Linjer och plan (lösningar)

Transkript

1 Linjer och plan (lösningar) 0. Enligt mittpunktsformeln (med O i just origo) OM = ³ OA + OB a) b) ((, 0, ) + (,, )) = (0,, ) µ +, +, z + z 0. Enligt tngdpunktsformeln (med O i just origo) ³ OA + OB + OC µ + + =, + +, z + z + z 0. Koordinaterna för punkten P är definitionsmässigt lika med koordinaterna för vektorn OP OQ = OP = ³ OA + AP = = µ OA + AB = (,, ) + 0 ((, 0, ) (,, )) = (, 8, 7) 06. Vad det handlar om, är att uttrcka CA som linjärkombination av CB och CD. Vad vi har att utgå ifrån är att AC = AB +AD AC = [figur!] = AB + BC AC = [figur!] = AD + DC Sätt andra och tredje ekvationens utrck för AB resp. AD in i den första: ³ ³ AC = AC BC + AC DC 4 AC = BC DC 4 CA = CB +CD CA = CB + CD 4 varav vi avläser koordinaterna, a) en sträcka : = (,, ) + (5, 5, 5) = 5 =,, Man kan också utnttja generaliseringen av mittpunktsformeln (övn. 08): OP = OA + OB Vi har tre olika alternativ, beroende på vilket hörn som ligger diagonalt emot ( 5, 0) : Om det är det sökta hörnet, så har det koordinaterna (, ) + (, ) ( 5, 0) = (8, ) Om (, ) ligger diagonalt mot ( 5, 0), så har det fjärde hörnet koordinaterna (, ) + ( 5, 0) (, ) = ( 6, 4) Om (, ) ligger diagonalt mot ( 5, 0) : (, ) + ( 5, 0) (, ) = ( 4, 4) 0 b) en oändlig remsa (inga krav på!) : 0 0

2 c) en parallellogram : f) en triangel : 0 0 d) en oändlig rad av punkter som tcks ligga på rät linje 08. Som föregående, men nu är det A som spelar rollen av (, 0) och B spelar rollen av (0, ). T.e.om A :(0, ),B:(, ) relativt koordinatsstemet i föreg. uppgift, låt OA och OB vara na koordinatalar, B 0 0 A e) hela den räta linjen i som antddes i d) (följer av utredningen i Sparr, avsn..) gradera dem så att A :(, 0),B:(0, ) ochgörettnttrutnät, så är problemet ekvivalent med föregående. T.e. är svaret på (a) återigen en sträcka : B 0 0 A

3 09. Enklast: (,k). 0. a) r = OA + t AB, 0 t Skriv nu AB = OB OA : r = ( t) OA + t OB, 0 t, alt. r = s OA + t OB, 0 s, t,s+ t = b) Till varje punkt X inuti (och på randen av) triangeln, finns Y på BC och 0 u, så att A X AX = u AY Enligt a) kan vi skriva AY = s AB + tac, 0 s, t, s+ t = Alltså OX = ³ OA+u s AB + tac, 0 s, t, s+t = Om vi nu låter s och t stå för us resp. ut : r = OA + s AB + tac 0 s, t, s+ t Sätt in AB = OB OA, AC = OC OA r = t OA + tob + toc, 0 t,t,t, t + t + t = Obs. Går man igenom räkningarna, skall man kunna inse att "koordinaterna" (t,t,t ) är entdigt bestämda: Två olika tripplar kan inte ge samma punkt. (Kan verka litet paradoalt, med tanke på att triangeln är en -dimensionell figur, men glöm inte villkoret t + t + t =.) C Y B c) r = OA + s AB + tad, 0 s, t Den andra varianten, med 4 vektorer r = t OA + tob + toc + t4od, 0 t,t,t,t 4, t + t + t + t 4 = undviker man kanske, eftersom framställningen inte är entdig: olika frtiplar (t,t,t,t 4 ) kan ge samma r : diagonalernas skärningspunk t.e. svarar mot såväl, 0,, 0 som 0,, 0, d) som c) : r = OA + s AB + tad + uae, 0 s, t, u e) som b) Till varje X inuti tetraedern, låt Y vara den punkt där strålen AX skär sidotan BCD. AX = u AY Enligt b) AY = s AB + sac + sad 0 s,s,s, s + s + s = och därmed OX = ³ OA + u s AB + sac + sad = = ³ OA + us OB OA + ³ ³ +us OC OA + us OD OA Alltså : = ( u) OA + us OB + us {z } {z} OC + us {z} OD {z} t t t t 4 r = t OA + tob + toc + t4od, 0 t,t,t,t 4 t + t + t + t 4 = (normerade) barcentriska koordinater

4 . Om t.e. P ligger på linjen P P, så OP = OP + t P P = = OP + t ³ OP OP och därmed ( t) OP + top +( ) OP = 0 Omvänt, om λ OP + λ OP + λ OP = 0, och t.e. λ 6=0, och λ = λ λ, så OP = λ OP λ OP = λ λ = λ + λ OP λ OP = λ λ = λ ³ OP OP + OP = λ = OP λ P P λ vilket säger att P ligger på linjen P P.. En ev. skärningspunkts koordinater (,, z) skall uppflla såväl planets som linjens ekvation. Med andra ord skall det gälla + z 5=0 = t =t z =+t för något reellt tal t Sätt uttrcken för,, z från de senare ekvationerna in i första: ( t)+t ( + t) 5 = 0 0 t 5 = 0 Ingen lösning Ingen skärningspunkt Linjen löper parallellt med, utanför planet.. ½ +z = + z = Addera ekv. till ekv.. Skriv -termerna sist ½ +z + = z +5 = = t z = 5t = z + = 7 t 4. Linjen på parameterform: (subtrahera (första ekv.) från den andra) = t = z = t Genom varje punkt på denna linje lägger vi en linje med riktningen (,, ) = t + s = +s z = t + s, s R och bestämmer dess skärningspunkt (uttrckt som funktion av t) med planet +z =4: ( t + s) ( +s)+(t + s) = 4 4s = t 7 s = (t 7) /4 = t + s = t = +s = t, t R z = t + s = t De här skärningspunkterna (en för varje t) utgör den sökta linjen. Vi kan förenkla dess ekvation något genom att bta ut parametern t mot +4u : = u = 4+u, u R z = +5u Kontroll att denna verkligen är innehållen i planet +z =4: ( u) ( 4+u)+( +5u) =4för alla u 5. I ekvationen för första flgplanet blir (,, z) =(, 4, 6) för t =, d.v.s. första flgplanet befinner sig i (, 4, 6) när t =. I ekvationen för andra glgplanet blir (,, z) =(, 4, 6) för t =, d.v.s. andra flgplanet befinner sig i (, 4, 6) när t =. Båda rutterna går alltså genom (, 4, 6), men flgplanen kolliderar inte, eftersom de befinner sig där vid olika tidpunkter. Sätt in dessa uttrck för,, z ideurspr.ekv. och kontrollera att likhet gäller för alla t! Svar: (,, z) =(0, 0, ) + t, 7, 5

5 6. Låt (,,a) vara skärn. punkten med och (,b,) skärn.punkten med. = a a + Alltså skall vara parallell med b = 4 b Linjens ekv. z 4 b = = a + ½ b = a =0. + t 7. Frågan är ekvivalent med: Finns tal t och s sådana att vektorerna +t t = +t +t +t t och +s +s = s +s 4+s +s är parallella? (Talen t och s skall ge oss skärningspunkterna. De parallella vektorerna linjens riktning.) Tittar vi på andra- och tredjekoordinaterna, ser vi att enda möjligheten är att +t = t t = Första vektorn är då (,, ) och den andra är parallell om Svar: Ja, linjen s = (+s) s = 4 = + t = + t z = + t som skär linjerna i (,, ) resp. (,, 0). 8. Sökta linjens skärningspunkter med de givna linjerna måste ha formen (t, 0, 0) resp. (0,s,). Dess riktning skulle då ges av såväl (p t, q, r) som (p, q s, r ) som alltså måste vara parallella. Om r 6= kan parallellitetsvillkoret formuleras p t p = q q s = r r Enda möjligheten för t är då t = p p r r och om även r 6= 0är enda möjligheten för s s = q/r Om däremot r =0, så är enda möjligheten att (p t, q, 0) = 0 (p, q s, 0 ) q =0 t = p s = godtcklig Om r =, så i stället (p, q s, ) = 0 (p t, q, ) p =0 s = q t = godtcklig 9. a) Vill ha b, så att följande ekvationssstem för s och t är lösbart ( + t, +t, +t) =(s, +s, b s) varav b = +t = s +t =+s +t = b s +t = s +t =+(+t) +t = b (+t) +t = s t = 7=b 6 b) Från a) kan vi avläsa skärningspunkten: t =i första linjens ekv. ger (, 5, 7) Planets ekv. på parameterform: = 5 + s z 7 + t 4

6 0. Dela upp e i vinkelräta komposanter, den ena parallell med, den andra vinkelrät mot e :. Lös ut e och e : ½ be =e +e a) be = e +6e ½ e = 8 (be be ) e = 6 (be be ) e θ e e e Linjen består av de punkter vars ortsvektor OP är parallell med den andra komposanten e cos θ e = e e =[relativt basen e, e ] = µ, Alltså svar: µ µ / = t e e + e = 4 (be be ) 6 (be be ) = 6 be 6 be b) Sambandet mellan koordinaterna relativt de olika sstemen fås ur b be + b be = e + e = 8 (be be ) 6 (be be ) ½ b = 8 6 Därför b = b + b = 0 µ 8 µ = = 0 = t = + =0 5

7 . Linjens ekvation på parameterform: ½ = t, t godtcklig = 4 t OP= OP 0 + tv, där OP 0 = (0, 4), v =(, ) med avseende på den urspr. basen Sambandet mellan na och gamla basvektorer (eftersom OP =(, 0) och PQ =(, ) relativt den gamla basen) : ½ e 0 = e e 0 = e +e ½ e = e 0 e = e + e0 = e0 + e0 Alltså O 0 P 0 = e 4e = e 0 e 0 v = e e = e 0 e 0 e 0 = e 0 e 0 I det na sstemet har vi ekvationen O 0 P = O P 0 + tv där O P 0 = (, ), v =(, ) med avseende på den na basen d.v.s. ½ 0 = t 0 = t, t godtcklig eller ekvivalent 0 = 0 vilket fås ur 0 + = t = 0 +. Alternativ : Utgå från en parameterformekvation och eliminera: OP = OP + s P P + t P P = s +at = +t z = s t t = s = at = a + a z = ( a + a) ( ) Den sista ekvationen är den som efterfrågas: (a ) + z = a Alternativ : Vi söker A, B, C och D, sådana att alla de tre punkternas koordinater uppfller A + B + Cz = D B +C = D A + B + C = D Aa +B + C = D B = D C A = D B C = C ac +(D C)+C = D därdensistaekv.ärekviv.med D = ( a) C Planets ekvation skall alltså ha formen C +( a) C + Cz = ( a) C +( a) + z = a (Fallet C =0ger inte ett plan utan hela rummet.) 6

8 4. Låt oss bestämma oss för att uttrcka allt i de tre linjärt oberoende vektorerna AB, AD och AE. Vektorn AP kan vi uttrcka på två olika sätt. Å ena sidan AP = t AG för något tal t ³ = t AB + BC + CG ³ = t AB + AD + AE Å andra sidan AP = AD + s v + s v där s,s är tal och v, v är två vektorer som spänner upp planet. Vi kan ta v = AE AD v = AB + BC AD = AB AD Därmed t AB + tad + tae = s AB + µ s s AD + s AE I och med att vektorerna är linjärt oberoende, så måste t = s t = s + s t = s vilket ger t = 7 µ s = 4 7,s = 7 Det sökta förhållandet är alltså :5 Alternativt sätt att formulera (egentligen) samma räkningar: Tänk dig ett koordinatsstem med A som origo och med koordinatalar så att intilliggande hörnen får koordinaterna B :(, 0, 0),D:(0,, 0),E:(0, 0, ) och därmed G :(,, ). Planet skall alltså gå genom (0, 0, /), (, /, 0) och (0,, 0). Dess ekvation blir (ser man direkt med interceptformeln) av tpen A + +z = där A bestäms av att (, /, 0) skall uppflla ekv. + +z = Detta plans skärning med linjen t (,, ) fås ur t + t +t = t = 7 5. Låt v, v, v, v 4 beteckna simmarnas hastigheter, t jk = tidpunkten då simmare j och k stöter ihop. Att, och möts parvis sinsemellan ger (t t ) v = (t t ) v +(t t ) v v = ( λ) v + λv med λ = t t t t Att, och 4 möts parvis sinsemellan ger (t 4 t ) v = (t 4 t ) v +(t 4 t 4 ) v 4 v = ( µ) v + µv 4 med µ = t 4 t 4 t 4 t Vi vill visa att det finns t sådant att (t t ) v = (t 4 t ) v +(t t 4 ) v 4 (t 4 t) v 4 +(t t ) v = (t 4 t ) v ( s) v 4 + sv = v med s = t t t 4 t Detta fås, om vi sätter vi de två uttrcken för v lika och omformar : ( λ) v + λv = ( µ) v + µv 4 λv µv 4 = (λ µ) v λ λ µ v µ λ µ v 4 = v Fallet λ = µ är uteslutet, eftersom det skulle innebära att v och v 4 är parallella. 7