Vektorgeometri för gymnasister

Transkript

1 Vektorgeometri för gymnasister Per-Anders Svensson Fakulteten för teknik Linnéuniversitetet Räta linjens och planets ekvationer I

2 Innehåll Räta linjer i planet Räta linjens ekvation på parameterform Räta linjens ekvation på normalform Normalformen i ortonormerade system Räta linjens ekvation i rummet 26 januari (27)

3 Räta linjer i planet Vi är bekanta med linjens ekvation i planet på så kallad k-form y = kx +m. Här är k riktningskoefficienten; ett mått på linjens lutning, medan m anger skärningen mellan linjen och y-axeln. Ekvationen för en lodrät linje kan inte skrivas på k-form, utan här blir istället ekvationen på formen x = c (0,m) (c,0) för någon konstant c (som anger skärningen x = c mellan linjen och x-axeln). Ovanstående tolkningar av koefficienterna k, m och c, bygger på att vi arbetar med ett ortonormerat koordinatsystem, d.v.s. att koordinataxlarna är vinkelräta mot varandra och har samma skala. Vi kommer nu att släppa kravet på att koordinatsystemet är ortonormerat... y = kx +m 26 januari (27)

4 Räta linjens ekvation på parameterform Antag att vi har givet ett koordinatsystem (O,e x,e y ) för punkterna i planet. Här alltså O en punkt i planet, som tjänstgör som origo, medan (e x,e y ) är en bas för planets vektorer, vilket innebär att e x och e y inte är parallella. Till att börja med förutsätter vi inte att (e x,e y ) nödvändigtvis är en ON-bas. För att entydigt kunna bestämma en linje L i planet, behöver vi känna till en punkt P 0 = (x 0,y 0 ) som vi vet ligger på linjen en vektor v = (α, β) 0 som är parallell med linjen. Vektorn v är en så kallad riktningsvektor för linjen. P 0 P P 0P Låt P = (x,y) vara en godtycklig punkt i planet. Då ligger P på L, om och endast om P 0 P är parallell med v, d.v.s. P 0 P = tv för något reellt tal t. v L 26 januari (27)

5 Med P = (x,y) och P 0 = (x 0,y 0 ) så blir P 0 P = (x x 0,y y 0 ). Eftersom vidare v = (α, β), så kan ekvationen P 0 P = tv skrivas (x x 0,y y 0 ) = (tα,tβ). Vi får de två ekvationerna x x 0 = tα och y y 0 = tβ, vilka vi kan sammanfatta i den räta linjens ekvation på parameterform: { x = x0 + tα y = y 0 + tβ. Variabeln t kallas parameter. Om vi varierar på t, kommer punkten (x,y) = (x 0 +tα,y 0 +tβ) att förflytta sig längs med linjen. Ekvationen { x = 4 + 3t y = 3 t kan vi tolka som den räta linje L, som går genom punkten P 0 = ( 4,3) och har riktningsvektorn v = (3, 1). För t.ex. t = 2 får vi (x,y) = ( ,3 2) = (2,1), som är en punkt på L. Andra punkter på L är t.ex. ( 7,4) (som svarar mot t = 1) och (296, 97) (som svarar mot t = 100). Punkten ( 1,1) är ett exempel på en punkt som inte ligger på L, eftersom det inte finns något t så att ( 4 +3t,3 t) = ( 1,1). 26 januari (27)

6 Bestäm en ekvation på parameterform för den räta linje som går genom punkten P 0 = (1,0) och har v = (0, 2) som riktningsvektor. Lösning. Vi kan skriva linjens ekvation på parameterform som { x = t y = 0 + ( 2) t { x = 1 y = 2t. Gemensamt för alla punkter på linjen är alltså att x-koordinaten är januari (27)

7 Bestäm en ekvation på parameterform, för den räta linje som går genom punkterna P = (3,1) och Q = (1,5). Lösning. För att kunna teckna en ekvation på parameterform, behöver vi veta koordinaterna för en punkt på linjen (vilket vi gör; vi kan välja P eller Q), samt en riktningsvektor. Som riktningsvektor kan vi välja PQ = ( 2,4). Väljer vi punkten till P, så kommer ekvationen att bli { x = 3 2t y = 1 + 4t. Observera att utseendet på ekvationen beror valet av punkt på linjen samt riktningsvektor. Ekvationen { x = 1 + t y = 5 2t beskriver faktiskt samma räta linje. Ser du varför? 26 januari (27)

8 De två räta linjerna L 1 : { x = 1 t y = 1 + 3t och L 2 : { x = 2 + t y = 3 + 2t är inte parallella, eftersom deras respektive riktningsvektorer v 1 = ( 1,3) och v 2 = (1,2) inte är det. Alltså har linjerna en gemensam skärningspunkt. Vi kan bestämma koordinaterna för denna punkt, genom att lösa ekvationssystemet { { 1 t1 = 2 + t 2 t1 t 2 = t 1 = 3 + 2t 2 3t 1 2t 2 = 4. Observera att vi har bytt namn på parametern till t 1 i ekvationen för L 1 och till t 2 i ekvationen för L 2 ; detta för att det ju inte säkert att skärningspunkten svarar mot samma värde på parametern i ekvationen för L 1 som i ekvationen för L 2. Ovanstående ekvationssystem visar sig ha lösningen t 1 = 2, t 2 = 1. Sätter vi t = t 1 = 2 i ekvationen för L 1 (eller t = t 2 = 1 i ekvationen för L 2 ) får vi den gemensamma skärningspunkten ( 1,5). 26 januari (27)

9 Räta linjens ekvation på normalform Betrakta ekvationen { x = 1 + t y = 5 2t från ett tidigare exempel. Om vi löser ut parametern t ur båda ekvationerna får vi dels t = x 1, dels t = (5 y)/2. Alltså måste x 1 = 5 y 2(x 1) = 5 y 2x +y 7 = 0. 2 Vi har här skrivit den räta linjen på så kallad normalform (kallas ibland också för allmän form eller affin form). Det visar sig att varje rät linje kan skrivas på normalform, oavsett vilket koordinatsystem man använder sig av. Sats Varje rät linje i planet kan i ett godtyckligt koordinatsystem framställas på formen ax +by +c = 0 för några konstanter a, b och c, där minst ett av talen a och b är skilt från noll. Omvänt är varje ekvation på ovanstående form en ekvation för en rät linje i planet. 26 januari (27)

10 För att skriva den räta linjen { x = 2 t y = 4 + 2t på normalform, löser vi ut t ur båda ekvationerna och sätter båda dessa uttryck för t lika med varandra. Vi får x = 2 t t = 2 x och y = 4 +2t t = y 4, 2 och därmed 2 x = y 4 2 2(2 x) = y 4 2x y +8 = januari (27)

11 I ett tidigare exempel fann vi att en ekvation på parameterform för den räta linje som går igenom punkten P 0 = (1,0) och har v = (0, 2) som riktningsvektor ges av { x = 1 y = 2t. Här kan vi inte som i föregående exempel lösa ut t ur båda ekvationerna, eftersom den första ekvationen ju inte innehåller något t. Men som vi tidigare noterade, har ju alla punkter på linjen det gemensamt, att deras x-koordinat är 1, så från den första ekvationen x = 1 ovan får vi helt enkelt att en ekvation på normalform för linjen ges av x 1 = 0. I den allmänna formeln ax +by +c = 0 är alltså a = 1, b = 0 och c = januari (27)

12 För att skriva räta linjen 3x +4y 5 = 0 på parameterform, sätter vi antingen x eller y lika med t, och löser sedan ut den andra variabeln. Med t.ex. y = t, så blir 3x +4t 5 = 0 3x = 5 4t x = (5 4t)/3, vilket ger { x = 5/3 4t/3 y = t. Detta är den räta linje som går genom punkten (5/3,0) och har riktningsvektorn ( 4/3, 1). Sätter vi istället x = t och löser ut y, så får vi ekvationen { x = t y = 5/4 3t/4. Linjen går genom punkten (0, 5/4) och har riktningsvektorn (1, 3/4). Även om ekvationerna ser olika ut, beskriver de alltså samma linje. 26 januari (27)

13 Normalformen i ortonormerade system Om det koordinatsystem (O,e x,e y ) vi använder är ortonormerat (d.v.s. om (e x,e y ) utgör en ON-bas), så finns en geometrisk tolkning av en linjes ekvation på normalform (som förklarar varför man kallar det just för normalform.) Låt L vara den räta linje som går genom punkten P 0 = (x 0,y 0 ) och har vektorn v = (α, β) som riktningsvektor. Antag att denna i ett ortonormerat koordinatsystem har ekvationen ax + by + c = 0 på normalform. För varje värde på parametern t är P = (x 0 +tα,y 0 +tβ) en punkt på L, och denna punkts koordinater måste därför uppfylla linjens ekvation på normalform, d.v.s. för alla värden på t gäller a(x 0 +tα) +b(y 0 +tβ) +c = 0. v = (α, β) L P 0 = (x 0,y 0) P = (x 0 +tα,y 0 +tβ) 26 januari (27)

14 v = (α, β) P 0 = (x 0,y 0) L : ax +by +c = 0 P = (x 0 +tα,y 0 +tβ) Ekvationen a(x 0 +tα) +b(y 0 +tβ) +c = 0 kan vi skriva om som (ax 0 +by 0 +c) +t(aα +bβ) = 0. Eftersom punkten P 0 = (x 0,y 0 ) ligger på L, så är ax 0 +by 0 +c = 0, vilket medför att t(aα +bβ) = 0 ska gälla för alla t. Men a, b, α och β är konstanter; de varierar inte. För att t(aα +bβ) = 0 ska kunna vara sant för alla värden på t, måste därför aα +bβ = 0. (1) Sätt n = (a, b). Eftersom vårt koordinatsystem är ortonormerat, kan (1) tolkas som skalärprodukten mellan vektorerna v och n. Vi får alltså att n v = 0, d.v.s. att riktningsvektorn v = (α, β) är ortogonal mot n = (a,b). 26 januari (27)

15 Vi sammanfattar resonemanget i en sats: Sats Om ekvationen för en rät linje ges av ax +by +c = 0 i ett ortonormerat koordinatsystem, så är vektorn n = (a, b) en normalvektor till linjen, d.v.s. den är ortogonal mot densamma. ax +by +c = 0 n = (a,b) 26 januari (27)

16 Bestäm en ekvation på normalform för den räta linje L, som går genom punkten P = (1, 1) och som är vinkelrät mot linjen med ekvationen x 2y + 8 = 0. Koordinatsystemet är ortonormerat. Lösning. Den räta linjen L kommer att som riktningsvektor ha normalvektorn till den givna linjen. En normalvektor till den givna linjen ges av n = (1, 2). Eftersom L dessutom ska gå genom punkten P = (1, 1), så blir { x = 1 + t y = 1 2t en ekvation på parameterform för linjen. Skriver vi om denna ekvation på normalform (på samma sätt som i tidigare exempel), så får vi 2x +y 1 = 0. x 2y +8 = 0 P n L 26 januari (27)

17 En rät linje L har på parameterform ekvationen { x = 4t y = 1 3t. Vi ska bestämma det kortaste avståndet mellan L och punkten P = ( 1, 8). Koordinatsystemet är ortonormerat. Låt Q vara en godtycklig punkt på L. Då är Q = (4t,1 3t) för något t. Vi söker det t som minimerar PQ. Om Q voredenpunktpålsomlågnärmastp, så skulle PQ vara ortogonal mot L:s riktningsvektor, d.v.s. mot v = (4, 3). Alltså ska skalärprodukten v PQ vara noll. P Q Q Q Q Q L 26 januari (27)

18 Med P = ( 1,8) och Q = (4t,1 3t) så blir PQ = (4t,1 3t) ( 1,8) = (4t +1, 3t 7). Detta ger v PQ = 0 (4, 3) (4t +1, 3t 7) = 0 4(4t +1) + ( 3)( 3t 7) = t = 0 t = 1. För t = 1 blir PQ = ( 3, 4). Det är längden av denna vektor som är det sökta kortaste avståndet mellan P och L, d.v.s. PQ = ( 3) 2 + ( 4) 2 = januari (27)

19 Räta linjens ekvation i rummet Låt ett koordinatsystem (O,e x,e y,e z ) för punkterna i rummet vara givet. Precis som i fallet med planet, förutsätter vi inte att detta är ortonormerat, till att börja med. För att entydigt kunna bestämma en linje L i rummet, behöver vi precis som i planet känna till en punkt P 0 = (x 0,y 0,z 0 ) på L en riktningsvektor v = (α, β, γ) 0 för L. En punkt P = (x,y,z) ligger på L, om och endast om P 0 P = tv för något t. Ekvationen P 0 P = tv blir (x x 0,y y 0,z z 0 ) = (tα,tβ,tγ) på koordinatform. Genom att jämföra koordinat för koordinat får vi räta linjens ekvation på parameterform: x = x 0 + tα y = y 0 + tβ z = z 0 + tγ. P 0 P P 0P 26 januari (27) v L

20 Ekvationen x = 2 t y = 1 + 2t z = 3t beskriver den räta linjen genom punkten (2, 1,0) med riktningsvektorn ( 1, 2, 3). Om punkten P = (3, 3, 3) ligger på linjen, måste det finnas ett värde på t, så att 3 = 2 t 3 = 1 + 2t 3 = 3t. Vi ser att t = 1 uppfyller samtliga tre ekvationer, så P ligger på L. Däremot ligger inte punkten Q = (2,1,1) på L, eftersom ekvationssystemet 2 = 2 t 1 = 1 + 2t 1 = 3t saknar lösning. 26 januari (27)

21 Bestäm en ekvation på parameterform för den räta linje som går genom punkterna P = (3, 1,2) och Q = (2,0,1). Lösning. Vi behöver veta en punkt på linjen och en riktningsvektor för densamma. Väljer vi punkten till P och riktningsvektorn till PQ = (2 3,0 ( 1),1 2) = ( 1,1, 1), så fås ekvationen x = 3 t y = 1 + t z = 2 t. Ekvationens utseende beror givetvis på valet av punkt och riktningsvektor. Precis som i planet kan alltså flera olika ekvationer beskriva en och samma linje. 26 januari (27)

22 Betrakta linjerna L 1 och L 2, med respektive ekvationer x = 3 + t x = 3 + 2t L 1 : y = 5 2t L 2 : y = 1 + 2t z = 1 + 6t z = 5 + 5t. Linjerna är inte parallella, eftersom deras riktningsvektorer v 1 = (1, 2,6) och v 2 = (2,2,5) inte är det. Har de en gemensam skärningspunkt? För att undersöka detta, sätter vi linjernas ekvationer lika med varandra och löser det då erhållna ekvationssystemet: 3 + t 1 = 3 + 2t 2 t 1 2t 2 = 0 5 2t 1 = 1 + 2t 2 2t 1 2t 2 = t 1 = 5 + 5t 2 6t 1 5t 2 = t 1 2t 2 = 0 6t 2 = 6 7t 2 = Lösning saknas; linjerna skär ej varandra, trots att de ej är parallella. 26 januari (27)

23 Om vi i det förra exemplet modifierar ekvationen för L 2 något, så att vi får linjerna x = 3 + t x = 3 + 2t L 1 : y = 5 2t L 2 : y = 1 + 2t z = 1 + 6t z = 6 + 5t så finns det en gemensam skärningspunkt, ty ekvationssystemet 3 + t 1 = 3 + 2t 2 5 2t 1 = 1 + 2t t 1 = 6 + 5t 2 { t1 = 2 har lösningen t 2 = 1. Sätter vi t = t 1 = 2 i ekvationen för L 1 (eller t = t 2 = 1 i ekvationen för L 2 ) får vi den gemensamma skärningspunkten till (5,1,11). 26 januari (27)

24 Antag nu att det koordinatsystem vi använder oss av är ortonormerat. Då kan vi lösa problem som har att göra med avståndsberäkningar att göra. Vi ska beräkna det kortaste avståndet från punkten P = (0,1,2) till linjen x = 5 + 3t L: y = 4 z = 1 2t. Koordinatsystemet är ortonormerat. Precis som i motsvarande frågeställning i planet, söker vi den punkt Q på L, som är sådan att PQ blir ortogonal mot L:s riktningsvektor, som ges av v = (3,0, 2). Om Q ligger på L, så är Q = ( 5 +3t,4,1 2t) för något t, och därmed PQ = ( 5 +3t 0,4 1,1 2t 2) = ( 5 +3t,3, 1 2t). P Q L 26 januari (27)

25 Detta ger att För t = 1 blir v PQ = 0 (3,0, 2) ( 5 +3t,3, 1 2t) = 0 3( 5 +3t) +0 3+( 2)( 1 2t) = t = 0 t = 1. PQ = ( ,3, 1 2 1) = ( 2,3, 3), vars längd PQ = ( 2) ( 3) 2 = 22 är det avstånd vi söker. 26 januari (27)

26 I en triangel kan man dra tre höjder från vart och ett av hörnen, vinkelrätt mot motstående sida(eller dess förlängning), se vidstående figur. Antag att P = (1,1,2), Q = (2,1,3) och R = (0,1,4) i ett ortonormerat koordinatsystem för rummet. Bestäm längden av var och en av de tre höjderna i triangeln PQR. Linjen som går genom punkterna P och Q har PQ = (1,0,1) som riktningsvektor, och kan därför tecknas som x = 1 + t y = 1 z = 2 + t R P Q på parameterform. Den punkt S = (1 +t,1,2 +t) på sidan PQ (eller dess förlängning) som ligger närmast R ska uppfylla RS PQ = 0. Punkten S blir då samtidigt fotpunkt för höjden mot sidan PQ. 26 januari (27)

27 Med R = (0,1,4) och S = (1 +t,1,2 +t) blir RS = (1 +t,0, 2 +t). Eftersom vi ju hade PQ = (1,0,1), får vi ekvationen RS PQ = 0 (1 +t,0, 2 +t) (1,0,1) = 0 (1 +t) +0+( 2 +t) = t = 0 t = 1/2. Med t = 1/2 blir RS = (3/2,0, 3/2) en vektor av längd RS = ( 1) 2 = På liknade vis kan de övriga höjdernas längder bestämmas (övning!). 26 januari (27)