Vektorgeometri för gymnasister

Vektorgeometri för gymnasister
Per-Anders Svensson
http://homepage.lnu.se/staff/psvmsi/vektorgeometri/gymnasiet.html
Fakulteten för teknik
Linnéuniversitetet
Räta linjens och planets ekvationer I
Innehåll
Räta linjer i planet
Räta linjens ekvation på parameterform
Räta linjens ekvation på normalform
Normalformen i ortonormerade system
Räta linjens ekvation i rummet
 januari 
2(27)
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
y = kx + m
(0, m)
b
b
(c, 0)
x =c
för någon konstant c (som anger skärningen
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. . .
 januari 
3(27)
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
L
linje L i planet, behöver vi känna till
P
• en punkt P0 = (x0 , y0 ) som vi vet
−−→
P0 P
ligger på linjen
P0
b
• en vektor v = (α, β) 6= 0 som är
parallell med linjen.
b
v
Vektorn v är en så kallad riktningsvektor för linjen.
Låt P = (x , y) vara en godtycklig punkt i planet. Då ligger P på L,
−−→
−−→
om och endast om P0 P är parallell med v , d.v.s. P0 P = t v för något
reellt tal t .
 januari 
4(27)
−−→
Med P = (x , y) och P0 = (x0 , y0 ) så blir P0 P = (x − x0 , y − y0 ).
−−→
Eftersom vidare v = (α, β), så kan ekvationen P0 P = t v skrivas
(x − x0 , y − y0 ) = (t α, t β). Vi får de två ekvationerna x − x0 = t α och
y − y0 = t β, vilka vi kan sammanfatta i den räta linjens ekvation på
parameterform:
x = x0 + t α
y = y0 + t β.
Variabeln t kallas parameter. Om vi varierar på t , kommer punkten
(x , y) = (x0 + t α, y0 + t β) att förflytta sig längs med linjen.
Exempel
Ekvationen
x = −4 + 3t
y = 3− t
kan vi tolka som den räta linje L, som går genom punkten
P0 = (−4, 3) och har riktningsvektorn v = (3, −1). För t.ex. t = 2 får
vi (x , y) = (−4 + 3 · 2, 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).
 januari 
5(27)
Exempel
Bestäm en ekvation på parameterform för den räta linje som går
genom punkten P0 = (1, 0) och har v = (0, −2) som riktningsvektor.
Lösning.
Vi kan skriva linjens ekvation på parameterform som
x =1+
0·t
x =1
⇐⇒
y = 0 + (−2) · t
y = −2t .
Gemensamt för alla punkter på linjen är alltså att x -koordinaten
är 1.
 januari 
6(27)
Exempel
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?
 januari 
7(27)
Exempel
De två räta linjerna
x = 1− t
L1 :
y = −1 + 3t
x = −2 + t
och L2 :
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
−t1 − t2 = −3
1 − t1 = −2 + t2
⇐⇒
−1 + 3t1 = 3 + 2t2
3t1 − 2t2 = 4.
Observera att vi har bytt namn på parametern till t1 i ekvationen
för L1 och till t2 i ekvationen för L2 ; detta för att det ju inte säkert
att skärningspunkten svarar mot samma värde på parametern i
ekvationen för L1 som i ekvationen för L2 .
Ovanstående ekvationssystem visar sig ha lösningen t1 = 2, t2 = 1.
Sätter vi t = t1 = 2 i ekvationen för L1 (eller t = t2 = 1 i ekvationen
för L2 ) får vi den gemensamma skärningspunkten (−1, 5).
 januari 
8(27)
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
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).
x −1=
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.
 januari 
9(27)
Exempel
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 =
 januari 
y −4
⇐⇒ 2(2 − x ) = y − 4 ⇐⇒ −2x − y + 8 = 0.
2
10(27)
Exempel
I ett tidigare exempel fann vi att en ekvation på parameterform för
den räta linje som går igenom punkten P0 = (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 = −1.
 januari 
11(27)
Exempel
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.
 januari 
12(27)
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 P0 = (x0 , y0 ) 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 = (x0 + t α, y0 + t β) 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(x0 + t α) + b(y0 + t β) + c = 0.
v = (α, β)
L
b
P = (x0 + tα, y0 + tβ)
b
P0 = (x0 , y0 )
 januari 
13(27)
v = (α, β)
b
L : ax + by + c = 0
P = (x0 + tα, y0 + tβ)
b
P0 = (x0 , y0 )
Ekvationen a(x0 + t α) + b(y0 + t β) + c = 0 kan vi skriva om som
(ax0 + by0 + c) + t (aα + bβ) = 0.
Eftersom punkten P0 = (x0 , y0 ) ligger på L, så är ax0 + by0 + 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).
 januari 
14(27)
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)
 januari 
15(27)
Exempel
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.
 januari 
x − 2y + 8 = 0
P
b
n
L
16(27)
Exempel
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
vore den punkt på L som låg närmast P,
−→
så skulle PQ vara ortogonal mot L:s
riktningsvektor, d.v.s. mot v = (4, −3).
−→
Alltså ska skalärprodukten v · PQ vara
noll.
P
b
b
b
b
b
b
Q Q Q Q Q
 januari 
L
17(27)
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) = 0
⇐⇒ 25 + 25t = 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.
p
−→
|PQ | = (−3)2 + (−4)2 = 5.
 januari 
18(27)
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
L
linje L i rummet, behöver vi precis som
P
i planet känna till
b
• en punkt P0 = (x0 , y0 , z0 ) på L
• en riktningsvektor
P0
−−→
P0 P
b
v
v = (α, β, γ) 6= 0 för L.
En punkt P = (x , y, z ) ligger på L, om
−−→
och endast om P0 P = t v för något t .
−−→
Ekvationen P0 P = t v blir (x − x0 , y − y0 , z − z0 ) = (t α, t β, t γ) på
koordinatform. Genom att jämföra koordinat för koordinat får vi räta
linjens ekvation på parameterform:

x = x 0 + t α
y = y0 + t β

z = z0 + t γ.
 januari 
19(27)
Exempel
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.
 januari 
20(27)
Exempel
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.
 januari 
21(27)
Exempel
Betrakta linjerna L1 och L2 , med respektive ekvationer


x = 3 + t
x = 3 + 2t
L1 : y = 5 − 2t
L2 : 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 + t1 = 3 + 2t2
 t1 − 2t2 = 0
5 − 2t1 = −1 + 2t2 ⇐⇒ −2t1 − 2t2 = −6 2


−1 + 6t1 = 5 + 5t2
6t1 − 5t2 = 6
−6

t1 − 2t2 = 0
⇐⇒
−6t2 = −6

7t2 = 6.
Lösning saknas; linjerna skär ej varandra, trots att de ej är parallella.
 januari 
22(27)
Exempel
Om vi i det förra exemplet modifierar ekvationen för L2 något, så att
vi får linjerna


x = 3 + t
x = 3 + 2t
L1 : y = 5 − 2t
L2 : y = −1 + 2t


z = −1 + 6t
z = 6 + 5t
så finns det en gemensam skärningspunkt, ty ekvationssystemet

 3 + t1 = 3 + 2t2
5 − 2t1 = −1 + 2t2

−1 + 6t1 = 6 + 5t2
t1 = 2
t2 = 1.
Sätter vi t = t1 = 2 i ekvationen för L1 (eller t = t2 = 1 i ekvationen
för L2 ) får vi den gemensamma skärningspunkten till (5, 1, 11).
har lösningen
 januari 
23(27)
Antag nu att det koordinatsystem vi använder oss av är
ortonormerat. Då kan vi lösa problem som har att göra med
avståndsberäkningar att göra.
Exempel
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
P
b
b
Q
L
−→
PQ = (−5 + 3t − 0, 4 − 1, 1 − 2t − 2) = (−5 + 3t , 3, −1 − 2t ).
 januari 
24(27)
Detta ger att
−→
v · PQ = 0 ⇐⇒ (3, 0, −2) · (−5 + 3t , 3, −1 − 2t ) = 0
⇐⇒ 3(−5 + 3t ) + 0 · 3 + (−2)(−1 − 2t ) = 0
⇐⇒ −13 + 13t = 0 ⇐⇒ t = 1.
För t = 1 blir
−→
PQ = (−5 + 3 · 1, 3, −1 − 2 · 1) = (−2, 3, −3),
vars längd
p
√
−→
|PQ | = (−2)2 + 32 + (−3)2 = 22
är det avstånd vi söker.
 januari 
25(27)
Exempel
I en triangel kan man dra tre höjder
från vart och ett av hörnen, vinkelrätt R
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.
P
Q
−→
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
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 .
 januari 
26(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 ) = 0
⇐⇒ −1 + 2t = 0 ⇐⇒ t = 1/2.
−→
Med t = 1/2 blir RS = (3/2, 0, −3/2) en vektor av längd
√
−→
3p 2
3 2
.
|RS | =
1 + 02 + (−1)2 =
2
2
På liknade vis kan de övriga höjdernas längder bestämmas (övning!).
 januari 
27(27)

Vektorgeometri för gymnasister

Related documents

Products

Support

Vektorgeometri för gymnasister

Related documents

Add this document to collection(s)

Add this document to saved

Suggest us how to improve StudyLib