7. előadás. Vektorok alkalmazásai

Átírás

1 7. előadás Vektorok alkalmazásai

2 Terület Tétel: Ha egy tetraéder lapjaira merőlegesen olyan kifelé mutató vektorokat állítunk, melyek hossza arányos az adott lap területével, akkor az így kapott 4 vektor összege 0. Bizonyítás: Indítsunk D-ből helyvektorokat. Azt kell megmutatnunk, hogy cxb + bxa + axc + (a-c)x(b-c) = 0, mert a vektoriális szorzat hossza arányos a lap területével.

3 Terület Elvégezve a zárójel felbontását és alkalmazva az uxv = -vxu azonosságot, rögtön adódik az állítás.

4 Terület Következmény: Tetszőleges poliéder esetén a kifelé irányított lapterületvektorok összege 0. Fizikus okoskodással: Folyadékban lebegő (nemcsak) poliéder alakú merev testre ható erők összege 0, de ezek az erők éppen az egyes lapokra ható hidrosztatikus nyomóerők, melyek arányosak a lapterülettel.

5 Terület Tétel: A síkbeli Descartes-féle koordinátarendszer Pi=(xi,yi) pontjai (i=1,2,3) által meghatározott háromszög T előjeles területére: x1 y1 1 2T = x2 y2 1 x3 y3 1

6 Terület 2 T = P1P2 x P1P3

7 Terület Tétel: Ha az ABC háromszög csúcsaiba mutató helyvektorok a,b és c, a háromszög síkjában lévő S pont helyvektora pedig s, akkor s = (taa + tbb + tcc)/t

8 Terület Bizonyítás: s = a + β(b a) + γ(c - a) alakba írható. Már láttuk, hogy ilyen esetben az együtthatók függetlenek a kezdőpont választásától. Legyen S a kezdőpont. Ekkor s = 0, azaz elegendő megmutatni: 0 = (taa + tbb + tcc)/t, 0 = taa + tbb + tcc

9 Terület Ezt az egyenlőséget vektoriálisan szorozva aval, b-vel, illetve c-vel, majd a kapott három egyenletet összeadva éppen a bizonyítandó állítást kapjuk. 0 x a = ta(a x a)+ tb(b x a) + tc(c x a) 0 = tb(b x a) + tc(c x a)

10 Terület Az egyes síkrészekhez különböző előjelkombinációk tartoznak.

11 Térfogat Tétel: A térbeli Descartes-féle koordinátarendszer Pi=(xi,yi, zi) pontjai (i=1,2,3,4) által meghatározott tetraéder V előjeles térfogatára: x1 y1 z1 1 6V = x 2 y 2 z2 1 x3 y3 z3 1 x4 y4 z4 1

12 Térfogat A tetraéder térfogata a paralelepipedon térfogatának 1/2 x 1/3 = 1/6 része. 6 V = P1P2 P1P3 P1P4

13 Térfogat Tétel: Ha az ABCD tetraéder csúcsaiba mutató helyvektorok a,b,c és d, a tér egy tetszőleges S pontjának helyvektora pedig s, akkor s = (Vaa + Vbb + Vcc + Vdd)/V

14 Térfogat Bizonyítás: s = a + β(b a) + γ(c - a) + δ(d a) alakba írható. Már láttuk, hogy ilyen esetben az együtthatók függetlenek a kezdőpont választásától. Legyen S a kezdőpont. Ekkor s = 0, azaz elegendő megmutatni: 0 = (Vaa + Vbb + Vcc + Vdd)/V 0 = Vaa + Vbb + Vcc + Vdd

15 Térfogat Ezt az egyenlőséget skalárisan szorozva (a x b)vel, (b x c)-vel, (c x a)-val,(a x d)-vel, (b x d)-vel, illetve (c x d)-vel, majd a kapott egyenleteket összeadva éppen a bizonyítandó állítást kapjuk. 0(a x b) = Vaa(a x b) + Vbb(a x b) + Vcc(a x b) + Vdd(a x b) 0 = Vcc(a x b) + Vd d(a x b) = Vccab + Vd dab

16 Térfogat Most is igaz, hogy a tetraéder lapsíkjai által meghatározott 15 térrész mindegyikéhez más-más előjelkombináció tartozik. Összesen 24 1=15 lehetőség van, hiszen a súlyok összege 1, ezért a négy súly mindegyike egyszerre nem lehet negatív.

17 Hosszúság A most bizonyított 2-, illetve 3-dimenziós állítások 1-dimenziós megfelelőjét már korábban beláttuk. De ugyanezzel a módszerrel is bizonyíthatjuk: A számegyenes Pi = xi (i=1,2) koordinátájú pontjainak előjeles távolsága: X2 1 X1 1

18 Hosszúság Tétel: Ha az AB szakasz végpontjaiba mutató helyvektorok a és b, az AB egyenes egy tetszőleges S pontjának helyvektora pedig s, akkor s = (SBa + ASb)/AB SB A B AS S

19 Hosszúság Bizonyítás: s = a + β(b a) alakba írható. Már láttuk, hogy ilyen esetben az együtthatók függetlenek a kezdőpont választásától. Legyen S a kezdőpont. Ekkor s = 0, azaz elegendő megmutatni: 0 = (SBa + ASb)/AB 0 = SBa + ASb

20 Hosszúság Ezt az egyenlőséget skalárisan szorozva a-val, illetve b-vel. majd a kapott egyenletet rendezve éppen a bizonyítandó állítást kapjuk. 0a = (SBa + ASb)a 0 = SB a ± AS b SB A B AS S

21 Súlypont Tulajdonképpen azt számoltuk ki, hogy 2, 3 illetve 4 pontból álló pontrendszer súlyozott súlypontjánál az egyes pontokhoz tartozó súlyokat hogyan határozhatjuk meg.

22 Gömbháromszögek Pontok: a gömbfelszín pontjai Egyenesek: főkörök Két pont által meghatározott szakasz: az őket összekötő félkörnél nem hosszabb főkörív. Sok hasonlóság, lényeges különbségek az euklidészi síkgeometriával összehasonlítva.

23 Gömbháromszögek Földrajzi koordináták. Hosszúság és szélesség. Mindkettő szög. Gömbfelszínen a távolságot is érdemes szöggel mérni.

24 Gömbháromszögek Gömbháromszög: 3 nem egy főkörön lévő pont által meghatározott alakzat. Csúcsok, oldalak, szögek.

25 Gömbháromszögek Legyenek a gömb középpontjából a gömbháromszög csúcsaiba mutató vektorok a,b és c. Feltehető, hogy jobbrendszert alkotnak. Az ezek által páronként bezárt szögek a gömbháromszög oldalai, a keresztszorzataik által páronként bezárt szögek pedig a gömbháromszög szögeinek kiegászítő szögei.

26 Gömbháromszögek Az oldalak és a szögek közt az euklidészi geometria szinusz-, illetve koszinusztételéhez hasonló összefüggések vannak. Ezek közül most egyet bizonyítunk: Oldalakra vonatkozó koszinusztétel: Bármely gömbháromszögben a szokásos jelölések esetén cosb = cosa cosc + sina sinc cosβ

27 Gömbháromszögek Bizonyítás: Alkalmazzuk a múlt héten tanult Lagrange-azonosságot a c=b és d=c speciális esetben: (axb)(bxc) = (ab)(bc) (bb)(ac) Feltehetjük, hogy a gömb sugara egységnyi. Ekkor: (axb)(bxc) = a xb bxc cos(π-β) = sinc sina (-cosβ) = -sinc sina cosβ (ab)(bc) (bb)(ac) = cosc cosa - 1 cosb

28 Gömbháromszögek Hogyan határozhatjuk meg két város távolságát, ha ismerjük a földrajzi koordinátáikat?

29 Gömbháromszögek A: egyik város B: északi sark C: másik város Ismerünk két oldalt, AB-t és BC-t, valamint az általuk bezárt szöget. Keressük a harmadik oldalt. A gömb sugara most nem egységnyi, hanem 6378 km.

30 Gömbháromszögek Budapest: É 47,5º, K 19,1º ; Melbourne: D 37,6º, K 145º cosb = cos(90º- 47,5º) cos(90º+ 37,6º) + sin(90º- 47,5º) sin(90º+ 37,6º) cos(145º-19,1º) = A távolság: 6378 arccos(-0,7560) = km

31 5 perc szünet

32 Analitikus geometria Alakzat egyenlete (egyenletrendszere, egyenlőtlensége, stb): olyan összefüggés a koordináták közt, melyet az alakzat pontjainak koordinátái kielégítenek, más pont koordinátái viszont nem.

33 Analitikus geometria Az alakzatokat a lehető legegyszerűbb egyenletükkel adjuk meg. X3+XY2+X = 0 helyett X = 0. (Hiszen X3+XY2+X = 0 X = 0, mert X3+XY2+X = (X2+Y2+1)X.) X = 0: pont az egyenesen, egyenes a síkon, sík a térben. X > 0: félegyenes, félsík, féltér

34 Koordinátageometria a síkon Descartes-féle koordinátarendszerben dolgozunk. A legegyszerűbb alakzatokat fogjuk vizsgálni. Az ezeket leíró egyenletek első-, vagy másodfokúak. Egyenes, kör, kúpszeletek.

35 Egyenes Hogyan adhatunk meg egy egyenest? 2. Két pontjával. 3. Egy pontjával és az irányával.

36 Egyenes Két pont által meghatározott egyenes: P1(x1,y1) és P2(x2,y2) pontok összekötő egyenesének egyenlete: X Y 1 x1 y1 1 = 0 x2 y2 1

37 Egyenes Hiszen a P(x,y) pont pontosan akkor van rajta a P1P2 egyenesen, ha a három pont által meghatározott háromszög területe 0. Ismertebb alak: (x2-x1)(y-y1) = (y2-y1)(x-x1)

38 Egyenes Tengelymetszeti egyenlet: Ha a tengelyekkel alkotott metszéspontok az egymástól különböző (a,0) és (0,b) pontok, akkor az egyenlet: X/a + Y/b = 1

39 Egyenes Adott a P0(x0,y0) pont és az egyenessel párhuzamos v = (v1,v2) 0 vektor, egy irányvektor: Vektoregyenlet: p = p0 + tv Paraméteres egyenletrendszer: X = x0 + tv1 Y = y0 + tv2 Irányvektoros egyenlet: v2(x-x0) = v1(y-y0)

40 Egyenes Adott a P0(x0,y0) pont és az egyenesre merőleges n = (A,B) 0 vektor, egy normálvektor: Vektoregyenlet: n(p - p0) = 0. Normálvektoros egyenlet: AX + BY = Ax0 + By0

41 Egyenes Adott a P0(x0,y0) pont és az egyenes m meredeksége, vagy iránytangense (m = tgφ): Y - y0 = m(x -x0) Y = mx + b

42 Egyenes Tétel: Minden AX + BY + C = 0 lineáris egyenlet valamely egyenes egyenlete, ha A és B közül legalább az egyik nem 0. Bizonyítás: Az n = (A,B) 0 vektor egy normálvektor. Feltehető, hogy pl. A 0. ekkor a P0(-C/A,0) ponton átmenő, n normálvektorú egyenes egyenlete éppen AX + BY + C = 0.