7. előadás Vektorok alkalmazásai
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.
Terület
• Elvégezve a zárójel felbontását és alkalmazva az uxv = -vxu azonosságot, rögtön adódik az állítás.
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.
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
Terület
• 2T = P1P2 x P1P3
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
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
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)
Terület • Az egyes síkrészekhez különböző előjelkombinációk tartoznak.
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
Térfogat
• A tetraéder térfogata a paralelepipedon térfogatának 1/2 x 1/3 = 1/6 része. • 6V
= P1P2 P1P3 P1P4
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
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
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
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.
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
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
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
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
Súlypont • Tulajdonképpen azt számoltuk ki, hogy 2, 3 illetve 4 pontból álló pontrendszer súlyozott súlypontjánál az egyes pontokhoz tartozó súlyokat hogyan határozhatjuk meg.
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.
Gömbháromszögek • Földrajzi koordináták. • Hosszúság és szélesség. Mindkettő szög.
• Gömbfelszínen a távolságot is érdemes szöggel mérni.
Gömbháromszögek • Gömbháromszög: 3 nem egy főkörön lévő pont által meghatározott alakzat. • Csúcsok, oldalak, szögek.
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.
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
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
Gömbháromszögek • Hogyan határozhatjuk meg két város távolságát, ha ismerjük a földrajzi koordinátáikat?
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.
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) = 15485 km
5 perc szünet
Analitikus geometria • Alakzat egyenlete (egyenletrendszere, egyenlőtlensége, stb): olyan összefüggés a koordináták közt, melyet az alakzat pontjainak koordinátái kielégítenek, más pont koordinátái viszont nem.
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
Koordinátageometria a síkon • Descartes-féle koordinátarendszerben dolgozunk. • A legegyszerűbb alakzatokat fogjuk vizsgálni. Az ezeket leíró egyenletek első-, vagy másodfokúak. • Egyenes, kör, kúpszeletek.
Egyenes •
Hogyan adhatunk meg egy egyenest? 2. Két pontjával. 3. Egy pontjával és az irányával.
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
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)
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
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)
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
Egyenes • Adott a P0(x0,y0) pont és az egyenes m meredeksége, vagy iránytangense (m = tgφ): Y - y0 = m(X -x0) Y = mX + b
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.
