4. előadás. Vektorok

Átírás

1 4. előadás Vektorok

2 Vektorok bevezetése Ha adottak a térben az A és a B pontok, akkor pontosan egy olyan eltolás létezik, amely A-t B- be viszi. Ha φ egy tetszőleges eltolás, akkor ez a tér minden P pontjához hozzárendel egy P pontot, azaz a tér pontjait (P,P ) típusú rendezett párokba osztja. Az ugyanahhoz a φ eltoláshoz tartozó párok egymással párhuzamos, egyenlő hosszú és egyirányú szakaszokkal szemléltethetők.

3 Vektorok bevezetése Az irányított szakaszokat vektoroknak nevezzük. Az ugyanazt az eltolást előállító vektorokat egyenlő (azonos) vektoroknak mondjuk. Két vektor tehát akkor egyenlő, ha hosszuk egyenlő, párhuzamosak, egyirányúak.

4 Vektorok bevezetése A (P,Q) rendezett párnak megfelelő vektor PQ P a vektor kezdőpontja, Q a végpontja. Szokás ezt P-ből Q-ba mutató vektornak is nevezni. Általában félkövér betűvel, vagy aláhúzással jelöljük a vektorokat: a = a = PQ

5 Vektorok bevezetése A vektorok egyenlősége ekvivalenciareláció. Reflexív: a=a Szimmetrikus: ha a=b akkor b=a Tranzitív: ha a=b és b=c akkor a=c Az ekvivalenciaosztályokat szabad vektoroknak nevezzük.

6 Vektorok bevezetése A vektor hosszát a vektor abszolút értékének is mondjuk. Az abszolút értékre ugyanazt a jelet használjuk, mint számok esetén: a : az a vektor hossza

7 Vektorok bevezetése A műveletek értelmezésénél mindig meg kell gondolni, hogy a műveletek eredménye nem függ-e attól, hogy az egyenlő vektorok halmazából mely vektorokkal végezzük el a műveleteket. A vektorműveleteket egyúttal a szabad vektorok vagyis az ekvivalenciaosztályok közt is értelmezzük.

8 Összeadás, kivonás a + b : az a végpontjából felmérjük b-t, majd a kezdőpontját összekötjük b végpontjával. Paralelogrammaszabály

9 Összeadás, kivonás Tétel: Vektorok összeadása kommutatív, asszociatív, létezik nullelem, azaz tetszőleges vektorokra igaz, hogy: a + b = b + a ( a + b )+ c = a + ( b + c) a + 0 = a

10 Összeadás, kivonás A kommutativitás és az asszociativitás miatt ugyanazokat a vektorokat tetszőleges sorrendben összeadva mindig ugyanazt az összegvektort fogjuk kapni. Speciálisan, ha néhány vektor összege 0, akkor tetszőleges sorrendben összeadva őket, mindig 0-t fogunk kapni.

11 Összeadás, kivonás Az a és b vektorok különbsége az az a-b vektor, melyhez b-t adva a-t kapunk. b + ( a b ) = a

12 Összeadás, kivonás a ellentettje az a a -val jelölt vektor, melyet a-hoz adva 0-t kapunk. Vektor és ellentettje egyenlő hosszú, párhuzamos és ellentétes irányítású. a + (-b) = a - b 0 a = - a Tétel: A tér vektorai az összeadásra nézve Abel csoportot alkotnak

13 Vektor szorzása számmal Az a vektort a λ valós számmal szorozva a λa -val jelölt vektort kapjuk. Definíció: λa az a vektor, amely párhuzamos a val, hossza λ a, iránya pedig megegyezik a irányával, ha λ > 0, és azzal ellentétes, ha λ < 0. (Ha λ = 0, akkor λa = 0.) 1a = a, (-1)a = -a.

14 Vektor szorzása számmal Tétel: Minden λ és μ valós számra valamint a és b vektorra teljesül, hogy: 2) (λμ)a = λ(μa) = μ(λa) 3) λ(a + b) = λa + λb 4) (λ+μ)a = λa +μa Bizonyítás: 1. és 3. esetszétválasztással, felhasználva, hogy (-1)a = -a.

15 Vektor szorzása számmal 2. : középpontos hasonlósággal, az ábra alapján: Következmény: A tér szabad vektorai vektorteret alkotnak a valós számok teste felett.

16 Ismétlés lineáris algebrából Lineáris kombináció: Σλ i a i Lineárisan összefüggő, illetve lineárisan független vektorok: Σλ i a i =0 csak akkor, ha minden i: λ i =0. Generátorrendszer, bázis, dimenzió.

17 Dimenzió Tétel: A tér két vektora pontosan akkor lineárisan összefüggő, ha párhuzamos. Bizonyítás: Ha λ 1 a 1 + λ 2 a 2 = 0, és valamelyik λ i 0, akkor az egyik vektor a másik skalárszorosa, azaz a vektorok párhuzamosak. Ha viszont a vektorok nem párhuzamosak és egyik λ i sem 0, akkor λ 1 a 1 és λ 2 a 2 különböző irányú vektorok, ezért összegük nem lehet 0.

18 Dimenzió Definíció: Vektorok egy halmazát egysíkú vektoroknak nevezzük, ha van olyan sík, mellyel a halmaz minden vektora párhuzamos. Tétel: 1. Ha a, b és c egysíkú vektorok, a és b nem párhuzamosak, akkor c előállítható a és b lineáris kombinációjaként. 2. Ha a, b és c nem egysíkú vektorok, akkor a tér tetszőleges v vektora előállítható a, b és c lineáris kombinációjaként.

19 Dimenzió Bizonyítás: Valamely közös O kezdőpontból felmérve a vektorokat egyértelműen előállítható az ábrán látható paralelogramma, illetve paralelepipedon.

20 Dimenzió Ezért egyértelműen léteznek olyan α, β és γ számok, melyekre c = αa+βb, illetve v = αa+βb+γc teljesül. Következmény: Az egysíkú vektorok kétdimenziós, a tér összes vektorai pedig háromdimenziós vektorteret alkot a valós számok felett.

21 Helyvektorok Ha rögzítjük az O kezdőpontot, akkor a tér pontjai és az O kezdőpontú vektorok közt természetes módon megadható egy bijekció: P OP Ezek az O ponthoz tartozó helyvektorok. Bármely v vektorhoz és O ponthoz pontosan egy olyan P pont létezik, melyre v = OP.

22 Koordinátarendszer Egyenesen: Kezdőpont és valamely 0-tol különböző vektor, a; Síkon: Kezdőpont és két nem párhuzamos vektor, a és b; Térben: Kezdőpont és három nem egysíkú vektor, a, b és c megad egy koordinátarendszert. Az adott vektorok alkotják a bázist. Ha v = αa+βb+γc, akkor v koordinátái (α,β,γ), v komponensei pedig αa, βb és γc.

23 Koordinátarendszer Ha v 1 koordinátái (α 1,β 1,γ 1 ), v 2 koordinátái pedig (α 2,β 2,γ 2 ), akkor tetszőleges λ 1 és λ 2 valós számok esetén λ 1 v 1 +λ 2 v 2 koordinátái (λ 1 α 1 + λ 2 α 2, λ 1 β 1 + λ 2 β 2, λ 1 γ 1 + λ 2 γ 2 ). v 1 = (α 1,β 1,γ 1 ), v 2 = (α 2,β 2,γ 2 ) λ 1 v 1 +λ 2 v 2 =(λ 1 α 1 +λ 2 α 2,λ 1 β 1 +λ 1 β 1, λ 1 γ 1 +λ 2 γ 2 ).

24 Koordináterendszer Ha a koordinátarendszer kezdőpontja O, a bázisvektorok a, b és c, továbbá OP = αa+βb+γc, akkor a P pont koordinátái (α,β,γ). Egyenesen 1, síkban 2 térben pedig 3 koordinátája van minden pontnak. Ha A=(a 1,a 2,a 3 ), B=(b 1,b 2,b 3 ), akkor az AB vektor koordinátái (b 1 -a 1,b 2 a 2,b 3 -a 3 ).

25 Descartes-féle koordinátarendszer A bázisvektorok páronként merőleges egységvektorok. i = (1,0,0), j = (0,1,0), k = (0,0,1). Megállapodás: síkban i-t j-be pozitív 90 fokos forgatás viszi; térben i,j,k ebben a sorrendben jobbsodrású rendszert alkot.

26 SZÜNET

27 Osztóviszony Definíció: A és B két különböző, rögzített pont. Ha P az AB egyenes B-től különböző tetszőleges pontja, akkor az AP és PB irányított szakaszok hányadosa az (ABP) osztóviszony. (ABP) = AP / PB. Az osztóviszony értéke pozitív, ha P a nyílt AB szakaszon van, 0 ha P=A, negatív a többi esetben.

28 Osztóviszony Állítás: Ha P befutja az AB egyenes B-től különböző pontjait, akkor (ABP) minden (-1)-től különböző valós értéket pontosan egyszer vesz fel. Bizonyítás: Azonosítsuk AB-t a számegyenessel úgy, hogy A=0, B=1. Ekkor P=x esetén (ABP) = x/(1-x). Ezt a függvényt pedig ismerjük. A B P 1 x

29 Osztóviszony Indítsunk egy tetszőleges O pontból helyvektorokat. Ha (ABP) = λ/μ, akkor AP = λ/μpb, azaz μ(p-a)= λ(b-p) p= (μa + λb)/ (λ+μ)

30 Súlypont Definíció: Az A 1,A 2,,A k pontokhoz rendeljük hozzá a λ 1, λ 2,, λ k valós számokat, melyek összege 1. Ekkor a pontrendszer súlyozott súlypontja az az S pont, melynek helyvektorára s = λ 1 a 1 + λ 1 a 2 + +λ k a k

31 Súlypont Tétel: Az előző definíció jó, azaz S nem függ a helyvektorok kezdőpontjának megválasztásától. OO = p s = λ 1 (a 1 -p) + λ 2 (a 2 -p) + +λ k (a k -p) = λ 1 a 1 + λ 2 a 2 + +λ k a k (λ 1 +λ 2 + +λ k )p = s - p

32 Súlypont Tétel: Ha egy súlyozott pontrendszer pontjait két diszjunkt részhalmazra, R 1 -re és R 2 -re osztjuk, R i súlypontja S i, az R i -ben lévő pontokhoz tartozó súlyok összege μ i 0, akkor a teljes pontrendszer S súlypontja az S 1 S 2 egyenesen van, és (S 1 S 2 S) =μ 2 /μ 1.

33 Ezért (S S S) =μ /μ. Súlypont Bizonyítás: Legyen R 1 = {A 1,A 2,,A k }, R 2 ={A k+1,a k+2,,a m }, a súlyok pedig λ 1, λ 2,, λ k és λ k+1, λ k+2,, λ m. Ekkor s 1 = (λ 1 a 1 + λ 2 a 2 + +λ k a k )/(λ 1 +λ 2 + +λ k ), s 2 =(λ k+1 a k+1 +λ k+2 a k λ m a m )/(λ k+1 +λ k+2 + +λ m ) Ha μ 1 = λ 1 +λ 2 + +λ k és μ 2 = λ k+1 +λ k+2 + +λ m, akkor s = μ 1 s 1 + μ 2 s 2.

34 Súlypont Következmények: 2. Ha az AB szakasz felezőpontja F, akkor f=(a+b)/2. 3. Bármely háromszög oldalainak felezőpontját a szemközti csúccsal összekötő szakaszok (a háromszög súlyvonalai) egy ponton mennek át. Ez a háromszög súlypontja. A súlypont harmadolja a súlyvonalakat.

35 Súlypont 1. Bármely tetraéder lapjainak súlypontját a szemközti csúccsal összekötő szakaszok (a tetraéder súlyvonalai) egy ponton mennek át. Ez a tetraéder súlypontja. A súlypont negyedeli a súlyvonalakat. Bizonyítás: s = (a+b+c)/3 = (2(a+b)/2+c)/3 = (2(b+c)/2+a)/3 = (2(c+a)/2+b)/3. Tetraédernél ugyanígy: s = (a+b+c+d)/4.

36 Súlypont 2. Bármely tetraéderben a szemközti élek felezőpontjait összekötő szakaszok egy ponton (a tetraéder súlypontján) mennek át. 3. Bármely négyszögben a szemközti élek felezőpontjait összekötő szakaszok, valamint az átlók felezőpontjait összekötő szakaszok egy ponton (a négyszög súlypontján) mennek át.

37 Súlypont Bizonyítás: s = (a+b+c+d)/4 =(2(a+b)/2+2(c+d)/2)/4= (2(a+c)/2+2(b+d)/2)/4= (2(a+d)/2+2(b+c)/2)/4.

38 Ceva tétele Tétel: Az ABC háromszög oldalszakaszain lévő A, B, C pontokat a szemközti csúcsokkal összekötő szakaszok pontosan akkor mennek át egy ponton, ha (ABC )(BCA )(CAB )=1.

39 Ceva tétele Bizonyítás: Először tegyük fel, hogy (ABC )(BCA )(CAB )=1. Legyen (ABC )=μ/λ és (BCA )=ν/μ. Ekkor a feltétel szerint (CAB )=λ/ν. Ezért c = (λa + μb)/(λ+μ), a = (μb + νc )/(μ+ν), b = (λa + νc)/(λ+ν) Tehát az AA, BB, CC szakaszok mind átmennek azon az S ponton, melyre s = (λa+μb+νc)(λ+μ+ν) = ((λ+μ)c +νc)/(λ+μ+ν) = ((μ+ν)a + λa)/(λ+μ+ν) = ((λ+ν)b +μb)/(λ+μ+ν).

40 Ceva tétele Megfordítva: ha a szakaszok mind átmennek az S ponton, akkor legyen (ABC )=μ/λ és (BCA )=ν/μ, valamint (CAB )=λ /ν. Ha λ =λ, akkor készen vagyunk. Ha λ λ, akkor legyen B a CA oldal azon pontja, melyre (CAB )=λ/ν. Ekkor a tétel már bizonyított fele szerint a BB szakasz átmegy az AA és CC metszéspontján, azaz S-en. Ez viszont azt jelenti, hogy B =B.

41 Ceva tétele Ha az ABC háromszög oldalegyenesein lévő A, B, C pontokra teljesül, hogy (ABC )(BCA )(CAB )=1, akkor az A, B, C pontokat a szemközti csúcsokkal összekötő szakaszok vagy egy ponton mennek át, vagy párhuzamosak.