4. Model M1 – syntetická geometrie V této kapitole se budeme zabývat vektory, jejich vlastnostmi a využitím v geometrii. Nebudeme přitom rozlišovat, jestli se jedná jen o rovinu (dvě dimenze) nebo prostor (tři dimenze).
4.1 Interpretace pojem vektor viz 1.4 rovnost vektorů viz 1.5 sčítání vektorů viz 2.1 násobení vektoru reál.č. viz 2.7 všechny vlastnosti def 3.1 jsou splněny => jde skutečně o model Na tomto modelu jsme budovali své představy vektoru (primitivní pojmy i axiomy). Už proto musí model fungovat.
4.2 Příklad: šestiúhelníky Je dán pravidelný šestiúhelník ABCDEF. Určete vektory AB, AC, AD, AE, AF pomocí červených vektorů z obrázku. (Určit vektory XY jako lineární kombinaci červených vektorů.)
a)
b)
c)
d)
e)
Řešení: a) AB = u umístění vektoru u AC = u + v definice součtu u + v AD = 2v definice násobení v AE = AD + DA = 2v – u DA má opačnou orientaci než u AF = AE + EF = 2v – u – v = -u + v příklad AB = AC = AD = AE = AF =
a) u u+v 2v -u + 2v -u + v
b) -w -2w + t -2w + 2t -w + 2t t
c) r–s 2r – s 2r r+s s
d) m 2m + n 2m + 2n m + 2n n
e) a 3/2 a + 1/2 b a+ b b -1/2 a + 1/2 b
4.3 Příklad: osmiúhelník Je dán pravidelný osmiúhelník ABCDEFGH. Určete vektory AB, AC, AD, AE, AF, AG, AH pomocí vektorů u a v viz obrázek.
Řešení: AB = v AC = AH + HC = u + (1+√2) v AD = (1+√2) BC = (1+√2) (-v + u + (1+√2) v ) = =(1+√2) (u + √2 v) = (1+√2) u + (2+√2) v AE = AD + DE = AD + u = (2+√2) u + (2+√2) v AF = AE + EF = AE – BA = AE – v = (2+√2) u + (1+√2) v AG = AD + DG = AD – HC = = (1+√2) u + (2+√2) v - (1+√2) v = (1+√2) u + v AH = u
4.4 Příklad: osmiúhelník Je dán pravidelný osmiúhelník ABCDEFGH. Určete vektory AB, AC, AD, AE, AF, AG, AH pomocí vektorů u a w viz obrázek.
Řešení: označme
1 2
2 2 AB = -λu + t = - λu + (1- λ)w AC = -λu + (1- λ)w AD = w AE = u + w AF = (1 + λ)u + (1 - λ)w AG = AF – BC = AF – (AC - AB) = (1+ λ)u + λw AH = u
4.5 Příklad: bod na úsečce Nechť bod C leží mezi body A,B a pro vzdálenosti platí |AC|=m, |BC|=n, m,n>0. Dokažte, že pak platí pro libovolný bod P
PC
n PA m PB m n
Řešení: Vektory AC a CB mají stejný směr jen různou velikost, vzhledem k podmínkám v zadání tedy platí
PA + AC = PC PC + CB = PB
=> =>
AC CB m n n AC m CB
(1)
PC – PA = AC PB – PC = CB
(2) (3)
do (1) dosadíme z (2) a z (3) n(PC – PA) = m(PB – PC) (m+n)PC = nPA + mPB
PC
n PA m PB m n q.e.d.
4.6 Poznámka: V matematických knihách se důkazy ukončují zkratkou q.e.d. – quod errat demonstrantum = což bylo třeba dokázat počešťovatelé to překřtili na c.b.d. (což bylo dokázat)
4.7 Poznámka: střed úsečky Je-li S střed úsečky AB, pak pro libovolný bod P platí PS = ½ (PA+PB) Důkaz: do předchozího příkladu položme S=C a m=n= ½ a, kde a=|AB|.
4.8 Poznámka: CZ cyklická záměna pro trojúhelník ve standardním značení co platí pro a,b,c,α,β,γ,va,vb,vc,ta,tb,tc platí i pro b,c,a,β,γ,α,vb,vc,va,tb,tc,ta a pro c,a,b,γ,α,β,vc,va,vb,tc,ta,tb Vzorec, který se dokáže pro jednu sadu údajů platí i pro druhou a třetí. Například obsah trojúhelníka S = ½ a va CZ =>
poloměr kružnice opsané
r
a 2 sin
věta kosinová ATD.
CZ
představuje tři vzorce, ještě r
a2
b2
c2
2ab cos
CZ
S = ½ b v b , S = ½ c vc
b 2 sin
, r
c 2 sin
4.9 Příklad: Je dán trojúhelník ∆ABC. Dokažte, že platí: 1. AB + BC + CA = o 2. Označíme-li SXY střed úsečky XY, pak ASBC + BSCA + CSAB = o 3. Je-li T těžiště ∆ABC, pak AT + BT + CT = o Řešení: ad 1.
AB + BC + CA = AC + CA = AC – AC = o
ad 2.
2 ASBC = AB + AC
CZ
tedy 2 BSCA = BC + BA 2 CSAB = CA + CB a všechny tři vztahy sečteme 2 (ASBC + BSCA + CSAB ) = (AB + BC + CA) + (AC + CB + AC) = o + o z toho plyne ASBC + BSCA + CSAB = o ad 3.
AT = 2/3 ASBC
CZ
opět všechny tři vztahy sečteme AT + BT + CT = 2/3 (ASBC + BSCA + CSAB ) = 2/3 o = o q.e.d.
4.10 Příklad: těžiště ∆ Je dán trojúhelník ∆ABC, T je jeho těžiště a P je libovolný bod. Dokažte, že platí
PT
1 ( PA PB PC ) 3
Řešení: AT = PT – PA BT = PT – PB CT = PT – PC
CZ
vztahy sečteme AT + BT + CT = 3 PT – (PA + PB + PC) na levé straně je podle předchozího příkladu nulový vektor, tedy PA + PB + PC = 3 PT a podělením 3 dostaneme to, co jsme měli dokázat.
q.e.d.
4.11 Poznámka: těžiště n bodů Zobecnění předchozích příkladů Pro libovolný bod P a těžiště T bodů A1, A2, A3, …, An platí
PT n=2 n=3 n=4
1 ( PA1 n
PA2
PA3 PAn )
T střed T těžiště trojúhelníka i degenerovaného do přímky T těžiště čtyřstěnu i degenerovaného do roviny nebo přímky
4.12 Příklad: nulový vektor Pro která reálná čísla x,y platí rovnice (x+y-2) u + (x-2y+1) v = o , kde u, v jsou dva nenulové nekolineární vektory, tj. neexistuje žádné reálné číslo takové, aby vektor u byl násobkem vektoru v ( neexist. λ R: u=λv) Řešení: Násobení vektoru reálným číslem představuje pouhé natahování vektoru v jedné nebo druhé orientaci při zachování směru. Součet dvou vektorů se graficky provádí doplněním na rovnoběžník a součet je představován úhlopříčkou. Má-li být úhlopříčka nulová (výsledkem má být nulový vektor), musí mít strany rovnoběžníka nulovou délku. Jediná možnost jak to splnit je, že u dvou nenulových vektorů to bude rovnice 0u+0v=o, Tedy musí platit x+y-2=0 x-2y+1=0 Soustava dvou lineárních rovnic pro dvě neznáme má jediné řešení x = y = 1.
4.13 Příklad: osa úhlu Nechť AD je osa úhlu
AD kde b,c jsou strany trojúhelníka ∆ABC.
b AB c AC , b c
Řešení: označme X AB, Y AC tak, aby |AX|=|AY|=1 tedy
AB = c AX, AC = b AY
AZ = AX + AY AD je násobek AZ jen nevíme jak veliký, budeme ho hledat – označme ho λ
AD
AZ
AB c
AC b
b AB c AC bc
( b AB c AC )
kde jsme označili ω=λ/(bc) - musíme to přesně určit pomocí stran ∆ AB = AD + DB AC = AD + DC = AD - CD a dosadíme AD = ωbAD + ωbDB + ωcAD - ωcCD AD (1 – ωb – ωc) = ωb DB– ωc CD vázané vektory DB a CD jsou stejného směru, tedy existuje nějaké reálné číslo k, pro které bude platit, že CD=kDB AD (1 – ωb – ωc) = ωb DB– ωck DB AD (1 – ωb – ωc) = DB(ωb – ωck)
upravme nebo
AD (1 – ωb – ωc) - DB(ωb – ωck) = o Podle příkladu 4.12 je tato rovnice splnitelná pouze tehdy, když bude platit: 1 – ωb – ωc = 0
a zároveň
ωb = ωck
úprava výrazu vlevo ω = 1/(b+c) po dosazení
AD
1 b c
( b AB c AC ) qed
Jako vedlejší produkt dostáváme úpravou výrazu vpravo:
0
b ck
k
4.14 Poznámka: Předchozí příklad platí pouze pro osu úhlu
AD
b AB c AC b c
Příklad 4.5 platí pro libovolné body ABC kolineární
PC
n PA m PB m n
b c
DC DB
CZ
Jestliže přiřadíme bodům z 4.5 body z 4.13 P->A, A->C, B->B, C->D, můžeme psát
AD
n AC m AB m n
m AB n AC m n
b AB c AC b c
Toto je možné jedině, když existuje k R tak, že b=km, c=kn, Tedy
c b
n m
DB DC
CZ
(srovnejte s vedlejším produktem příkladu 4.13) Výsledek slovy: Osa úhlu v trojúhelníku dělí protější stranu v převráceném poměru přilehlých stran.
4.15 Příklad: čtyřstěn Je dán čtyřstěn ABCD, T je jeho těžiště; body A‘, B‘, C‘, D‘ jsou těžiště stěn (trojúhelníků) BCD, ACD, ABD, ABC, P je libovolný bod. Dokažte, že platí: 1. AA’ + BB‘ + CC‘ + DD’ = o 2. AT + BT + CT + DT = o 3. PT = ¼ (PA + PB + PC + PD) Návod: Těžiště ve čtyřstěnu dělí těžnici v poměru 1:3 1. AA’ = 1/3 (AB + AC + AD) CZ 2. AT = ¾ AA’ CZ 3. AT = PT – PA CZ Řešení: Úpravy po dosazení podle návodu jsou jednoduché.
4.16 Příklad: kružnice vepsaná Nechť a,b,c jsou strany ∆ABC. Nechť O je střed kružnice vepsané ∆ABC. Dokažte, že pro libovolný bod P platí
aOA bOB cOC o aPA bPB cPC PO a b c Řešení: OC = OB1 + OA1 = x OB + y OA
OB1 OB
x OB1 a OB, mají opačnou orientaci.
(číslo x musí být záporné, protože vektory
z podobnosti ∆BOA0 ~ ∆BB1C
x první rovnost je definice (zavedení) čísla x
OB1 OB
A0C A0 B
x = - OB1/OB
b c
druhá rovnost je z podobnosti ∆BOA0 ~ ∆BB1C, podobné jsou proto, že u vrcholu B sdílejí úhel a vzhledem k rovnoběžnosti CB1 a A0O mají stejný i úhel u vrcholu B1 resp O, tedy OB1/OB = A0C/A0B třetí rovnost je z poznámky 4.14 AO je osa úhlu BAC, tedy BC je děleno v poměru stran b,c tedy
A0C/A0B=b/c
podobně y = - a/c Dosadíme úprava
OC = - b/c OB – a/c OA a OA + b OB + c OC = o
Druhý vztah se dokáže, když do právě dokázaného vztahu dosadíme OA = PA – PO a upravíme
CZ
q.e.d.
4.17 Příklad: čtyřúhelník Dokažte, že středy stran libovolného čtyřúhelníka jsou vrcholy rovnoběžníka. Řešení: Podaří-li se dokázat, že MN = QP, pak bude tvrzení dokázáno. MN – QP = MN + PQ = (MB + BN) + (PD + DQ) = MNPQ jsou středa stran = ½ AB + ½ BC + ½ CD + ½ DA = = ½ (AB + BC + CD + DA) = ½ o = o q.e.d.
4.18 Příklad: Víte, že pro vektory a,b,u,v platí a=u+2v, b=½u–v Vyjádřete vektory u, v jako lineární kombinaci vektorů a, b . Řešení: Druhou rovnici vynásobme dvěma a sečtěme s první, dostaneme a+2b=2u v=½u–b=¼a+½b-b Tedy výsledně u=½a+b v=¼a–½b KONEC
