Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR
1 av 10
Ortonormerade baser och koordinater i 3D-rummet
ORTONORMERADE BASER I PLAN (2D) OCH RUMMET (3D)
ORTONORMERAT KOORDINAT SYSTEM
r r
r r r
Vi säger att en bas i rummet ex , e y , ez ( ex , e y i plan) är en ortonormerad bas om
följande 2 villkor är uppfyllda:
1. basvektorerna är parvis vinkelräta ( = ortogonala)
r
r
r
2. basvektorerna har längden 1, dvs | ex |= 1 , | e y |= 1 och | ez |= 1
Då är tillhörande Oxyz ett ortonormerat ( kortare ON) koordinatsystem. ONkoordinatsystemet kallas även det kartesiska koordinatsystemet ( efter franske matematiker
Rene Descartes)
z-axeln
y-axeln
Alltså, i ett ortonormerat system är axlarna vinkelräta och ”enhetssträckorna” har samma
längd.
r
r r
Beteckning: Basvektorer i ett ON-system betecknas oftast i , j och k men även som ovan
r r r
r r r
ex , e y , ez eller e1 , e2 , e3 .
Längden av en vektor och avståndet mellan två punkter i ett ON-System
Det är väldigt enkelt att göra avståndsberäkningar i ett ON-koordinatsystem ( vi kan
använda Pytagoras sats på rätvinkliga trianglar).
Avståndsberäkning i planet Oxy med ON-koordinatsystem:
r
r
| v |= x 2 + y 2 är längden av vektorn v = ( x, y )
-------------------------------------------------------------------------------Om A( x1,y1) och B( x2,y2) är två punkter i planet med ON koordinatsystem då är
Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR
2 av 10
Ortonormerade baser och koordinater i 3D-rummet
→
AB =(x2 − x1 , y2 − y1 ) och längden blir, enligt ovanstående formel,
→
| AB |= (x2 − x1 ) 2 + ( y2 − y1 ) 2 .
Avståndet mellan två punkter A och B som vi betecknar d(A,B) är samma som längden av
→
vektorn AB dvs
→
d(A,B) = | AB |= (x2 − x1 ) 2 + ( y2 − y1 ) 2 ,
som vi kan även se direkt ( Pytagoras sats) på nedanstående figur.
→
d(A,B) = | AB |= (x2 − x1 ) 2 + ( y2 − y1 ) 2 ,
På liknande sätt beräknar vi längden av en vektor i 3D-rummet med ett ON koordinatsystem.
r
Låt v = ( x, y, z ) .
r
Då är vektors längd | v |= x 2 + y 2 + z 2 .
Om A( x1 , y1 , z1 ) och B(x 2 , y 2 , z 2 ) är två punkter i 3D-rummet med ett ON koordinatsystem
då är
→
AB =(x2 − x1 , y2 − y1 , z2 − z1 ) och längden blir, enligt ovanstående formel
→
| AB |= (x2 − x1 ) 2 + ( y2 − y1 ) 2 + +(z2 − z1 ) 2 .
r
Nedanstående graf förklarar formeln | v |= x 2 + y 2 + z 2 .
r
| v |2 = d 2 + z 2 = x 2 + y 2 + z 2
Därför
r
| v |= x 2 + y 2 + z 2
Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR
3 av 10
Ortonormerade baser och koordinater i 3D-rummet
r
Exempel: a) Bestäm längden av vektorn v = (1,−2,3) .
b) Bestäm avståndet mellan punkterna A(1,1,1) och B ( -1,2, 1)
r
c) Bestäm den enhetsvektor som har samma riktning som u = (1,2,4) .
Lösning:
r
a) | v |= x 2 + y 2 + z 2 = 1 + 4 + 9 = 14
(l.e.)
→
b) Först AB =(x2 − x1 , y2 − y1 , z2 − z1 ) = (−2,1,0) .
→
Därför d(A,B) = | AB |= 4 + 1 + 0 = 5 (l.e.)
r
c) | u |= x 2 + y 2 + z 2 = 1 + 4 + 16 = 21
r
1 r
Den enhetsvektor som har samma riktning som u är r u .
|u |
1 r
1
1
2
4
(1,2,4) = (
,
,
).
r u=
|u |
21
21 21 21
r
Svar: a) | v |= 14
b) d(A,B) = 5
1 r
1
c) r u =
(1,2,4)
|u |
21
==================
Cirkel och cirkelskiva
Definition. En cirkel är mängden av alla punkter i ett plan som ligger på samma avstånd,
(cirkelns radie) till en given punkt (cirkelns centrum).
I ett ortonormerat koordinat system kan vi ange en cirkel med radien r och centrum i
punkten C( x0, y0), som mängden av alla punkter P(x,y) som satisfierar ekvationen
( x − x0 ) 2 + ( y − y0 ) 2 = r 2
Cirkelns ekvation: ( x − x0 ) 2 + ( y − y0 ) 2 = r 2
Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR
4 av 10
Ortonormerade baser och koordinater i 3D-rummet
Definition. En sluten (öppen) cirkelskiva med radien r och centrum i punkten C är
mängden av alla punkter i planet vars avståndet till C är ≤ r ( < r).
r
P(x,y)
C( x , y )
0 0
Alltså, för varje punkt P(x,y) på en sluten cirkelskivan med
radien r centrum i punkten C( x0, y0), gäller
( x − x0 ) 2 + ( y − y0 ) 2 ≤ r 2
i ett ON koordinat system.
1
O
1
==========================
3D motsvarigheter till cirkel och cirkelskiva är sfär och klot.
Sfär och klot
Definition. En sfär är mängden av alla punkter i 3D-rummet som ligger på samma avstånd,
(sfärens radie) till en given punkt (sfärens centrum).
---------------------------------------
Sfärens ekvation ( i ett ON system): ( x − x0 ) 2 + ( y − y0 ) 2 + ( z − z0 ) 2 = r 2
Definition. Ett slutet (öppet) klot med radien r och centrum i punkten C är mängden av alla
punkter i 3D-rummet vars avståndet till C är ≤ r ( < r).
Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR
5 av 10
Ortonormerade baser och koordinater i 3D-rummet
------------------------------------------Slutet klot ( i ett ON koordinatsystem):
( x − x0 ) 2 + ( y − y0 ) 2 + ( z − z0 ) 2 ≤ r 2
------------------------------------------Öppet klot ( i ett ON koordinatsystem):
( x − x0 ) 2 + ( y − y0 ) 2 + ( z − z0 ) 2 < r 2
Ellips
Definition. En ellips är mängden av alla punkter i ett plan vars avstånd till två
givna punkter, brännpunkterna, har en konstant summa.
d1 + d2 = 2a ( = konstant)
Ellipsen med medelpunkten (0,0) , och halvaxlarna a, b som ligger på x resp y-axeln har
ekvationen
x2 y2
+
=1
a2 b2
Brännpunkterna ( om a>b ) är F1(-c,0) och F2(c,0) där c = a 2 − b 2 .
Anmärkning: Ellipsen med medelpunkten ( x 0 , y 0 ) , och halvaxlarna a, b som är parallella
på x resp y-axeln har ekvationen
( x − x0 ) 2 ( y − y 0 ) 2
+
= 1.
a2
b2
Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR
6 av 10
Ortonormerade baser och koordinater i 3D-rummet
ÖVNINGAR:
Uppgift 1. A=(1,1,1) och B=( 2,3,4) är två punkter i rummet.
→
a) Beräkna längden av vektorn AB
b) Bestäm två enhetsvektorer ( en med samma och en med motsatta riktning) som är
→
parallella med AB .
→
c) Bestäm två vektorer med längden 5 som är parallella med AB .
d) Bestäm mittpunkten S på sträckan AB.
Lösning:
→
→
a) AB = (1,2,3) ⇒ | AB | = 12 + 2 2 + 3 2 = 14
r
1 →
1
b)
v1 = → AB =
(1,2,3)
14
| AB |
r
1 →
1
v 2 = − → AB = −
(1,2,3)
14
| AB |
r
5
v
(1,2,3) ,
c) w1 = 5v1 =
14
r
5
v
w2 = 5v 2 = −
(1,2,3)
14
d) Mittpunkten på sträckan AB är S = (
x1 + x 2 y1 + y 2 z1 + z 2
3 4 5
3
5
,
,
) = ( , , ) = ( , 2, )
2
2
2
2 2 2
2
2
Uppgift 2.
a) Beräkna omkretsen av triangeln ABC, där A=(1,1,1) , B=( 1,4,5), C=(3,2,3).
b) Använd Pytagoras sats för att bestämma om ABC är en rätvinklig triangeln.
c) Bestäm tyngdpunkten T för triangeln ABC.
Lösning:
→
a) Först, vektorn AB = (0,3,4) .
→
Avståndet mellan A,B är d ( A, B) = | AB | = 0 2 + 3 2 + 4 2 = 5 .
→
→
AC = (2,1,2) ⇒ d ( A, C ) = | AC | = 2 2 + 12 + 2 2 = 3
→
→
BC = (2,−2,−2) ⇒ d ( B, C ) = | BC | = 2 2 + (−2) 2 + (−2) 2 = 12 = 2 3
Därmed blir omkretsen 5+3+ 2 3 = 8 + 2 3
b) Pytagoras sats gäller för en triangel om och endast om triangeln är rätvinklig.
Sidan AB är störst i vårt fall. Triangeln är INTE rätvinklig eftersom 3 2 + (2 3 ) 2 ≠ 5 2
d) Tyngdpunkten för triangeln ABC är
Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR
7 av 10
Ortonormerade baser och koordinater i 3D-rummet
x1 + x 2 + x3 y1 + y 2 + y 3 z1 + z 2 + z 3
5 7 9
5 7
,
,
) = ( , , ) = ( , , 3)
3
3
3
3 3 3
3 3
5 7
Svar: a) Omkretsen = 8 + 2 3
b) Nej c) T = ( , , 3)
3 3
T =(
Uppgift 3. Bestäm en punkt P sådan att
→
→
→
4 AP + 2 PB = CD
där A=(1,1,1) , B=(2,2,3) , C=(0,0,1) och D =( 1,2,4) är fyra punkter i rummet.
Lösning:
Låt P=(x,y,z).
Vi beräknar vektorerna
→
AP = ( x − 1, y − 1, z − 1)
→
PB = (2 − x,2 − y,3 − z )
→
CD = (1,2,3)
substituerar i ekvationen
→
→
→
4 AP + 2 PB = CD
och får
4( x − 1, y − 1, z − 1) + 2(2 − x,2 − y,3 − z ) = (1,2,3) .
Efter förenkling har vi
(2 x,2 y,2 z + 2, ) = (1,2,3)
Härav
2x=1, 2y=2 och 2z+2=3
Till slut x=1/2,
y=1 och z=1/2
Därmed P=(1/2, 1, 1/2)
Svar: P=(1/2, 1, 1/2)
Uppgift 4. Låt A=(2,1,1) , B=(2,3,4) . Bestäm den punkt P som delar sträckan AB i
förhållandet 3:7.
Lösning: Låt P=(x,y,z)
→
3 →
AB har vi
10
3
( x − 2, y − 1, z − 1) = (0,2,3)
10
Härav x-2=0, y-1= 6/10 och z-1 =9/10
eller x=2 , y= 16/10 och z=19/10
Svar: P= (2, 1.6 , 1.9)
Från AP =
Uppgift 5. Rita den cirkel vars ekvation i ett ortonormerad Oxy-koordinatsystem är
Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR
8 av 10
Ortonormerade baser och koordinater i 3D-rummet
x 2 + y 2 + 4x − 2 y = 4 .
Tips. Använd kvadratkomplettering och skriv cirkeln på formen ( x − x0 ) 2 + ( y − y0 ) 2 = r 2
Lösning:
x 2 + y 2 + 4 x − 2 y = 4 ( vi grupperar x termer och y-termer och kvadratkompletterar)
⇒ x 2 + 4x + y 2 − 2 y = 4
⇒ ( x + 2) 2 − 4 + ( y − 1) 2 − 1 = 4
⇒ ( x + 2) 2 + ( y − 1) 2 = 9
Om vi jämför ovanstående med cirkelns ekvation på formen
( x − x0 ) 2 + ( y − y 0 ) 2 = r 2
ser vi att − x0 = 2 ,
− y 0 = −1 och r 2 = 9 ,
dvs x0 = −2 ,
y 0 = 1 och r = 3 .
Cirkeln har centrum i punkten C(-2,1) och radien r = 3 .
Uppgift 6. Rita elipsen vars ekvation är x 2 + 4 y 2 = 4
Lösning: För att skriva ellipsen på formen
x2 y2
+
= 1 delar vi med 4 ekvationen
a2 b2
x 2 + 3 y 2 = 4 och får
x2 3y 2 4
+
=
4
4
4
som vi kan skriva på följande sätt
x2
y2
+
=1
4 4/3
x2 y2
Om vi jämför med 2 + 2 = 1 får vi:
a
b
2
2
a = 4 ⇐ a = 2 och b = 4 / 3 ⇒ b = 4 / 3
Alltså har ellipsen halvaxlarna a = 2 och b = 4 / 3 ≈ 1.15 .
Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR
9 av 10
Ortonormerade baser och koordinater i 3D-rummet
Uppgift 7. ( Härledning av ellipsens ekvation) Vi betraktar en ellips som har
brännpunkterna F1(-c,0) och F2(c,0) som består av de punkter vars avstånd till två
brännpunkterna, har en konstant summa d1 + d2 = 2a. Vi inför beteckning
a 2 − c 2 = b 2 (*) .
x2 y2
Bevisa att ellipsen har ekvationen 2 + 2 = 1 .
a
b
Lösning: Låt P(x,y) vara en punkt på ellipsen.
Från d1 + d2 = 2a har vi
( x + c ) 2 + y 2 + ( x − c ) 2 + y 2 = 2a
Vi flyttar en rot till den vänstra sidan
( x + c ) 2 + y 2 = 2a − ( x − c ) 2 + y 2
och kvadrerar båda sidor :
( x + c ) 2 + y 2 = 4a 2 − 4a ( x − c ) 2 + y 2 + ( x − c ) 2 + y 2
Efter förenkling har vi
4a ( x − c) 2 + y 2 = 4a 2 − 4cx
Vi delar med 4 och igen kvadrerar båda leden ( för att eliminera roten) och därefter förenklar
ekvationen :
a 2 [( x − c) 2 + y 2 ] = a 4 − 2a 2 c 2 x 2 + c 2 x 2
⇒ a 2 [ x 2 − 2cx + c 2 + y 2 ] = a 4 − 2a 2 cx + c 2 x 2
⇒ (a 2 − c 2 ) x 2 + a 2 y 2 = a 2 (a 2 − c 2 )
Enligt (*) inför vi beteckningen a 2 − c 2 = b 2 och får ellipsens ekvation
Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR
10 av 10
Ortonormerade baser och koordinater i 3D-rummet
b 2 x 2 + a 2 y 2 = a 2b 2
Om vi delar med a 2b 2 har vi ellipsens ekvation på formen
x2 y2
+
=1 .
a2 b2
