4. előadás Vektorok
Vektorok bevezetése • Ha adottak a térben az A és a B pontok, akkor pontosan egy olyan eltolás létezik, amely A-t Bbe 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.
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.
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
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.
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
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.
Összeadás, kivonás • a + b : az a végpontjából felmérjük b-t, majd a kezdőpontját összekötjük b végpontjával.
• Paralelogrammaszabály
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
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.
Összeadás, kivonás • Az a és b vektorok különbsége az az a-b vektor, melyhez b-t adva a-t kapunk. b+(a–b) =a
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
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.
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.
Vektor szorzása számmal • 2. : középpontos hasonlósággal, az ábra alapján:
• Következmény: A tér szabad vektorai vektorteret alkotnak a valós számok teste felett.
Ismétlés lineáris algebrából • Lineáris kombináció: Σλiai • Lineárisan összefüggő, illetve lineárisan független vektorok: Σλiai=0 csak akkor, ha minden i: λi =0. • Generátorrendszer, bázis, dimenzió.
Dimenzió • Tétel: A tér két vektora pontosan akkor lineárisan összefüggő, ha párhuzamos. • Bizonyítás: Ha λ1a1 + λ2a2 = 0, és valamelyik λi ≠ 0, akkor az egyik vektor a másik skalárszorosa, azaz a vektorok párhuzamosak. Ha viszont a vektorok nem párhuzamosak és egyik λi sem 0, akkor λ1a1 és λ2a2 különböző irányú vektorok, ezért összegük nem lehet 0.
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.
Dimenzió • Bizonyítás: Valamely közös O kezdőpontból felmérve a vektorokat egyértelműen előállítható az ábrán látható paralelogramma, illetve paralelepipedon.
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.
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.
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.
Koordinátarendszer • Ha v1 koordinátái (α1,β1,γ1), v2 koordinátái pedig (α2,β2,γ2), akkor tetszőleges λ1 és λ2 valós számok esetén λ1v1+λ2v2 koordinátái (λ1α1 + λ2α2, λ1β1 + λ2β2, λ1γ1 + λ2γ2). • v1 = (α1,β1,γ1), v2 = (α2,β2,γ2) λ1v1+λ2v2 =(λ1α1+λ2α2,λ1β1+λ1β1,λ1γ1+λ2γ2).
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=(a1,a2,a3), B=(b1,b2,b3), akkor az AB vektor koordinátái (b1-a1,b2 –a2,b3-a3).
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.
SZÜNET
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.
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
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)
Súlypont • Definíció: Az A1,A2,…,Ak pontokhoz rendeljük hozzá a λ1, λ2 ,…, λk valós számokat, melyek összege 1. Ekkor a pontrendszer súlyozott súlypontja az az S pont, melynek helyvektorára
s = λ1a1+ λ1a2 + … +λkak
Súlypont • Tétel: Az előző definíció „jó”, azaz S nem függ a helyvektorok kezdőpontjának megválasztásától.
• OO’ = p s’ = λ1(a1-p) + λ2(a2-p) + … +λk (ak-p) = λ1a1+ λ2a2 + … +λkak – (λ1+λ2+…+λk )p = s - p
Súlypont • Tétel: Ha egy súlyozott pontrendszer pontjait két diszjunkt részhalmazra, R1-re és R2-re osztjuk, Ri súlypontja Si, az Ri-ben lévő pontokhoz tartozó súlyok összege μi ≠ 0, akkor a teljes pontrendszer S súlypontja az S1S2 egyenesen van, és (S1S2S) =μ2/μ1.
Súlypont • Bizonyítás: • Legyen R1 = {A1,A2,…,Ak}, R2 ={Ak+1,Ak+2,…,Am}, a súlyok pedig λ1, λ2 ,…, λk és λk+1, λk+2 ,…, λm . Ekkor s1 = (λ1a1+ λ2a2 + … +λkak)/(λ1+λ2+…+λk ), s2=(λk+1ak+1+λk+2ak+2 +...+λmam)/(λk+1+λk+2+…+λm) Ha μ1 = λ1+λ2+…+λk és μ2 = λk+1+λk+2+…+λm, akkor s = μ1 s1 + μ2 s2. Ezért (S S S) =μ /μ .
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.
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.
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.
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.
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.
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).
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’.
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.
