleges egy síkra, ha a sík minden egyenesére merőleges. Ha tehát felírjuk az a normálvektorú, P-n áthaladó s síkot, akkor abban benne lesz e. Hogy merre lesz, azt f árulja el, mert ahol döfi a síkot f, ott lesz e és f metszéspontja. Ez azért van, mert e rajta van s-en, így metszéspontja f-fel szintén s-ben van. Ám, pont ebben a pontban döfi f az s-t.

f paraméteres egyenletrendszere:

$f:\left\{\begin{matrix} x =2t+1\\ y=2t-2\\ z=-4t+3 \end{matrix}\right.$

s egyenlete:

$6(x+1)-2(y-2)-3(z-3)=0\,$

A döféspont:

$6(2t+2)-2(2t-4)-3(-4t)=0\,$

$12t+12-4t+8+12t=0\,$

$t=-1\,$

Azaz D = (-1,-3,7).

e irányvektora a PD vektor: (0,-5,4)

e paraméteres egyenletrendszere:

$e:\left\{\begin{matrix} x =-1\\ y=-5t-2\\ z=4t+3 \end{matrix}\right.$

Házi feladatok

4.70-c, 70-a, 73, 82, 104, 122, 5.21-a, 34, 56, 63, 57-a-c-e. 5.56, 63, 57

1. Határozza meg annak a síknak az egyenletét, mely tartalmazza az e: x=1-2t, y=2+t, z=-1-t egyenletrendszerű egyenest és a P = (0,1,-2) pontot!
2. Határozza meg a 3x+2y-z=3 és x-y+3z=1 egyenletű síkok metszésvonalával párhuzamos, a P = (1,2,3) ponton áthaladó egynenes egyenletét.

További feladatok. A megoldásoknál ajánlott a (pdf) segédlet utolsó oldalát áttanulmányozni.

1. Határozzuk meg a 2. és 3. feladatban említett egynespárok távolságát!
2. Határozzuk meg a 2. feladatban említett egynespárok szögét!
3. Határozzuk meg a 4. feladatban említett síkpárok szögét!
4. Határozzuk meg az 5. feladatban említett P és s távolságát!
5. Határozzuk meg a 4. feladatban említett síkpárok esetén az "s₁ + s₂" és a z irányba 5-tel eltolt másának távolságát!