48
5.
5.1.
5 LINJER OCH PLAN
Linjer och plan
Linjer
Exempel 5.1. Låt L vara en linje i rummet. Antag att P0 är en punkt på L och att L
är parallell med en vektor v, linjens riktningsvektor. Då gäller att en punkt P ligger på
linjen om och endast om
−→
P0 P = tv
(5.2)
för något reellt tal t.
Figur 5.2.
L
v
P
Q
P0
v
v
O
−→
Punkten Q kan inte ligga på linjen då vektorn P Q är inte parallell med linjens riktnings−→
vektor v, dvs det
finns
inget reellt tal t så att P Q= tv.
a
Om vi låter v = b vara en riktningsvektor, P0 = (x0 , y0 , z0 ) en fix punkt på linjen
c
x − x0
−→
och P = (x, y, z) en godtycklig punkt blir P0 P = y − y0 och villkor (5.2) är därmed
z − z0
ekvivalent med
x − x0
a
y − y0 = t b .
z − z0
c
Linjens ekvation ges därmed av
a
x
x0
y = y0 + t b
z
z0
c
eller
x = x0 + ta
y = y0 + tb
z = z0 + tc
t ∈ R.
x − x0
y − y0
z − z0
=
=
, dvs linjens
Löser vi ut t från systemet ovan får vi att t =
a
b
c
ekvation kan också skrivas på formen
x − x0
y − y0
z − z0
=
=
.
a
b
c
5.1
Linjer
49
Exempel 5.3. Låt y = −x + 2 vara en linje i planet. Vi skriver linjens ekvation på parameterform genom att sätta x = t och y = −t + 2, där t ∈ R, dvs
x = 0+t
x
0
1
eller
=
+t
t ∈ R.
y = 2−t
y
2
−1
Ritar du linjen,
så ser du att den går igenom
punkten (0, 2) och har riktningsvektorn
1
1
v=
. Observera att även −v = −
är en riktningsvektor.
−1
−1
Exempel
5.4. Bestäm ekvationen för linjen genom P = (1, 2, 3) med riktningsvektorn
4
v = 5 .
6
Lösning:
Exempel 5.5. Bestäm ekvationen för linjen genom P1 = (1, 2, 3) och P2 = (2, 5, 7). Ligger
punkten P = (3, 6, 10) på linjen? Jämför med Exempel 2.29.
Lösning:
50
5 LINJER OCH PLAN
x
2
Exempel 5.6. Låt punkten P = (1, 1, 0) och linjen L : y = t 2 , t ∈ R. Bestäm
z
1
P :s ortogonala projektion på L samt avståndet från P till L. Bestäm också spegelbilden av
P i L.
Lösning:
5.2
5.2.
51
Plan
Plan
Till ett plan π hör två motsatt riktade normalvektorer, ortogonala mot varje linje i planet.
En vektor n 6= 0, som är parallell med någon av dessa kallas en normal (vektor) till π.
Figur 5.7.
n
π
−n
Låt n vara en normal till π och låt P0 vara en punkt i π. Då ligger punkten P också i planet
π om och endast om
−→
n· P0 P = 0.
(5.3)
Figur 5.8.
n
n
Q
P
P
P0
0
A
Låt n = B vara en normal till π och P0 = (x0 , y0 , z0 ) vara en punkt i π. Enligt (5.3)
C
gäller att punkten P = (x, y, z) tillhör π om
A
x − x0
−→
0 = n· P0 P = B · y − y0 = A(x − x0 ) + B(y − y0 ) + C(z − z0 ),
C
z − z0
dvs
Ax + By + Cz = Ax0 + By0 + Cz0 .
Om vi sätter D = Ax0 + By0 + Cz0 får vi att planets ekvation på normalform ges av
Ax + By + Cz = D.
(5.4)
52
5 LINJER OCH PLAN
Exempel
5.9.
Bestäm ekvationen för planet genom punkten P = (1, 2, 1) med normalen
2
n = −1
1
Lösning:
Exempel 5.10. Bestäm ekvationen för planet genom punkterna P1 = (1, 0, 0), P2 = (0, 1, 1)
och P3 = (2, 0, 1). Ange ekvationen dels på parameterform och dels på normalform. Ligger
punkten (1, 1, −2) i planet? (ON-bas). Jämför med Exempel 4.19.
Lösning:
5.2
53
Plan
Exempel 5.11. Låt punkten P = (1, 0, 0) och planet x + y + z = 0 vara givna. Bestäm P :s
ortogonala projektion i planet och beräkna P :s avtsånd till planet. Bestäm P :s spegelpunkt
i planet.
Lösning: Punkten P ligger inte i planet, ty
1 +0 + 0= 1 6= 0. Ta en godtycklig punkt
1
−→
i planet t.ex. origo O och bilda vektorn u =OP =
0 . Från Exempel 3.11 vet vi att u
0
kan delas upp ortogonalt enligt
1
u·n
1
1 ,
ukn =
·n=
|n|2
3
1
och
1
1
2
1
1
u⊥n = u − ukn = 0 − 1 = −1 .
3
3
0
1
−1
Koordinaterna för punkten
Q
som är P :s ortogonala projektion på planet kan fås ur ortsvek2
−→
1
torn OQ= u⊥n = −1 . Alltså är Q = (2/3, −1/3, −1/3).
3
−1
Avståndet från P till planet ges av
|ukn | =
√
1p 2
1 + 12 + 12 = 3 l.e.
3
Vi bestämmer nu P :s spegelbild R i planet. Spegelvektorn us uppfyller
1
1
1
2
1
us + 2ukn − u = 0
⇔
us = u − 2ukn = 0 − 1 = −2 .
3
3
0
1
−2
1
2
Eftersom ortsvektorn OR= us = −2 , så är R = (1/3, −2/3, −2/3).
3
−2
−→
n
u
O
u⊥ n
us
P
u// n
Q
R
54
Exempel 5.12. Två linjer
x = 1
L1 :
y = 1
z = 1
5 LINJER OCH PLAN
har ekvationerna
+ s
+ 2s
+ 3s
respektive
+ t
x =
L2 :
y = 2 + t
z = a − 2t
Bestäm talet a så att linjerna skär varandra. Bestäm för detta värde på a en ekvation för
det plan som innehåller de bägge linjerna.
Lösning: L1 och L2 skär varandra om det finns a, s och t sådana att
t
1+s =
1 + 2s = 2 + t
1 + 3s = a − 2t
Löser vi ekvationssystemet får vi att a = 13, s = 2 och t = 3. Skärningspunkten P = (3, 5, 7).
Normal n till planet är en vektor parallell med v 1 × v 2 . Vi får att
1
1
−7
n = v1 × v2 = 2 × 1 = 5 .
3
−2
−1
Planets ekvation är 7x − 5y + z = D. Sätter vi in punkten P fås D = 3 och ekvationen är
då 7x − 5y + z = 3.
Figur 5.13.
n
v2
P
v
1
L1
L2
5.2
55
Plan
x
0
0
Exempel 5.14. Linjen y = 1 + t 3 projiceras vinkelrät på planet
z
0
−2
x + y + z = 0.
Bestäm projektionens ekvationen (ON-bas).
Lösning: Linjens ekvation
x = 0,
y = 1 + 3t,
z = −2t
insatt i planets ekvation ger
0 + (1 + 3t) − 2t = 0
⇔
t = −1.
Skärningpunkten
är således P = (0, −2, 2). Projicerar vi nu linjens riktningsvektorn
0
v = 3 på planet fås den nya riktningsvektorn
−2
−1
v·n
1
v ⊥n = v −
· n = 8 .
|n|2
3
−7
x
0
−1
Den projicerade linjens ekvation blir därmed y = −2 + t 8 .
z
2
−7
Figur 5.15.
n
L
v
P
v⊥ n
Lproj
56
5 LINJER OCH PLAN
Exempel 5.16. Skriv planet
1. x + 2y + 3z
x = 1
2.
y = 2
z = 2
= 0 på parameterform.
+ s−t
+ 2s + t på normalform.
+ s − 2t
Lösning: 1. Sätter vi z = t och y = s får vi att x = −2s − 3t. Detta ger att planet kan
skrivas på parameterformen
x
−2
−3
y = s 1 + t 0 .
z
0
1
x
Planet är alltså mängden av alla vektorer w =
y som är parallella med riktningsvekz
−3
−2
torerna u = 1 och v = 0 .
1
0
1
2. Planet går igenom punkten (1, 2, 2) och spänns upp av riktningsvektorerna v 1 =
2
1
−1
och v 2 = 1 . En normal n till planet är därför
−2
e1 e2 e3 1
−1
n = v 1 × v 2 = 2 × 1 = 1 2
1 −1 1 −2 1
−2
−5
2
1 1
1 1 2 = e −
e +
e = 1 .
1 −2 1 −1 −2 2 −1 1 3
3
Planet har normalekvationen −5x + y + 3z = D. Sätter vi in punkten (1, 2, 2) i ekvationen
får vi D = 3. Planetsekvation på normalform är −5x + y + 3z = 3.
Figur 5.17.
n
x + 2y + 3z = 0
v
v
w
u
2
(1,2,2)
v
1
5.2
57
Plan
x
−2
1
Exempel 5.18. Skär linjen L : y = −4 + t 1 planet 2x + y + 2z = 0?
z
1
0
I så fall var? Bestäm vinkeln mellan linjen och planet. (ON-bas).
Lösning: Vi söker skärningspunkten mellan linjen och planet genom att sätta in linjensekvation i planet och får
2(−2 + t) + (−4 + t) + 2 = 0 ⇒ t = 2.
1
Skärningspunkten är därmed (0, −2, 1). Eftersom linjen har riktningsvektorn v = 1 ,
0
så är vinkeln θ mellan linjen och planets normal
cos θ =
π
v·n
1
= √ ⇒θ= .
n·n
4
2
Vinkeln mellan linjen och planet är därmed
π π
π
− = .
2
4
4
Figur 5.19.
n
L
v
π/4
π/4
(0,−2,1)
58
5 LINJER OCH PLAN
Exempel 5.20. Ange skärningslinjen mellan planen x+ y + z = 1 och x− y + z = 3. Bestäm
det kortaste avståndet från punkten Q = (1, 1, 1) till denna linje. (ON-bas).
x
2
−1
x+y+z = 1
Lösning: Skärningslinjen ges av
⇔ y = −1 + t 0 .
x−y+z = 3
z
0
1
−1
Linjen går alltså igenom punkten P = (2, −1, 0) och har riktningsvektorn v = 0 . Ta
1
en godtycklig punkt på linjen t.ex. P och bilda vektorn
1
2
−1
−→
−→
−→
u =P Q=OQ − OP = 1 − −1 = 2 .
1
0
1
Vi projicerar nu u på linjen så att
u = ukv + u⊥v .
−1
0
u·v
Vi får att ukv =
·v =
0 . Vidare gäller att u⊥v = u − ukv =
2 . Av|v|2
1
0
√
ståndet från Q till linjen är längden av vektorn u⊥v , dvs |u⊥v | = 5 l.e.
Figur 5.21.
L
u⊥ v
x+y+z=1
L
x−y+z=3
Q
v
u// v
u
P
5.2
59
Plan
Exempel 5.22. Ange ett plan sådant att punkterna P = (1, 2, 3) och Q = (5, 6, 7) ligger
på varsin sida om planet. Ange också en punkt som ligger på samma sida om planet som
punkten P . (ON-bas).
x
1
1
Lösning: Linjen genom punkterna P och Q ges av
y
=
2 + t 1 . För t = 0
z
3
1
fås punkten P och för t = 4 fås punkten Q. Detta betyder att för varje t som ligger mellan 0 och 4 fås en punkt på linjen mellan P och Q. Vi väljer t.ex. t = 2 och får punkten
(3, 4, 5) och låter ett plan gå igenom denna punkt. Normalen till detta plan får vara linjens
riktningsvektor. Planets ekvation blir då x + y + z = 12. För t < 2 får vi en punkt på linjen
som ligger på samma sida som P . T.ex punkten (2, 3, 4) för t = 1.
Figur 5.23.
(5,6,7), t=4
x+y+z=12
(3,4,5), t=2
(2,3,4), t=1
(1,2,3), t=0
60
5 LINJER OCH PLAN
Exempel 5.24. En ljusstråle utgår från punkten P = (1, 2, 3) och faller in mot origo.
Den reflekteras mot planet x + y + z = 0. Bestäm ekvationen för den reflekterade strålen.
(ON-bas).
−1
Lösning: Strålen följer riktningen −2 när den faller in mot origo i planet. Låt n =
−3
1
1
1 vara planets nornmal och låt u = 2 samt kalla den reflekterade Vektorn u
1
3
kan delas upp enligt
u = ukn + u⊥n ,
där
u·n
·n
|n|2
ukn =
och
u⊥ n = u −
Den reflekterade strålen uut uppfyller
u·n
·n
|n|2
uut + 2u⊥n − u = 0,
dvs
3
u·n
uut = u − 2u⊥n = u − 2(u − ukn ) = −u + 2ukn = −u + 2
· n = 2 .
|n|2
1
3
Den reflekterade strålen följer alltså linjen igenom origo med riktningen
2 .
1
Figur 5.25.
n
P
u⊥ n
u⊥ n
u// n
u
O
u
ut
5.2
61
Plan
Exempel 5.26. Bestäm
x
3
och L2 = y = 4
z
2
x
−3
2
avståndet mellan linjerna L1 = y = 0 + t 1
z
1
−1
1
+ t 3 . Jämför med Exempel 5 på sidan 32 i boken.
2
Lösning: Vi bestämmer den riktning som är ortogonal mot båda linjerna genom att kryssa
riktningsvektorerna
e1 e2 e3 2
1
5
v1 × v 2 = 1 × 3 = 2 1 −1 = −5 .
1 3 2 −1
2
5
1
Låt därför v = −1 vara den vektor som är ortogonal mot båda linjerna. Vi bildar
1
vektorn u som går från L1 till L2 genom
3
−3
6
−→
−→
u =OP2 − OP1 = 4 − 0 = 4 .
2
1
1
Avståndet från L1 till L2 ges därför av |ukv |. Det följer att
1
u·v
ukv =
· v = −1 .
|v|2
1
Avståndet från L1 till L2 är alltså |ukv | =
√
3 l.e.
Figur 5.27.
L
2
P = (3,4,2)
2
v2
v
u
P = (−3,0,1)
1
v1
L
1
