Matematika | Felsőoktatás » Vektorgeometria 1

Vektorgeometria (1) •First •Prev •Next •Last •Go Back •Full Screen •Close •Quit 1. A térbeli irányı́tott szakaszokat vektoroknak hı́vjuk Két vektort egyenlőnek tekintünk, ha párhuzamos eltolással ”fedésbe” hozhatók. Ha a v vektort az A kezdőpontjának és a B végpontjának megadásával − definiáljuk, akkor a v = AB jelölést is használjuk. 2. Legyen v és w két vektor Ekkor a két vektor v + w összegét a paralelogramma-szabállyal definiáljuk: eltoljuk a vektorokat úgy, hogy közös kezdőpontból induljanak ki, ezután a vektorok által kifeszı́tett sı́kban tekintjük az egyik vektor végpontján átmenő és a másik vektor egyenesével párhuzamos egyenesek metszéspontját. A közös kezdőpontból ebbe a metszéspontba mutató vektor a v + w vektor. A vektorok összeadása kommutatı́v és asszociatı́v művelet, azaz v + w = w + v, (1) (u + v) + w = u + (v + w) = u

+ v + w. (2) 3. Az előbbi két vektor v − w különbségét ı́gy definiáljuk: eltoljuk a vektorokat úgy, hogy közös kezdőpontból induljanak ki, ekkor a w végpontjából a v végpontjába mutató vektor a v − w vektor. •First •Prev •Next •Last •Go Back •Full Screen •Close •Quit 4. A v vektor kvk hosszán a vektort reprezentáló szakasz hosszát értjük Ha ez 1, akkor a vektort egységvektornak hı́vjuk. 5. Nullvektornak hı́vjuk azt a vektort, amelynek a hossza nulla A nullvek− − tor jele 0. A −v = BA vektort a v = AB vektor ellentettjének hı́vjuk A nullvektor és az ellentett vektor legfontosabb tulajdonsága, hogy v + 0 = v, v + (−v) = 0. (3) 6. Legyen λ > 0 valós szám, v tetszőleges vektor Ekkor a v vektor λ-szorosán azt a λ · v vektort értjük, amelyik kezdőpontja egybeesik v kezdőpontjával, ugyanabba az irányba mutatat, mint v, és hossza a v hosszának λ-szorosa. Ha λ

< 0, akkor a λ · v vektor a |λ| · v vektor ellentettje A számszorosra teljesülnek a következők: (λ · µ) · v = λ · (µ · v), (4) λ · (v + w) = λ · v + λ · w, (5) (λ + µ) · v = λ · v + µ · v, (6) •First •Prev •Next •Last •Go Back •Full Screen •Close •Quit kλ · vk = |λ| · kvk, 1 · v = v, (−1) · v = −v, (7) 0 · v = 0. (8) A vektorok valós szorzóit skalároknak is hı́vjuk. Ezentúl a skalár és a vektor közötti pontot nem ı́rjuk ki 7. Tüntessük ki a tér egy tetszőleges pontját, amit O -val jelölünk és − origónak hı́vunk. Ekkor a tér tetszőleges A pontjába mutató OA vektort az A pont helyvektorának hı́vjuk. A kivonás definı́ciója miatt bármely O , A és B pont esetén − − − AB = OB − OA. (9) 8. Legyenek v1, v2, , vn tetszőleges vektorok, λ1, λ2, , λn pedig tetszőleges számok. Ekkor a λ1v1 + λ2v2 + · · · + λnvn (10) vektort

a vi vektorok λi együtthatókkal képzett lineáris kombinációjának hı́vjuk. A lineáris kombinációknak a továbbiakban igen fontos szerepük lesz. Felhı́vjuk a figyelmet arra, hogy természetesen a λi számok között negatı́vak is lehetnek. •First •Prev •Next •Last •Go Back •Full Screen •Close •Quit Feladat 1 Legyen A, B , C és D négy különböző pont a térben. Jelölje M az AD szakasz, N a BC szakasz felezőpontját. Bizonyı́tsuk be, hogy ekkor − − − −− AB + DC = 2M N . Megoldás: A feladat egy négyszögről szól. Ezt a négyszöget meghatározza − − − − − az O origóból a négy csúcspontba mutató OA, OB , OC , OD vektor. Az ilyen feladatok megoldása során gyakran hasznos, ha minden vektort és összefüggést az origóból kiinduló vektorokkal fejezünk ki. Tudjuk, hogy − − − AB = OB − OA, − − − − − DC = OC − OD. A parelelogramma átlói

felezik egymást, ı́gy 1 − − −− −  OM = OA + OD , 2 1 − − − − ON = OB + OC . 2 Ezért 1 − − 1 − − −− − − −− −  OB + OC − OA + OD = M N = ON − OM = 2 2 1 − − 1 − − 1 − − −  −  = OB − OA + OC − OD = AB + DC . 2 2 2 •First •Prev •Next •Last •Go Back •Full Screen •Close •Quit Feladat 2 Jelölje A, B , C egy háromszög három csúcspontját, és legyen P a tér egy tetszőleges negyedik pontja. Tükrözzük a P pontot az A pontra, a tükörképet a B pontra, azt a tükörképet a C pontra, azt a tükörképet ismét az A pontra, azt a tükörképet a B pontra, végül azt a tükörképet újra a C pontra. Mutassuk meg, hogy ekkor a hatodik tükörkép ismét a P pont. Megoldás: Egy pont tükrözése egy másik pontra egy jól definiált transzformáció, azaz ha adott a pont, amelyiket tükrözünk és adott a pont, amelyikre

tükrözünk, akkor a tükörkép is meghatározható. Adjuk meg − − − − az X pontot az OX helyvektorral, az Y pontot az OY helyvektorral, tükrözzük az X pontot az Y pontra és határozzuk meg az X 0 tükörkép −−0 OX helyvektorát. −− −− −− − − Nyilvánvaló, hogy XX 0 = 2XY . Az is világos, hogy OX 0 = OX + −−0 −− − − − − XX . Mivel XY = OY − OX , azt kapjuk, hogy −−0 − − −− − − − − − − − − − − OX = OX + 2XY = OX + 2(OY − OX) = 2OY − OX. Tehát a tükörkép helyvektorát úgy kapjuk, hogy annak a pontnak a helyvektorának a kétszereséből, amire tükrözünk, levonjuk annak a pontnak a helyvektorát, amit tükrözünk. A feladat megoldásához ezt szabályt kell hatszor egymás utan alkalmazni. •First •Prev •Next •Last •Go Back •Full Screen •Close •Quit − − − − Tekintjük a feladatban szereplő pontok OA, OB ,

OC és OP helyvektorait. Azt fogjuk megmutatni, hogy a hatodik tükörkép helyvektora ismét − OP . Az első tükrözés után kapott pont helyvektora − − 2OA − OP . A második tükrözés után kapott pont helyvektora − − − − − − 2OB − (2OA − OP ) = 2OB − 2OA + OP . A harmadik tükrözés után kapott pont helyvektora − − − − 2OC − 2OB + 2OA − OP . A negyedik tükrözés után kapott pont helyvektora − − − − − − − − 2OA − 2OC + 2OB − 2OA + OP = −2OC + 2OB + OP . Az ötödik tükrözés után kapott pont helyvektora − − − − − − 2OB + 2OC − 2OB − OP = 2OC − OP . Végül a hatodik tükrözés után kapott pont helyvektora − − − − 2OC − 2OC +•OP =•OP . •Go Back •Full Screen •Close •Quit First •Prev Next •Last 9. Tekintsünk az i, j, k egységnyi hosszú, egymásra páronként merőleges vektorokat, amelyek ebben a sorrendben

jobbsodrású rendszert alkotnak. Ez azt jelenti, hogy ha a k vektor irányával szemben nézve letekintünk az i és a j vektorok által kifeszı́tett sı́kra, akkor ezen a sı́kon az i vektort az óramutató járásával ellentétes irányú 180◦ -nál kisebb szögű forgatás viszi a j vektorra. Ekkor igazolható, hogy a tér minden v vektora pontosan egyféleképpen állı́tható elő az i, j, k vektorok lineáris kombinációjaként, azaz léteznek olyan egyértelműen meghatározott α, β , γ számok, hogy v = αi + βj + γk. (11) Ha megeggyezük abban, hogy ezt mindig úgy ı́rjuk fel, hogy elöl az i, középen a j, hátul a k vektor áll, akkor az α, β , γ számok megadása egyértelműen meghatározza ezt a lineáris kombinációt: v = (α, β, γ). (12) Ezt az (α, β, γ) rendezett számhármast hı́vjuk a v vektornak az i, j, k bázisra vonatkozó koordinátáinak. Szokás egy v vektor

koordinátáit a v = (v1 , v2 , v3 ) indexes fomában is megadni, ezentúl mi is ezt használjuk. •First •Prev •Next •Last •Go Back •Full Screen •Close •Quit 10. Legyen v = (v1, v2, v3), w = (w1, w2, w3) Ekkor v + w = (v1 + w1, v2 + w2, v3 + w3), (13) v − w = (v1 − w1, v2 − w2, v3 − w3), (14) λv = (λv1, λv2, λv3), (15) kvk = q (16) v12 + v22 + v32. − Egy P pont koordinátáin az OP vektor koordinátáit értjük, ahol O az i, j, k vektorok közös kezdőpontja. Tekintsük a P (p1 , p2 , p3 ) és a Q(q1, q2, q3) pontokat. Ekkor − − − P Q = OQ − OP = (q1 − p1, q2 − p2, q3 − p3). (17) − A P és a Q pontok távolsága kP Qk, erre fennáll, hogy q − kP Qk = (q1 − p1)2 + (q2 − p2)2 + (q3 − p3)2. •First •Prev •Next •Last •Go Back •Full Screen •Close •Quit Feladat 3 Számı́tsuk ki a v = i + j és a w = 3k − 2j vektorok átal kifeszı́tett paralelogramma átlóinak

hosszát. Megoldás: A paralelogramma egyik átlóvektora v + w = (i + j) + (3k − 2j) = i − j + 3k, a másik v − w = (i + j) − (3k − 2j) = i + 3j − 3k. Ezeknek a vektoroknak a hossza a kérdés. Mivel i = 1 · i + 0 · j + 0 · k, ezért i = (1, 0, 0). Hasonlóan j = (0, 1, 0) és k = (0, 0, 1) Ezeket felhasználva v + w = (1, −1, 3), v − w = (1, 3, −3). Így kv + wk = q 12 + (−1)2 + 32 = √ 11, q √ 2 2 2 kv − wk = 1 + 3 + (−3) = 19. •First •Prev •Next •Last •Go Back •Full Screen •Close •Quit 11. A v és a w vektorok skáláris szorzata hv, wi = kvk · kwk cos α, (18) ahol α a vektorok által közrezárt szög. A skaláris szorzat értéke tehát egy valós szám. Ha v = (v1 , v2 , v3 ), és w = (w1 , w2 , w3 ), akkor hv, wi = v1w1 + v2w2 + v3w3. (19) A skaláris szorzat legfontosabb tulajdonságai: hv, wi = hw, vi, (20) hu + v, wi = hu, wi + hv, wi, (21) hλv, wi = hv, λwi = λhv,

wi, (22) hv, vi = kvk2. (23) •First •Prev •Next •Last •Go Back •Full Screen •Close •Quit 12. A v és a w vektorok pontosan akkor merőlegesek egymásra, ha hv, wi = 0. Felhı́vjuk a figyelmet arra, hogy a 0 = (0, 0, 0) nullvektor ezek szerint minden vektorra merőleges. A merőlegesség jele: v ⊥ w 13. A v és a w vektorok pontosan akkor párhuzamosak, ha egymás számszorosai. A párhuzamosság jele: vkw 14. Koordinátáival adott, nullvektortól különböző v és w vektorok szöge az alábbi képletből számolható ki: cos α = hv, wi kvk · kwk . (24) 15. Legyen v és w két vektor és tegyük fel, hogy w 6= 0 Ekkor a v vektor w irányú vetületvektora az a vw vektor, amit úgy kapunk, hogy a vektorokat közös kezdőpontba toljuk el, és a v vektor végpontját levetı́tjük merőlegesen a w egyenesére. A közös kezdőpontból ebbe a vetüteli pontba mutató vektor a vw . Erre teljesül, hogy

vw = hv, wi kwk2 ! w. (25) •First •Prev •Next •Last •Go Back •Full Screen •Close •Quit Feladat 4 Tekintsük az A(−2, −2, 0), B(2, 0, 2) és C(2, −3, −1) pontokat. Igazoljuk, hogy ezek háromszöget alkotnak, számoljuk ki a háromszög legnagyobb szögét és a C csúcshoz tartozó magasság talppontjának a koordinátáit. Megoldás: Három pont akkor nem alkot háromszöget, ha egy egyenesre esnek. Ekkor bármelyik pontból a másik két pontba mutató vektorok − − párhuzamosak, azaz egymás számsorosai. Most AB = (4, 2, 2), AC = − (4, −1, −1). A harmadik koordinátákat tekintve AB csak −2-szerese − lehetne AC -nek, de az első koordinátákra ez nem igaz, tehát a három pont valóban háromszöget alkot. Egy háromszögben a legnagyobb szög a leghosszabb oldallal szemközti − − szög. Mivel BC = (0, −3, −3), ezért √ − kABk = 24, √ − kACk = 18, √ − − kBCk = 18,

− tehát az AB oldal a leghosszabb. Az AB oldallal szemközti γ szög a CA − − − és a CB vektorok által közrezárt szög, továbbá CA = (−4, 1, 1) és − − CB = (0, 3, 3), ezért •First •Prev •Next •Last •Go Back •Full Screen •Close •Quit − − − 0+3+3 hCA, CBi √ √ = cos γ = − ⇒ α = 70.53◦ − − 18 · 18 kCAk · kCBk − Jelöljük T -vel a C csúcsból kiinduló magasság talppontját. Ekkor AT az − − AC vektor AB vektorra eső vetületvektora, azaz − − AT = AC − AB − −  − −  hAC, ABi −   AB. = − − kABk2 Mivel hAC, ABi = 12, és kABk = √ 24 1 − AT = (4, 2, 2) = (2, 1, 1) . 2 − Mivel T koordinátái az OT vektor koordinátáival azonosak, és − − − OT = OA + AT = (−2, −2, 0) + (2, 1, 1) = (0, −1, 1), azt kapjuk, hogy T (0, −1, 1). •First •Prev •Next •Last •Go Back •Full Screen •Close •Quit 16. A v és a w vektorok

v×w vektoriális szorzata egy olyan vektor, amely merőleges v-re és w-re, a hossza kv × wk = kvk · kwk · sin α, ahol α a vektorok által közrezárt szög, és v, w és v × w ebben a sorrendben jobbsodrású rendszert alkot. Ha v = (v1 , v2 , v3 ) és w = (w1 , w2 , w3 ), akkor v × w = (v2w3 − v3w2, −(v1w3 − v3w1), v1w2 − v2w1). (26) A vektoriális szorzat legfontosabb tulajdonságai: v × w = −(w × v), (27) (u + v) × w = u × w + v × w, (28) u × (v + w) = u × v + u × w, (29) (λv) × w = v × (λw) = λ(v × w), (30) 17. A vektoriális szorzat pontosan akkor a nullvektor, ha a v és a w vektorok párhuzamosak Az kv×wk szám a v és a w vektorok által kifeszı́tett paralelogramma területével egyenlő. •First •Prev •Next •Last •Go Back •Full Screen •Close •Quit Feladat 5 Tekintsük az A(1, 2, 3), B(3, 2, 5) és C(−1, −1, −1) pontokat. Igazoljuk, hogy ezek háromszöget alkotnak és

számoljuk ki a háromszög C csúcshoz tartozó mC magasságának hosszát. − − Megoldás: Mivel AB = (2, 0, 2) és AC = (−2, −3, −4) és ezek a vektorok nem párhuzamosak, ezért a pontok valóban háromszöget alkot− − nak. Tudjuk, hogy az AB és AC vektorok által kifeszı́tett paralelo− − gramma területe kAB × ACk, a háromszög területe pedig ennek a fele. − − AB × AC = = (0·(−4)−2·(−3), −(2·(−4)−2·(−2)), 2·(−3)−0·(−2)) = = (6, 4, −6). √ − − 88 kAB × ACk Tehát tABC4 = = . Másrészt ez a terület 2 2 − √ kABk · mC − tABC4 = . Mivel kABk = 8, 2 √ √ √ √ 88 8 · mC 88 = ⇒ mC = √ = 11. 2 2 8 •First •Prev •Next •Last •Go Back •Full Screen •Close •Quit A vektoriális szorzat kiszámolási szabályának megjegyzését megkönnyı́theti a következő. Tekintsük a következő táblázatokat, ahol a második sorban a kiszámolandó

vektoriális szorzatban elöl álló vektor koordinátái állnak, a harmadik sorban a hátul álló vektor koordinátái. i j k v1 v2 v3 , w1 w2 w3 i j k v1 v2 v3 , w1 w2 w3 i j k v1 v2 v3 . w1 w2 w3 Ekkor a vektoriális szorzat első koordinátáját úgy kapjuk, hogy a bal oldali táblázatban pirossal megjelölt számok szorzatából kivonjuk a kékkel megjelölt számok szorzatát. A vektoriális szorzat második koordinátáját úgy kapjuk, hogy a középső táblázatban pirossal megjelölt számok szorzatából kivonjuk a kékkel megjelölt számok szorzatát és a kapott számot megszorozzuk −1-el. A vektoriális szorzat harmadik koordinátáját úgy kapjuk, hogy a jobb oldali táblázatban pirossal megjelölt számok szorzatából kivonjuk a kékkel megjelölt számok szorzatát. •First •Prev •Next •Last •Go Back •Full Screen •Close •Quit 18. Az u, v és w vektorok uvw vegyes

szorzata a következő valós szám uvw = hu × v, wi (31) 19. A vegyes szorzat pontosan akkor nulla, ha a vektorok egy sı́kban vannak Ha a vegyes szorzat nem nulla, akkor az abszolút értéke az u, v és w vektorok által kifeszı́tett parelelepipedon Vp térfogata: Vp = |uvw|. (32) Az u, v és w vektor által kifeszı́tett tetraéder Vt térfogata ennek hatoda: Vt = |uvw| 6 . (33) •First •Prev •Next •Last •Go Back •Full Screen •Close •Quit Feladat 6 Tekintsük az A(−1, −1, −1), B(3, 0, 0), C(0, 3, 0) és D(0, 0, 3) pontokat. Igazoljuk, hogy ezek tetraédert alkotnak és számoljuk ki a D csúcshoz tartozó mD magasság hosszát. Megoldás: Négy pont akkor nem alkot tetraédert, ha egy sı́kban vannak. Ez pontosan akkor következik be, ha az egyik pontból a másik háromba − − vezető vektorok egy sı́kban fekszenek. Most AB = (4, 1, 1), AC = − − (1, 4, 1) és AD = (1, 1, 4). Tudjuk, hogy ez a

három vektor pontosan akkor van egy sı́kban, ha a vegyes szozatuk nulla. Mivel i j k − − AB × AC = 4 1 1 = (−3, −3, 15), 1 4 1 −−− − ezért AB AC AD = 54 6= 0, tehát a pontok tetraédert alkotnak. •First •Prev •Next •Last •Go Back •Full Screen •Close •Quit Tudjuk, hogy Vt = −−− − |AB AC AD| 6 = 9. Másrészt Vt = tABC4 · mD 3 = − − kAB × ACk · mD 6 √ = 243 · mD 6 . Ezeket felhasználva tehát √ 9= 243 · mD 6 √ 54 ⇒ mD = √ = 2 3. 243 •First •Prev •Next •Last •Go Back •Full Screen •Close •Quit