Skalärprodukt (lösningar)

Transkript

1 Skalärprodukt (lösningar) 404. Nej : 40. Utnyttja definitionen u v u v cos θ u v 4 6 u och distributiviteten (u v) (u + v) u u 6v u + u v v v (Ritar man noggrant, ser man att u v och u + v mycket riktigt tycks vara vinkelräta : v u v u u+v Alla de oändligt många vektorerna med spets på den streckade linjen (och samma starpunkt som u) har lika skalärprodukter med u Ja : Skriv om likheten så här Sätt nu in u v w : u (v w) 0 (v w) (v w) 0 v w 0 v w 0 v w 0 v w Men en poäng är att den algebraiska räkningen klaras av lättare och fortare, eller hur?) (u + v) (u + v) u +u v + v F PQ (,, ) (,, 5) + 4 5Nm u + v p (u + v) (u + v) Arbetet är (u +v) (u v) 4 u 9 v Ja. 40. u + v u v (u + v) (u + v) (u v) (u v) u u +u v + v v (u u u v + v v) 4 u v (F x,f y ) (x x 0,y y 0 )+ +(F x,f y ) (x x,y y )+... +(F x,f y ) (x n x n,y n y n ) F x ((x x 0 )+(x x )+... +(x n x )) + +F y ((y y 0 )+(y y )+... +(y n y )) [Nästan alla termer tar ut varandra!] F x (x n x 0 )+F y (y n y 0 ) Samma uttryck som för rätlinjig förflyttning från start till mål: (F x,f y ) (x n x 0,y n y 0 ) Tilläggsfrågan: Varje väg kan approximeras godtyckligt noggrant med polygonvägar. 8

2 408. Avståndet mellan (a, b, c) och (b, c, a) är q (a b) +(b c) +(c a) och samma uttryck fås även för avståndet mellan (a, b, c) och (c, a, b) och det mellan (b, c, a) och (c, a, b), så svaret är JA dock med det lilla förbehållet att om a b c, så urartar triangeln till en enda punkt Avstånden från en godtycklig punkt (x, y, z) till de två givna är q d (x ) +(y +) +(z ) q resp. d (x 7) +(y ) +(z 5) De punkter, för vilka dessa två avstånd är lika, är de vars koordinater löser d d d d Tillämpa kvadreringsregeln... x +8y +4z 56 x +y + z 4 Alternativ som bygger på att (a, b, c) är normal till planet ax + by + cz d. Kalla punkterna P resp. Q. Tänk dig ett plan Π genom mittpunkten på sträckan PQ, d.v.s. genom ((,, ) + (7,, 5)) (4,, 4) och som är vinkelrät mot PQ, d.v.s. vinkelrät mot (7,, 5) (,, ) (6, 4, ) ("Från sidan" syns ett plan som en rät linje.) P Inse nu att punkterna till vänster om Π ligger närmare P och de till höger närmare Q, medan Π består av just de punkter vi söker. (Pythagoras sats). Π Q Då kan vi skriva upp svaret : planet x +y + z 4 varvid (,, ) tagits som normal, som vektor parallell till (6, 4, ), och 4 erhållits som 4+ ( ) + 4, eftersom (4,, 4) skall satisfiera ekvationen. 40. P :s koordinater (x, y, z) skall uppfylla :s ekvation : x y 0 + t 0 z och samtidigt Π:s ekvation : x +y +z 9 ( + t)+( t)+(5+t) 9 t Alltså P :(,, ) och, då "innanför cirkeln" "innanför sfären", jämför vi P :s avstånd till sfärens medelpunkt med radien: Svar: utanför. ( 4) +( 4) +( ) > 5 4. Det visar sig finnas tre alternativ. För tredje hörnet finns två möjliga lägen: Om A och B är givna punkter och ABC skall vara en triangel med givna längder på sidorna, så beskriver de möjliga lägena för C en cirkel i rummet. En cirkel och ett plan skär varandra i, eller 0 punkter, såvida inte hela cirkeln ligger i planet. För varje val av tredje hörn finns sedan två alternativ för det fjärde. Men nu råkar man kunna få såväl tredje som fjärde hörnet i planet z 0, så två alternativ sammanfaller och det blir totalt i stället för 4 varianter: tredje fjärde ) (0, 0, 0) (,, 0) ) (0, 0, 0) (,, 4) ) (,, 0) (0, 0, 0) ) (,, 0) (4, 4, 4) Uträkningar på nästa sida. 9

3 Tredje hörnet (x, y, 0) skall ligga på avståndet (0,, ) (, 0, ) q (0 ) +( 0) +( ) 8 från de båda första ½ (x 0) +(y ) +(0 ) 8 (x ) +(y 0) +(0 ) 8 ½ x +(y ) 9 (x ) + y 9 Subtrahera första ekv. från den andra (i hopp om att många termer ska ta ut varandra) ½ x +(y ) 9 (x ) x + y (y ) 0 Den andra ekvationen kan förenklas med utnyttjande av symmetrin i x och y : x (x ) y (y ) Använd a b (a b)(a + b) : (x ) (y ) x y Sätt in i första ekv. x +(y ) 9, så fås x 6x 0 x 0 eller Det tredje hörnet har alltså koordinaterna (c, c, 0), där c 0eller Låt nu (x, y, z) stå för koordinaterna för det fjärde hörnet. Dessa bestäms av systemet (x 0) +(y ) +(z ) 8 (x ) +(y 0) +(z ) 8 (x c) +(y c) +(z 0) 8 Som innan får vi en enkel ekvation, av differensen mellan de två första ekvationerna : och, som innan x (x ) y (y ) x y Första och tredje ekv. antar då formen ½ x +(x ) +(z ) 8 (x c) + z 8 4. Subtraktion av dessa två ger x +(x ) (x c) z (z ) (4c 6) x c +9 6z 9 µ c x c + z µ c x c z Återstår att sätta in i x +(x ) +(z ) 8. Fallet c 0 x z x +(x ) +( x) 8 x 6x +9 8 x x 0 x eller Fallet c : x z x +(x ) +(x ) 8 x x +8 8 x 0 eller 4 DA AB + BC + CD + ³ + AB BC + AB CD + BC CD AC AB + BC + AB BC BD BC + CD + BC CD Undersök differensen mellan vänster- och högerled i den påstådda olikheten: AB + BC + CD + DA AC BD (I stället för de tre sista termerna, stoppa in ovanstående högerled) AB + BC + CD + +AB + BC + CD + ³ + AB BC + AB CD + BC CD + AB BC AB BC + BC CD BC CD AB + CD + ³ AB CD AB + CD 0 med likhet då och endast då AB DC 40

4 4. Parallellogramsatsen kan formuleras: Summan av kvadraterna på (de två) diagonalerna är lika med summan av kvadraterna på (de fyra) sidorna. En tänkbar generalisering för parallellepipeder: Summan av kvadraterna på (de fyra) diagonalerna är lika med summan av kvadraterna på (de tolv) sidorna. ("diagonalerna/sidorna" avser resp. längder) Låt parallellepipeden ABCDEF GH A E spännas upp av vektorerna u AB v AD w AE D H Rymddiagonalerna representeras då av vektorerna AG u + v + w BH u + v + w DF u v + w EC u + v w Summan av kvadraterna på diagonalernas längder och vi ser att vår förmodade generalisering stämmer, eftersom den sista summan ger just kvadraterna på alla sidors längder: 4 u AB + CD + EF + GH etc. B F C G 44. För korthetens skull, inför a OA b OB c OC (Kom dock ihåg att nu är b a till skillnad mot standardkonventionen!) Då är MN c+n (b c) ma ( n) c+nb ma ( n) c + n b + m a + +n ( n) b c m ( n) a c mn a b Utnyttja nu att AB a b b a a b + b a b a b och symmetrin, som ger a b b c c a Insättning av detta ger MN ³m + n +( n) a + + ((n m)( n) mn) a b m +n n + a + + n m n a b m m + a Således är MN +(m n ( n)) b q ( m) a +(m n ( n)) b Kontroll: m n 0ger MN a m,n0ger MN b m 0,nger MN a m,nger MN b AG + BH + DF + EC u + v + w +u v +u w +v w+ q + u + v + w u v u w +v w+ m 0,n/ ger MN a (b/). + u + v + w u v +u w v w u + v + w +u v u w v w 4 ³ u + v + w f f (, 4) ( 4, ) 5 ( ( 4) + 4 ) 0 5 och f 5p +4 f 5p 4 + 4

5 Alltså: u v u v 0 0 (a,, ) (a, a, ) a a + a eller a (b, a) (a, b) ba ab Nej en linje i dimensioner har ingen väldefinierad normal det finns oändligt många riktningar som är vinkelräta mot den! 49. Som riktningsvektorer till linjerna (Betrakta den rätvinkliga triangel med vilken man definierar riktn. koeff.) kan vi ta (,k ) resp. (,k ). Ortogonaliteten är då ekvivalent med 40. a) b) (,k ) (,k ) 0 +k k 0 k k (, 4) (x,y ) 0 (x ) + 4 (y ) 0 x +4y 5 (,, ) (x,y 0,z ) 0 (x ) + y + z 0 x +y + z x y z Ovan har vi väsentligen reproducerat härledningen för att ett plan med normal (a, b, c) har en ekv.av formen ax + by + cz d. När man väl vet detta, kan man också tänka så här: Kännedom om normalen ger direkt att planet har en ekvation av formen x +y + z d för något tal d Vad skall talet d vara? Sådant att (, 0, ) satisfierar ekvationen! Alltså + 0+( ) d x +y + z Samma resonemang tillämpat på a) tillåter oss att skriva direkt x +4y Varje punkt (x, y, z) iplanet bestämmer en vektor (x, y, z) (,, ) som är parallell med planet, d.v.s. vinkelrät mot vektorn (,, ); och omvänt. (,, ) (x,y,z ) 0 (x ) (y ) + (z ) 0 x y + z 4. Att en linje är vinkelrät mot ett plan betyder att den har planets normal som riktningsvektor. Därmed har vår linje ekvationen (x, y, z) (,, ) + t (,, ) Det t som svarar mot skärningspunkten med x + y z bestäms av ( + t)+( t) ( + t) t och skärningspunktens koordinater är alltså (,, ) + ( ) (,, ) (0,, ) 4. Låt (a, a, a) vara den sökta linjens skärningspunkt med x y z. Då är vektorn a a a 0 a a a + riktningsvektor för linjen och den skall vara ortogonal mot (, 0, ) : (a,a,a+) (, 0, ) 0 a 0 a Den sökta linjens ekv. x y 0 z + t 4 4 4

6 44. Tvärstagets ändpunkter (förankringspunkterna) skall ha koordinater + s 6 resp. 4 + t med 0 s 5 och 0 t 0. Tvärstagets riktning ges då av + s t och vi vill att dess skalärprodukt med båda de befintliga stagens riktningsvektorer, (, 6, 8) och (,, ), skall vara 0: s s ½ 0 04s +64 6t 08 6s 0 6t s,t I och med att dessa värden på s resp. t ligger innanför de aktuella intervallen, är svaret: JA. Förankringspunkterna fås genom insättning : 6 8 t 4 t (, 8, 4) på s (6,, ) på s 45. Planets normal är parallell med sfärens radie till tangeringspunkten, d.v.s. med vektorn (,, ). Planets ekvation blir x + y +z + + x + y +z 9 Skärn.punkterna med koord.axlarna avläses nu till µ µ 9, 0, 0, (0, 9, 0), resp. 0, 0, Linjen har riktningsvektor (,, ). Planet genom (a, a, a) med normal (,, ) : x + y + z a Detta plans skärning med ytan ges av lösningen till ekvationssystemet ½ x + y + z a xy + yz + zx Observera att (x + y + z) x + y + z + + (xy + yz + zx) Härav ser man att ½ x + y + z a ½ xy + yz + zx x + y + z a x + y + z 9a + Skärningarna är snitt mellan plan och sfär, alltså cirklar. 4

7 47. Med basvektorer parallella med rektangelns sidor a b y b 49. Välj ON-koordinatsystem så att halvcirkeln är övre halvan av enhetscirkeln, A : (, 0) B : (, 0) C : (x, y) Vinkeln ACB är rät då och endast då CA CB 0 kan ortogonalitetskravet formuleras y och skalärprodukten, uttryckt i koordinater, är AC BC (x +,y) (x,y) (x +)(x ) + y x +y 0 Sökt förhållande (a, b) (a, (b y)) 0 a b (b y) 0 by b a b y b by y by (b/a) b b a b a a b a Alt. Låt a och b svara mot rektangelns sidor. Sökt förhållande 0 (a+tb) (b a) a b+tb a tb a [a b 0] tb a t a /b a /b t t 48. a) Diagonalerna är u + v resp. u v. b) Två vektorer är vinkelräta då och endast då deras skalärprodukt är 0: (u + v) (u v) u u + v u u v v u v 0 [ty romb u v ] då C ligger på enhetscirkeln x + y. Alternativ utan koordinatsystem, men fortfarande med skalärprodukt: Låt O vara cirkelns medelpunkt. ³ ³ CA CB CO + OA CO OA CO CO OA OA OC OA 0 eftersom A och C befinner sig lika långt från cirkelns medelpunkt. 40. Låt ABC vara en godtycklig triangel. Säg att H är skärningen mellan höjderna mot BC och CA. Då är HA BC 0 HB CA 0 Vi vill visa att H ligger även på den tredje höjden, d.v.s. att HC AB 0 Skriv AB HB HA och motsvarande för BC och CA. De tre ekvationerna antar då formen (använder även distributiva lagen) 0 HA ³ HC HB HA HC HA HB 0 ³ HB HA HC HB HA HB HC 0 HC ³ HB HA HC HB HC HA Anm. u u brukar skrivas u. Jämför nu de tre högerleden och konstatera att addition av de två första ekvationerna ger den tredje. V.S.B. 44

8 4. OA BC + OB CA + OC AB ³ OA OC OB + ³ OB OA OC + ³ OC OB OA OA OC OA OB Säg att O är skärningspunkten mellan höjderna genom A och B. Det ger att OA BC 0 OB CA 0 Vi vill visa att OC är vinkelrät mot AB, d.v.s. OC AB 0 Men av likheten i föreg. uppgift följer att om de två första skalärprodukterna är 0, så är även den tredje Förkorta bort m. Vi vill visa att u u 0 v v 0 En ekvation för dessa två skalärprodukter kan vi få genom att kvadrera rörelsemängdlikheten: u + u v + v (u + u ) (v + v ) u +u u + u v +v v + v Energilikheten säger u + u v + v Alltså måste u u v v varav påståendet följer. 44. a) CH AB ((a + b + c) c) (b a) (a + b) (b a) b a 0 b) Att O, F och H ligger på en rät linje följer av att OH OF och detsamma gäller T, eftersom OT (a + b + c) OH c) Vi behöver visa att alla nio punkterna har lika avstånd till F, nämligen R, där R a b c FM C (a + b) (a + b + c) c och analogt FM A a FM B b FE C (c +(a + b + c)) (a + b + c) c och analogt FE A a FE B b (Räkningarna hittills har visat att sträckorna från F till M- oche-punkterna inte bara är lika långa, utan även är parallella med var sin sträcka från O till ett triangelhörn.) Att FH C FM C (och analogt FH C FM C, FH C FM C ) inses kanske enklast utan vektorräkning: C E C H A M B H B H F O M A E B E A A H C M C B OM C H C H är ett rätvinkligt parallelltrapets (OM C khh C och räta vinklar vid M C och H C ), och F är mittpunkt på OH. 45

9 45. Skärningspunkt: Lös ut y ur första ekv. och sätt in i andra: ½ y x x +4( x) ½ y x /5 x /5 Vinkeln mellan linjerna vinkelnmellannormalerna: θ arccos arccos (, ) (, 4) arccos Vinkeln mellan u och v är α β, så u v u v cos (α β) cos(α β) Använder man däremot koordinaterna u v (cosα, sin α) (cos β,sin β) cosα cos β +sinα sin β 47. Övertyga dig först att två olika par av rymddiagonaler alltid kan överföras i varandra genom vridning av kuben, så det finns bara ett fall att räkna på! Lägg in ett koord.system så att kubens hörn finns i (a, b, c), där a, b, c är antingen 0 eller och så att den ena diagonalen går från (0, 0, 0) till (,, ) och den andra från (0, 0, ) till (,, 0). Den sökta vinkeln är vinkeln mellan vektorerna (,, ) och (,, ) och den är arccos (,, ) (,, ) arccos Inför en ON-bas {e, e, e } så att kuben spänns upp av basvektorerna. M.a.p. denna bas ges diagonalernas riktningar av (,, ), (,, ), (,, ), (,, ) Låt (a, b, c) vara en riktningsvektor för linjen, med längden, d.v.s. a + b + c. Då är cos θ (,, ) (a, b, c) (,, ) och på samma sätt för övriga vinklar. Den givna summan blir 49. Vet att (a + b + c) + ( a + b + c) + + (a b + c) + (a + b c) 4a +4b +4c 4 u u a v v u v a cos 60 a Den sökta vinkeln θ uppfyller (u + v) (v u) u + v v u cos θ Vänsterledet 6u v +v 4u v u a Längderna i högerledet q u + v (u + v) v u p 4u +4u v + v 7a q (v u) p 9v u v+4u 7a Alltså a 7a 7a cos θ 7 cosθ θ arccos 7 (Sidlängden är egentligen irrelevant vinkeln beror inte på den det kunde vi insett från början, tagit triangelsidan som längdenhet och satt in v u i räkningarna.) 46

10 440. Vi har (för alla u, v, w) följande kedja av ekvivalenta likheter: u+v + w u + v+w u+v + w u + v+w (u + v + w)+v (u + v + w)+w Utveckling ger ekv. (u + v + w) +(u + v + w) v + v (u + v + w) +(u + v + w) w + w (u + v) v + v (u + w) w + w u v +v u w +w Utnyttja nu att u v u v cos θ, u u, etc. och sätt in givna värden: 5 cos θ + 5 cos π + cos θ 5 θ arccos µ Låt (x, y, z) vara (komponentframställningen av) den aktuella vektorn. Efter ev. omnumrering kan vi anta att (, 0, 0) och (0,, 0) är de basvektorer som den bildar vinkeln π/ med. Kalla den sökta vinkeln θ. Använd att skalärprodukt kan tecknas på två olika sätt: med mellanliggande vinkel eller med hjälp av komponenter (ON-bas förutsätts). x (x, y, z) (, 0, 0) p x + y + z cos π y (x, y, z) (0,, 0) p x + y + z cos π z (x, y, z) (0, 0, ) p x + y + z cos θ Utnyttja symmetrin! Kvadrera ekvationerna och lägg ihop: x + y + z x + y + z ³ cos π π +cos +cos θ cos θ ± θ ±π/4, ±π/4 Alla fyra talen beskriver emellertid samma konfiguration, så det räcker att svara med det enklaste: π/4. Anm. Skalärproduktresonemanget ovan ger att varje vektor v kan skrivas på formen v (cos γ, cos γ, cos γ ) där γ k vinkeln som v bildar med basvektor e k Talen cos γ k kallas riktningscosiner (eng. direction cosines) till vektorn. 47

11 44. Vektorerna ba och ab är lika långa, så ba + ab svarar mot diagonalen i en romb. En diagonal i en romb delar romben i två trianglar, som är kongruenta enligt SSS-fallet, och därmed är motsvarande vinklar lika... Den som inte känner sig hemma med ovanstående och/eller vill hellre öva på skalärprodukt kan resonera så här: Detäråskådligtklartatten linjärkomb. av a och b med positiva koefficienter (som fallet är här med b och a) ger en vektor som pekar i någon riktning mellan a och b. Det räcker att kontrollera att ba + ab bildar lika stora vinklar med a som med b : Inför för korthetens skull d ba+ab Skalärproduktens definition ger Härur (ba+ab) a da cos θ a (ba+ab) b db cos θ b cos θ a ba + ab a da ba b + ab cos θ b db och vi kan dra slutsatsen att θ a θ b. ab + a b d a b + ab d 444. Inför vektorer u och v så att DC 4u DA 4v Då är DE 4u +8v 6(4u +v) Då u och v är vinkelräta och har längd, har 4u +v längd p Riktningen för bisektrisen till ADE ges då av Vi söker x så att 5v +(4u +v) 4(u +v) 4v + xu t (u +v) för något t ½ ½ x t x 4 t t AF är alltså m. 44. Å ena sidan (övn. 09) CC BC CA + AC CB AB AB Å andra sidan ³ CC t BC CA + AC CB för något t 48

12 445. Beteckna vektorerna med u 0, u, u, u, u 4. a) Låt v u 0 + u + u + u + u 4 Vrid alla vektorer 7 kring medelpunkten. Då måste v också vrida sig 7. Men å andra sidan är summan oförändrad: u 0 övergår i u, u i u,... och u 4 i u 0, så u 0 +u +u +u +u 4 övergår i u +u +u +u 4 +u 0 som är samma vektor. Den enda vektorn som inte ändrar sig när man vrider den 7 är nollvektorn. b) Ã 4X! Ã 4X! 0 u k u k k0 4X u k u k + k0 k0 X 0 j<k 4 u j u k Observera nu att µ ½ vinkeln mellan 7, om j k ±mod5 u j och u k 44, om j k ±mod5 (och detta täcker alla par!) så vi har varav 0 5+0cos7 + 0 cos 44 x cos 7 cos θ cos θ 5+0x +0 x 0x +0x cos 7 x [+för att få vårde > 0] r a) Man ser snabbt att avståndet mellan varje par bland (, 0, 0), (0,, 0) och (0, 0, ) är detsamma q +( ) Den fjärde väteatomen skall ligga på samma avstånd till de tre första, och betänker man hur avstånd räknas ut, inser man att (,, ) är det ena av de två möjliga lägena för den fjärde väteatomen. (Det andra läget är (a, a, a) med något a<, som man behöver mer räkning för att bestämma.) När de fyra väteatomernas koordinater är klara, fås kolatomens koordinater med tyngdpunktsformeln : ((, 0, 0) + (0,, 0) + (0, 0, ) + (,, )) µ 4,, Halverar man längdenheten, så finns atomerna i (, 0, 0), (0,, 0), (0, 0, ), (,, ), (,, ) och den sökta vinkeln kan nu fås som med b) arccos a b a b arccos µ 09.5 a (, 0, 0) (,, ) (,, ) b (0,, 0) (,, ) (,, ) 0 a + b + c + d 0 (a + b + c + d) a + b + c + d + +a b +a c +a d + +b c +b d +c d [låt a vara längdenhet] 4+cosθ µ θ arccos

13 447. Den sökta vinkeln är AE AF arccos AE AF Alternativ : Utnyttja att AB AC AB AD AC AD cos 60 / samt att för alla vektorer v är v v v P.g.a. symmetrin är AG AE AF BG CF DE AE AF AE AG AF AG Vidare AE + AF + AG AT Därför ³ AE + AF + AG 9 AT AE +6 AE AF 9 ³ AE TE Vi har AE AF ³ AB + AC ³ AB + AD ³ AB + AB AD + AC AB + AC AD 4 µ Svar: AF AE AE r ³ r AB + AC + + ³ AB + AC arccos 5 µ 8 / arccos Tyngdpunkten delar medianerna i förhållandet : från hörnet räknat, så högerledet är à 9 AE DE! 8 AE Alltså Således är svaret 6 AE AF 5 AE AE AF AE 5 6 arccos Riktningsvektorer med längden för linjerna är (sin θ cos ϕ, sin θ sin ϕ, cos θ ) (sin θ cos ϕ, sin θ sin ϕ, cos θ ) Alternativ : Låt G vara mittpunkten på den tredje kanten CD och T tyngdpunkten (medianernas skärningspunkt) på sidoytan BCD. A Skalärprodukten mellan dessa ger oss låt α beteckna den sökta vinkeln cos α sinθ cos ϕ sin θ cos ϕ + +sinθ sin ϕ sin θ sin ϕ + +cosθ cos θ sinθ sin θ cos (ϕ ϕ )+ +cosθ cos θ B Alltså E C T G F D α arccos (sin θ sin θ cos (ϕ ϕ )+cosθ cos θ ) 50

14 Vinklar mellan plan 449. Den ena av de två vinklarna med summa 80, som normalerna (,, ) och (,, ) bildar, är Svar : (,, ) (,, ) arccos µ arccos arccos Planets normal skall vara vinkelrät mot x-axelns riktningsvektor (, 0, 0), så den har formen (0,B,C). Vidare skall den bilda så liten vinkel som möjligt med det givna planets normal (,, ). Föreställ dig nu (,, ) och (0,B,C) som pilar i rummet, båda avsatta från origo. (,, ) är fix, medan (0,B,C) får variera i ett plan (yz-planet). Vinkeln θ mellan (0,B,C) och (,, ) är minimal när (0,B,C) är parallell med (,, ):s vinkelräta projektion på planet i vilket (0,B,C) får variera, d.v.s. när (B,C) är parallell med (, ). Svar: y +z 0 Alternativt kan man resonera som så att vinkeln θ är minimal när cos θ är maximal cos θ (0,B,C) (,, ) 0 + B + C Tolka detta som ett uttryck för -dim. vektorer! (B,C) (, ) B + C q µ ( ) + cos 5 vinkeln mellan (B,C) och (, ) med likhet då (B,C) t (, ) för något t> Regelbunden tetraeder alla fyra sidorna är liksidiga trianglar alla sidotrianglars medianer är också höjder (är vinkelräta mot resp. kant). A Låt M vara mittpunkten på AB. Vinkeln mellan OAB och ABC vinkeln mellan OM och CM. För korthetens skull, inför a OA b OB c OC och sätt a b c. Då är M O C a b b c c a OM CM MO MC OM CM cos θ µ (a + b) c (a + b) 4 cos θ + 4 (a ³ c + b c) a +a b + b B 4 cos θ cos θ cos θ θ arccos 5

15 45. I och med att sidotrianglarna är liksidiga, är medianer från bashörn till en och samma kant, som AM och CM i figuren, vinkelräta mot kanten (BM här). Vinkeln mellan ABO och BCO vinkeln mellan AM och CM. För korthetens skull, inför a OA b OB c OC Då är MA MC MA MC cos θ µa b µc b a b cos θ Vi väljer längdenhet så att a c b c a b + 4 b µ a a b + 4 b cos θ a b c a b b c och observerar att a c ³ a + c a c ³+ 0 Därmed fås 4 4 cos θ µ θ arccos 45. Om vinkeln mellan en tetraederyta och en pyramidyta som får gemensam kant vid ihopsättandet, skulle råka bli exakt 80, kommer dessa att utgöra en enda sidoyta i den sammansatta polyedern. Så är fallet här för sidoytorna som förenas längs två av pyramidens sidokanter, eftersom summan av vinklarna som beräknats i de två föregående problemen arccos µ + arccos π 454. Låt Två par av sidoytor "sammansmälter" alltså till var sin sidoyta och totala antalet sidoytor blir då 7 5 (Frågan har blivit extra uppmärksammad, då konstruktörerna av ett SAT-test på 970-talet gjorde sig skyldiga till ovannämnda förbiseende.) u AB/ AB v, v normaler till u av längd som ligger i resp. halvplan Dela upp AP och AP i vinkelräta komposanter : (skriver endast p,p för AP resp. AP ) AP p cos β u + p sin β v AP p cos β u + p sin β v Obs. att v v cosα AP AP cos θ p p p cos β p cos β + p sin β p sin β cos α p p cosβ cos β +cosα sin β sin β Den amerikanska förebilden till Högskoleprovet. (SAT Scholastic Aptitude Test) 5

16 455. Att O är en punkt på höjden h A är ekvivalent med att OA BC OA BD 0 ³ OA OC OB 0 d.v.s. ³ OA OD OB 0 d.v.s. OA OB OA OC OA OD På samma sätt, att O är en punkt på h B är OB OC OB OD OB OA Båda dubbellikheterna innehåller OA OB. Härav ser vi att h A och h B skär varandra då och endast då det finns en punkt O för vilken OA OB OA OC OA OD OB OC OB OD Kontrollräkna nu: AB ³ CD OB OA ³ OB OD OA OD + ³ OA OC OB OC ³ OD OC 456. Antag att a, b och c genererar tetraedern (t.ex. a DA, b DB, c DC) ochatt Då är a (b c) 0 b (c a) 0 c (a b) a c b c a b a b 0 Komposantuppdelning 457. a) θ vinkeln mellan u och v 458. u v u v cos θ u v v u v v (±), varvid ± beroende på om θ π/. Men u cos θ (±) u v b) Skriv u u v + u, där u är vinkelrät mot v u v (u v + u ) v u v v + u v u v v +0 u v u v v v v Om v 0 tv för något t, så u v 0 u tv t u v tv tv tv t v v v u v 459. Att D ligger på linjen AC innebär att det finns t sådant att BD BA + tac Att D ligger på höjden mot sidan AC innebär att AC BD 0 Alltså AC BA + t AC AC 0 AC BA t AC (,, ) (6, 4, ) AC (,, ) (,, ) Därmed BD BA + tac (6, 4, ) + (,, ) (,, ) 5

17 460. Vektorn (,, ) har längden, så F (,, ) Det går emellertid bra att dela upp (,, ) och sedan multiplicera alla komposanter med /. Projektion på planets normal: (,, ) (,, ) Komposanten som är parallell med planet: Multiplicera nu dessa två med / : F (Den första komposanten är vinkelrät mot, den andra parallell med π. Enhet N.) 46. Sträckan som sammanbinder punkterna är vinkelrät mot och delas i mitten av planet i fråga. H,,4L H,,8L 46. (Se Sparr, sid.76-77). Välj en punkt Q i planet, t.e.x Q :(0, 0, ), och projicera QP på planets normal. QP (,, 5), dess projektion på planets normal (,, 5) (,, ) + + Spegelbilden: 6 4 Alternativ: Betrakta den normallinje till planet som går genom den givna punkten: x y + t z 6 Dess skärningspunkt med planet svarar mot det t-värde som löser ekvationen (+t)+(+t)+(6+t) t Om nu urbilden svarar mot t 0och skärningspunkten mot t, så måste spegelbilden svara mot t i linjens ekvation: 6 4 Vi har alltså att ställa upp ekv. för ett plan medkändnormal och som går genom en given punkt Svar: x y + z + 6 x y +z 54

18 46. Väsentligen samma räkning som i föregående fråga, men med en godtycklig punkt på x-axeln, (s, 0, 0), s R, i stället för (,, 6). Om vi följer det andra alternativet: Genom (s, 0, 0) dra en normallinje till planet: x y z s t Dess skärningspunkt med planet: (s +t)+ t + t t 9 s Om den linje som speglas skär det speglande planet, måste skärningspunkten avbildas på sig själv, d.v.s. den speglade och den ursprungliga linjen måste då ha en gemensam punkt P och denna P tillhör det speglande planet. I vårt fall ser vi genast att såväl som 0 går genom origo och linjerna sammanfaller inte, så i profil ser detutsåhär ' π Detta t ger projektionen: s µ 9 9 s + 9 s 5 4,s R (Punkten (/, 0, 0) i facit svarar mot s /) Fördubbling av t ger spegelbilden: s µ s s 8 4 och skärningspunkten är origo. De angivna riktningsvektorerna till och kan ligga" på olika sidor om det speglande planet ' eller på samma sida: ' π π 464. Planets ekv. ax + by + cz d bestäms av att de tre givna punkterna skall uppfylla den: a + b + c d a b d 4a b + c d dra ifrån första från tredje a + b + c d a b d a b 0 Härav syns lösningen (ett sådant system skall ha oändligt många lösningar varje multipel av (a, b, c, d) skall ju också vara en lösning! det räcker att vi tar en) d 0,a,b,c 5 Vi observerar att origo tillhör planet. Nu kan vi spegla: 0 (, 0, 0) (,, 5) OBS. att (,, ) och (, ) har lika längd, så vi kan låta oss vägledas av figurerna och får planets normal till i första fallet + Därav ekvationerna 0 4 x y 0 resp. x + y 4z 0 i andra fallet (Det speglande planet skulle ju gå genom origo). 55

19 Reflektion 466. Reflektionspunkten är skärningspunkten mellan linjen och planet. För att få den, sätt in x +t, y 0 t, z +t iplanetsekv.: ( + t)+(0 t) ( + t) t d.v.s. strålen reflekteras i (,, ) Dela upp (,, ) i en komposant som är parallell med och en som är vinkelrät mot det reflekterande planet. Normalkomposanten (,, ) (,, ) + +( ) (,, ) (,, ) Parallellkomposanten (,, ) µ (,, ) (5, 4, ) Den reflekterade strålen har riktningen (5, 4, ) µ (,, ) (7,, ) och strålens ekvation är (,, ) + t (7,, ), t 0 Skärningen med planet x y z 0 0 ges av (+7t) ( t) ( t) 0 t vilket svarar mot punkten (9, 4, ) 467. Spegla en av punkterna i det reflekterande planet R. Sammanbind bilden med den andra punkten. Punkten där sammanbindningssträckan skär R är punkten där strålen träffar R: Spegelbilden av (,, ) beräknar vi genom att utnyttja att (0, 0, 0) tillhör R (annars får vi subtrahera koordinaterna för en sådan punkt från (,, )!) +( ) +( ) Linjen genom (4,, 6) och (,, ) har ekv. x +t y t z 9t Dess skärningspunkt med x y z 0fås ur ( + t) ( t) ( 9t) 0 Lösningen t / insatt i linjens ekv. ger (x, y, z) (,, 0) 468. Ur linjens ekvation på parameterform x t x y z t y t z t avläser vi en riktningsvektor för infallslinjen i: Dela upp u u u k + u där u (,, ) u k är parallell med planet u är vinkelrät mot planet En riktningsvektor för reflektionslinjen r är då u k u I vårt fall: u u k u u u k u 5 7 Återstår att hitta en punkt på r. Ensådanärskärningenmellanavi och planet. Den ser vi direkt vara origo. Svar: x y z t 5 56

20 469. Infallande strålens riktning fås ur den reflekterade på samma sätt som den reflekterade fås från den infallande. Dela upp i vinkelräta komposanter r r k + r, Infallsriktningen ges då av I vårt fall: r parallell med planets normal i r k r r (,, ) n (,, ) r r n n n n (,, ) 7 r k r r (, 9, ) 7 i (,, 5) 7 Avståndsberäkningar 470. Normalvektor till linjerna är (, 4). Linjerna måste ha ekvationer av typen x +4y c Att avståndet från (, 0) till en sådan linje är 5 kan formuleras +4 0 c 5 +4 varav Svar: c 5 c ± 5 x +4y 8 x +4y 47. Sök helt enkelt punkter på linjen (så kan den skrivas på parameterform) x +t : y +t z +t Denna ekvation har två reella rötter, så linjen skär sfären i två punkter. Alternativ: Linjen kalla den skär (tangerar) sfären om och endast om det avståndet från sfärens centrum till är mindre än (lika med) sfärens radie. Betrakta den rätvinkliga triangeln OAB, där O sfärens medelpunkt, A :(,, ) (eller någon annan punkt på linjen) och B den punkt på som ligger närmast O. Då är, om v riktningsvektor till, säg v (,, ), OB OA AB OA AO v v v v (7 ) +( ) +( ) µ (6, 0, 0) (,, ) (,, ) OB < 5 Alltså skär linjen sfären (i två punkter). 47. Linjen på parameterform x 4+6t : y 8+4t z + t Beräkna avståndet från sfärens medelpunkt till och sedan lägg till / dra ifrån sfärens radie! Kvadraten på avståndet från (0, 0, 0) till (0+4) +(0+8) +(0 ) µ (0 + 4, 0+8, 0 ) (6, 4, ) Alltså, svar: max min 6 5 som uppfyller även sfärens ekvation (x 7) +(y ) +(z ) 5 Alltså sök t sådana att ( + t 7) +(+t ) +(+t ) 5 t t +6 5 t 4t

21 47. a) Vi söker det minsta värdet som uttrycket (avståndet i kvadrat för att slippa rottecken) (x ) +(y ) +(z ) kan anta då man sätter in (x, y, z) som uppfyller de s.k. bivillkoren (optimering med bivillkor brukar liknande problem rubriceras) ½ x +y + z 50 x y z +0 Ur första bivillkoret får vi z 5 x y Sätter in i det andra bivillkoret och löser ut y (härmed har vi parametriserat skärningslinjen med x som parameter, skulle man kunna säga) y x (5 x y)+6x +4y 9 y x så står vi inför ett optimeringsproblem i en variabel av standardtyp: Minimera (x ) +( x) +( x 6+4x) x 6x +9+4x +4x x +9 9x 8x +89 x x + [kvadratkomplettering] ³ 9 (x ) + Avläser: Minimum 9, antas för x. Svar (glöm ej kvadreringen vi gjorde i början):. b) Tillämpa Sparr, sid.78, Ex. ; utnyttjar dess beteckningar. Skärningslinjen fick vi ovan (alt.) till varav P 0 : (0,, ), v (,, ) x t y x t z 5 x y +t u 0 0 u 9, u 9 Svar u 474. I och med att p f (x) antar sitt minsta värde för samma x som f (x), kan vi betrakta avståndens kvadrater och slippa rottetcken. Från O till punkten (a + t, a t, +at) på är avståndet i kvadrat : (a + t) +(a t) +(+at) a + t +at +a + Avståndet från O till är roten ur det minsta värde som detta uttryck kan anta, när vi stoppar in olika t (d.v.s. betraktar avstånden från O till alla möjliga punkter på. Kvadratkomplettera a + µ t + a a a + a + +a + så syns att uttryckets minsta värde är a a + +a +, som antas då t a a + Nu söker vi a så att detta uttryck blir minimalt: a + a a + a + a + a + + a + 4 Inför x a +. Iochmedatt vilket följer av att f (x) x + x,x f 0 (x) x > 0 så har f minimum för x, vilket svarar mot a Om P 0 är någon punkt i planet π, kan vi få avståndet från P till π som längden av den vinkelräta projektionen av P 0 P på π:s normal. I vårt fall är (,, ) en normalvektor av längd. Som P 0 duger t.ex. (0, 0, 5) (koordinaterna skall satisfiera planets ekvation). Därmed får P 0 P koordinaterna (,, 5) och det sökta avståndet blir (,, ) (,, 5) 8 58

22 ( ) d ( ) d d d + d d + d d eller + d d d x 6y +z 5 x +y z x 6y +z 5 x +y z + ± 7 Den aktuella mängden utgörs alltså av de två (sinsemellan vinkelräta) planen (x 6y +z 5) 7 (x +y z +) x +y z och (x 6y +z 5) 7 (x +y z +) x 4y 5z Rita två plan i profil som två räta linjer och inse att normalerna till de eftersökta planen halverar vinklarna mellan de givna planens normaler allting vrids 90. (Att de sökta planen är vinkelräta följer omedelbart med vinkelräkning redan här.) Bisektrisriktningen till två vektorer a och b fås genom att normera dem och lägga ihop: a a+ b b Således har de eftersökta planen normalerna 7 (, 6, ) ± (,, ) d.v.s. (, 4, 5) och (,, ) För att få själva planens ekvationer återstår att hitta någon punkt som ligger på dem och sådana punkter är alla som tillhör skärn.linjen mellan de givna planen, t.ex. (, 0, ). Alt. kan man geometriskt inse att de plan som halverar vinklarna består av de punkter som ligger på samma avstånd från båda planen och räkna som i föregående uppgift. 59

23 479. Planen måste vara parallella, eftersom (,, 4) är normal till båda. Ta en punkt från vardera, t.ex. P :(5, 0, 0), P :(6, 0, 0) Beräkna längden av ortogonala projektionen av P P (, 0, 0) på normalriktningen: P P 48. Medelpunkten skall ligga i planet mitt emellan de två givna. Det planet är Π : x y + z +60 Den sökta medelpunkten är skärningen mellan Π och den normal till Π som går genom (,, ), nämligen Skärningspunkten fås ur x +t y t z +t (, 0, 0) (,, 4) + +4 Alternativ: För ett plan ax + by + cz d, som innehåller punkten (x 0,y 0,z 0 ), är d a + b + c ax 0 + by 0 + cz 0 a + b + c (a, b, c) (0 x 0, 0 y 0, 0 z 0 ) a + b + c avståndet med tecken från origo till planet. ( + t) ( t)+(+t)+6 0 t Sfärens radie Sfärens ekvation (x 0,y,z 0) r q +( ) + x +(y ) + z (Plustecken, om origo ligger på andra sidan än den som (a, b, c) pekar mot.) 48. Skärningen mellan en sfär och ett plan kan bestå av 0, eller oändligt många (en cirkel) punkter. Vilket fall som inträffar bestäms av planets avstånd till sfärens medelpunkt d a + b + c De tre fallen får vi då detta avstånd är >, resp. <. 48. Utveckling och identifiering av koefficienter Har vi nu två plan med avstånd till origo, räknat med tecken, d resp. d, så är avståndet planen emellan I vårt fall: d d Se föregående uppgift. d d a + b + c x -termer : x-termer : a +4b +4c 6 konstanter : a + b + c (Jfr. med föregående problem.) Avståndet från origo till planet a +b +c är + + så planet tangerar enhetssfären, d.v.s. det finns exakt en lösning: Gå från origo längdenhet i vinkelrätt mot planet: µ (a, b, c),, 60

24 484. Att de tre avstånden skall vara lika för P :(x, y, z) är ekvivalent med x + y + z x y z x + y z + 6 Detta är en s.k.halvstråle x t y + t z y, t < Att sträckan från P till origo inte skall skära planen är liktydigt med att P och origo skall ligga på samma sida om planen, vilket i sin tur innebär att x + y + z skall ha x y z skall ha x + y z + skall ha d.v.s. x + y + z< x y z< x + y z > Första likheten är ekvivalent med samma tecken som samma tecken som samma tecken som x + y + z x y z eller x + y + z (x y z ) d.v.s. y + z 0 eller x (Mängden av punkter som ligger lika långt till två skärande plan, bildar i sin tur två plan.) Alternativet x leder till motsägelse: ½ +y + z< y z< med startpunkt (punkten svarande mot t ) Ã! + +,, Alternativ för att utesluta x : Sträckan från en punkt (,b,c) iplanetx till origo har ekvationen (x, y, z) t (,b,c), 0 t Den skär inte planet x + y + z dåå insättning av t (,b,c) i x ger samma tal med samma tecken för alla 0 t : +b + c < b + c < 0 Den skär inte planet x y z dåå b c < b + c > 0 Dessa två krav går inte ihop. Alltså räcker det att undersöka punkterna för vilka y + z 0 Sätt in z y i den andra likheten samt olikheterna: (x ) x +y + eller ³ (x ) x +y + ½ x< och x +y + > 0 De sökta punkterna är alltså de som uppfyller x< (x ) x +y + z y x< y + x z y 6