Játékgeometria. * Feladatok oktatási segédanyag, mely a

Játékgeometria * Feladatok oktatási segédanyag, mely a

Társadalmi Megújulás Operatív Program Határon átnyúló együttmuködés ˝ a szakképzés és a feln˝ottképzés területén c. pályázati felhívás keretében megvalósított Mobil alkalmazásfejlesztés az informatikai tudás innovatív alkalmazásával címu, ˝ TÁMOP-2.2.4-11/1-2012-0055 kódszámú projekt keretében valósult meg.

2013

TA R TA L O M J E G Y Z É K

Bevezetés

3

Feladatok

3

Megoldások Végeredmények

10 29

WolframAlpha példák

34

2

Játékgeometria 3

bevezetés Ez a feldatgyujtemény ˝ a Játékgeometria jegyzet megértését hivatott segíteni. Nem is feladatgyujteményr˝ ˝ ol van szó a szó klasszikus értelmében, ezt a feladatok számán is látjuk. Nem szerepeltetek ugyanis olyan rutin feladatokat, amelyeket a legtöbb lineáris algebra vagy analitikus geometria feladatgyuj˝ teményben tömegével megtalálhatók. Inkább a megismert új koncepciók és eljárások gyakorlati szemléltetése a cél. A feladatok megoldására többféle stratégiát is elképzelhet˝onek tartok: a. Papír – ceruza módszerrel mindent végigszámolunk. b. Valamilyen CAS eszközzel számolunk. (A feladatok konstruálásakor, az eredmények kiszámításakor és az útmutatások elkészítésekor a Maxima komputeralgebrai rendszerrel számoltam, a megoldásokhoz beillesztettem néhány kódrészletet.) Emellett a jegyzetbe beépítettem néhány példát WolframAlpha (WA) alkalmazásokra (34. oldal). A WA egy felh˝o alkalmazás, http://www.wolframalpha.com/ A feladatoknál a feladatok szövege után zárójelben elhelyezett „WA” hívja fel a figyelmet erre. c. Kedvenc programozási nyelvünkön programot írunk a feladatok megoldására. Jó lenne, ha a témában elmélyülni vágyó olvasó a feladatoknál mindhárom stratégiát alkalmazná. Nyíregyháza, 2013. június 15. Kovács Zoltán

Az oktatási segédanyag a „Mobil alkalmazásfejlesztés az informatikai tudás innovatív alkalmazásával” címu, ˝ TÁMOP-2.2.4-11/1-2012-0055 kódszámú projekt keretében valósult meg.

Feladatok

4

Játékgeometria 5

vektorok és mátrixok 1. Határozzuk meg a hiányzó adatokat az alábbi táblázatban, ha a transzformáció a C centrumú, λ arányú középpontos nyújtás, és az X pont képe X 0 ! (WA) C

λ

X

a.

(0, 0)

3/2

(1, 2)

b.

(1, 0)

−1/2

c.

(1, 1)

d.

X’

(4, 2) (4, 3)

(5/2, 2)

5/2

(0, 0)

(4, −3)

(1, 1, 1)

e.

(1, 0, −2)

4/3

f.

(1, 0, −2)

4/3

g.

(1, −1, 2)

(1, 1, 1) (1, 2, −1)

(1, 1, 0)

2. Határozzuk meg az x ∈ Rn vektor w ∈ Rn (w 6= 0) vektor irányára vonatkozó Vx mer˝oleges vetületét a vetítés V mátrixának meghatározásával. (WA) w

x

V

a.

(1, −2)

(4, 1)

b.

(1, 1)

(5, −2)

c.

(1, 0)

(α, β)

d.

(1, −1, 2)

(1, 0, 1)

Vx

1/5 −2/5 −2/5 4/5

(2/5, −4/5)

3. Döntsük el, hogy az alábbi pontok kollineárisak-e! Ha nem, akkor határozzuk meg az ABC háromszög körüljárási irányát, és számítsuk ki a háromszög területét! Kollineáris ponthármas esetén állapítsuk meg, melyik pont választja el a másik kett˝ot! (WA) A

B

C

a.

(4, 2)

(−2, 3)

(3, 1)

b.

(9, −5)

(10, −2)

(−3, −10)

c.

(−3, 7)

(8, −10)

(−5, −4)

d.

(−3, 6)

(3, −12)

(1, −6)


Játékgeometria 6

alakzatok megadása 4. Baricentrikus koordináták alkalmazásával vizsgáljuk, hogy a P pont az (esetleg elfajuló) ABC háromszögön belül van-e A

B

C

P

a.

(3, 0)

(0, 0)

(1, 4)

(0, 4)

b.

(1, 0)

(4, 1)

(4, 3)

(0, 2)

c.

(8, −4)

(−2, 1)

(−5, 5)

(0, 1)

d.

(7, 1)

(0, −3)

(14, 5)

(0, 1)

5. Vizsgáljuk az A, B, C pontok kollinearitását, s ha a pontok nem kollineárisak, írjuk föl annak a síknak az egyenletét, melyre mindhárom pont illeszkedik! Illeszkedik-e a P pont a megadott síkra/egyenesre? Ha igen, döntsük el, hogy belül van-e a (az esetleg elfajuló) háromszögön! A

B

C

P

a.

(−3, 2, 1)

(1, 1, 0)

(2, −1, 1)

(0, 10, −6)

b.

(−1, −1, −2)

(−4, −3, −2)

(−1, 5, 0)

2 (− 85 , 17 5 , −5)

c.

(3, 1, 0)

(2, 2, 1)

(4, 0, −1)

3 2 ( 17 5 , 5, −5)

d.

(3, 2, 0)

(4, 1, 1)

(5, 0, 2)

(7, −2, 4)

geometriai algoritmusok 6. A téglalapot középpontjával és fél oldalvektoraival adjuk meg, tehát a ( Q, a, b) téglalap csúcsai Q ± a ± b. A horizontális vonal módszerével döntsük el, hogy a megadott pont benne van-e a megadott téglalapban! a. Q = (1, 1), a = (−2, 1), b = (2, 4); P = (3, −2) b. Q = (0, 2), a = (−1, −1), b = (1, −1); P = (1, 0) alakzatok metszése 7. Határozzuk meg az alábbi síkok metszésvonalát, azaz írjuk föl a metszésvonal paraméteres el˝oállítását! a. 5x − 2y + z = 3 és x + 2y = 2 b. 3x − 3y + 5z = −4 és 5x + y + 1 = −1 c. 4x − 3y = −2 és z = 2.


Játékgeometria 7 8. Állapítsuk meg, hogy a megadott egyenes metszi-e a C ± u ± v téglalapot! 1. x − 2y = 6, C = (1, 1), u = (1, 2), v = (−4, 2) 2. y = 2x − 4, C = (−1, −1), u = (1, 1), v = (−1, 1) lineáris transzformációk 9. Végezzük el az alábbi tükrözéseket a Householder-mátrix módszerrel! (WA) tükör

pont

H-mátrix 

a.

3x − 2y + z = 0

(1, 0, 2)

b.

−y + z = 0

(2, 2, 1)

c.

y = 2x

(−5, 2)

d.

y = 2x + 1

(−5, 2)

1 7

tükörkép 

−2 6  6 3 −3 2

−3 2  6

1 7 (−8, 10, 9)

10. Tükrözzünk a síkban egyenest egyenesre! tükör

tükrözend˝o

a.

3x − 2y = 0

y=x

b.

x + 2y = 2

tükörkép y=1

2x − y = 1

c.

3x − 4y = 2

11. Konstruáljuk meg azt a forgatást, mely az a vektort az x tengely irányába transzformálja! A térbeli feladatnál ráadásul b kerüljön az y tengely irányába. a. a = (−4, 3) b. a = (1, −2) c. a = (3, 4, 0), b = (0, 0, 1). 12. Legyen 

0 W= c −b

 −c b 0 − a , a 0

ahol az ( a, b, c) egységvektor a forgástengely irányvektora. Az R = I + sin αW + (1 − cosα)W 2

(1)

formula alapján határozzuk meg a koordinátatengelyek körüli forgatások mátrixait! Az oktatási segédanyag a „Mobil alkalmazásfejlesztés az informatikai tudás innovatív alkalmazásával” címu, ˝ TÁMOP-2.2.4-11/1-2012-0055 kódszámú projekt keretében valósult meg.

Játékgeometria 8 13. Vázoljuk, hogy mi a következ˝o affin transzformációk hatása annak az egységkockára, melyet az (1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1) vektorok feszítenek ki! A transzformációknak csak a lineáris részét adom meg, az eltoló vektor zérusvektor.   1 a 0 a. 0 1 0 0 0 1   1 a 0 b. 0 1 0 0 b 1   a −b 0 c.  b a 0 0 0 1 távolságok kiszámítása és ütközések detektálása 14. Határozzuk meg a D = (C, u, v) téglalap effektív sugarát az e egyenes normálvektora által meghatározott irányra vonatkozóan, s az effektív sugár módszerével állapítsuk meg, hogy eléri-e a téglalap az egyenest! A téglalap a szokásos módon, a C középpontjával és (u, v) fél oldalvektoraival van adva. C

u

v

e

a.

(4, 3)

(−3, 1)

(1, 3)

3x + 4y − 3 = 0

b.

(−2, 0)

(−1, −2)

(4, −2)

x + 5y − 10 = 0

15. Határozzuk meg a pont és a téglalap távolságát! A téglalap a szokásos módon, középpontjával és fél oldalvektoraival van adva. 1. A téglalap: C = (0, 0), u = (3, 0), v = (0, 1); P = (4, −2). 2. C = (0, 0), u = (4, 3), v = (−6, 8); P = (4, 4). √ √ 3. C = (2, 2), u = (1, − 3), v = ( 3, 1); P = (3, 4). 16. Állapítsuk meg a Q ± u ± v és R ± p ± q téglalapokról, hogy átfed˝oek-e! a. Q = (1, 1), u = ( 12 , 1), v = (−2, 1); R = (−1, −1), p = (1, 0), q = (0, 1). b. Q = (1, 1), u = ( 21 , 1), v = (−2, 1); R = (−1, −1), p = (1, 1), q = (−1, 1).


Megoldások

9

Játékgeometria 10 Az 1. feladat megoldása. A transzformáció definíciója X 0 = C + λ ( X − C ),

(2)

ha λ, X, C van adva, ez rögtön adja X 0 -t. WxMaxima használatával ld. 1. kód. wxMaxima kód 1 Középpontos nyújtás (%i1) f(X,C,lambda):=C+lambda*(X-C); (%o1)

f ( X, C, lambda) := C + lambda ( X − C )

(%i2)

f([1,1,1],[1,0,-2],4/3);

(%o2)

4 [1, , 2] 3

(2)-b˝ol X és C is rögtön kifejezhet˝o λX = X 0 + λC − C =⇒ X =

1 0 1 X + C − C; λ λ

valamint X 0 = (1 − λ)C + λX =⇒ C =

1 λ X0 − X. 1−λ 1−λ

Ha λ-t keressük, akkor el˝oször tesztelni kell, hogy a pontok kollineárisake. Síkban, ha X0 X1 1 0 X X 0 1 = 0, 1 0 C0 C1 1 akkor a pontok kollineárisak, és λ meghatározható (2) els˝o komponenséb˝ol (ha X0 = C0 , akkor a második komponenséb˝ol): X00 = C0 + λ( X0 − C0 ) =⇒ λ =

X00 − C0 . X0 − C0

Például a c. feladat esetén 4 3 1 5/2 2 1 = 0, 1 1 1 így a pontok kollineárisak. Mivel X és C els˝o koordinátája nem egyezik meg, így (2) els˝o komponense 5 1 = 1 + 3λ =⇒ λ = . 2 2 Az oktatási segédanyag a „Mobil alkalmazásfejlesztés az informatikai tudás innovatív alkalmazásával” címu, ˝ TÁMOP-2.2.4-11/1-2012-0055 kódszámú projekt keretében valósult meg.

Játékgeometria 11 A pontok kollinearitását térben az

(X − C) × (X0 − C) vektoriális szorzat kiszámításával tesztelhetjük. Ha ez nem nullvektor, akkor a pontok nem kollineárisak. (Program íráskor inkább a vektor hosszának négyzetét számoljuk.) A g. feladatnál

( X − C ) × ( X 0 − C ) = (0, 2, −2) × (0, 3, −3) = (0, 0, 0), így a pontok kollineárisak. A 2. feladat megoldása. A vetítés mátrixa V=

wwt , wt w

ahol w ∈ Rn×1 , tehát w-t oszlopba írjuk. Így az a. mintapéldánál: 1 −2 1 , wwt = 1 −2 = −2 4 −2 míg wt w = w • w = 5. Így megkaptuk a táblázat szerinti mátrixot. A vetületre 1/5 −2/5 4 2/5 = . −2/5 4/5 1 −4/5 wxMaxima kód a d. feladathoz, a V mátrix kiszámításával, ld. a 2. kódot. A 3. feladat megoldása. a. 4 1 t = −2 2 3

2 3 1

1 7 1 = > 0, 2 1

tehát a háromszög pozitív körüljárási irányú, és a területe 7/2. d. −3 6 1 1 t = 3 −12 1 = 0, 2 1 −6 1 a pontok kollineárisak. Az elválasztást akár az els˝o, akár a második koordináták alapján el tudjuk dönteni:

−3 < 1 < 3, így A − C − B.


Játékgeometria 12

wxMaxima kód 2 Mer˝oleges vetítés (%i1) f(w):=(transpose(w).w)/(w.transpose(w));

(%i2)

transpose (w) .w w.transpose (w) g(w,x):=f(w).transpose(x);

(%o2)

g (w, x ) := f (w) .transpose ( x )

(%i3)

w:[1,-1,2];x:[1,0,1];

(%o3) (%o4)

[1, −1, 2] [1, 0, 1]

(%i5)

f(w);  1

(%o1)

f (w) :=

6

(%o5)

− 1 1 3

6

− 61 1 6

− 31

(%i6)

g(w,x);  1 

(%o6)

− 1 

1 3



− 31  2 3

2

2

1


Játékgeometria 13 A 4. feladat megoldása. a. Mivel 3 0 1

0 0 4

1 1 = −12, 1

a pontok nem kollineárisak. P baricentrikus koordinátái ABC-re vonatkozón 0 4 1 1 1 α = − 0 0 1 = − , 12 3 1 4 1 3 0 1 1 1 β = − 0 4 1 = , 12 3 1 4 1 3 0 1 1 γ = − 0 0 1 = 1, 12 0 4 1 azaz a P pont kívül esik az ABC háromszögön, mert a koordináták között negatív is van. d. ABC kollineáris ponthármas (ld. még a 3. wxMaxima kódot is): 7 1 1 0 −3 1 = 0. 14 5 1 Ugyanakkor PBC nem kollineárisak: wxMaxima kód 3 Pontok kollinearitása (%i1) A:[7,1]$ B:[0,-3]$ C:[14,5]$ determinant(matrix([A[1],A[2],1], [B[1],B[2],1], [C[1],C[2],1])); (%o4)

0 0 0 14

1 1 −3 1 = 56. 5 1

Az 5. feladat megoldása. Legyen u = B − A = (4, −1, −1), v = C − A = (5, −3, 0). u és v vektoriális szorzata e1 e2 e3 u × v = w = 4 −1 −1 = (−3, −5, −7) 6= (0, 0, 0), 5 −3 0 Az oktatási segédanyag a „Mobil alkalmazásfejlesztés az informatikai tudás innovatív alkalmazásával” címu, ˝ TÁMOP-2.2.4-11/1-2012-0055 kódszámú projekt keretében valósult meg.

Játékgeometria 14 a pontok nem kollineárisak, w pedig a síkjuk normálvektora. Az ABC sík egyenletét írjuk fel. A • w = −3 · (−3) + 2 · (−5) + 1 · (−7) = −8, így a sík egyenlete

−3x − 5y − 7z = −8 ⇐⇒ 3x + 5y + 7z = 8. Mivel 3 · 0 + 5 · 10 + 7 · (−6) = 8, az (0, 11, −6) pont illeszkedik a síkra. A wxMaxima számoláshoz ld. a 4 kódot! wxMaxima kód 4 A vektoriális szorzat kiszámításához a "vect" csomagra van szükség. (%i1)

load("vect");

(%o1)

/usr/share/maxima/5.29.1/share/vector/vect.mac

(%i2)

A:[-3,2,1]$ B:[1,1,0]$ C:[2,-1,1]$ P:[0,10,-6]$ w:express((B-A)~(C-A));

(%o6) [−3, −5, −7] A pontok nem kollineárisak. Az ABC sík egyenlete: (%i7)

f(X):=w.X-w.A=0$ f([x,y,z]);

(%o8)

−7z−5y−3x+8 = 0

(%i9)

f(P);

(%o9) 0 = 0 A P pont illeszkedik a síkra. A tartalmazás kérdése. Egy el˝ozetes tesztet és két önmagában is teljes megoldást mutatok. El˝ozetes teszt. Ha a pont benne van a háromszöglemezben, akkor a háromszög koordinátatengelyekre vonatkozó mer˝oleges vetületei tartalmazzák a vizsgált pont mer˝oleges vetületét. (Megfordítva ez nem igaz!) A konkrét esetben a koordinátatengelyekre vonatkozó mer˝oleges vetületek rendre [−3, 2], [−1, 2], [0, 1]. P második és harmadik koordinátája nincs benne a megfelel˝o vetületben, így P nincs a háromszöglemezben. Ennél a feladatnál már itt megállhatnánk, a teljesség kedvéért a másik két módszert is leírom. Az oktatási segédanyag a „Mobil alkalmazásfejlesztés az informatikai tudás innovatív alkalmazásával” címu, ˝ TÁMOP-2.2.4-11/1-2012-0055 kódszámú projekt keretében valósult meg.

Játékgeometria 15 Els˝o megoldás. P az A, B, C vektorokból lineárisan kombinálható. P akkor van az ABC lemezben, ha a kombináció konvex lineáris kombináció, azaz az együtthatók nem negatívak, és összegük egy. Oldjuk meg az   α  αA + βB + γC = P ⇐⇒ ( A, B, C ) β  = D (3) γ lineáris egyenletrendszert. Ha det( ABC ) 6= 0 (most ez a helyzet), akkor a megoldás vektor ( A, B, C )−1 D.  −1   −3 1 2 −1 1 3 1  2 1 −1 =  3 5 −1 , 8 1 0 1 1 −1 5 

így    α −1  β = 1  3 8 γ 1

1 5 −1

    3 0 −1 −1  10  =  7  . 5 −6 −5

α + β + γ = 1 teljesül (az természetes, mert P az ABC síkban van), de az együtthatók között vannak negatívak, tehát ez a lineáris kombináció nem konvex lineáris kombináció így P nincs a háromszög belsejében. A wxMaxima munkalap befejezéséhez ld. az 5. kódot! Második megoldás. Ez a módszer is (3) megoldásáról szól, de eleve kihasználjuk, hogy α = 1 − β − γ, (hiszen már tudjuk, hogy P az ABC síkban van.) Most a det( ABC ) = 0 esetet is tudjuk kezelni. Így a megoldandó egyenlet: β( B − A) + γ(C − A) = P − A

( B − A)-val és (C − A)-val skalárisan szorozva: β( B − A) • ( B − A) + γ(C − A) • ( B − A) = ( P − A) • ( B − A) β ( B − A ) • ( C − A ) + γ ( C − A ) • ( C − A ) = ( P − A ) • ( C − A ). Konkrétan: B − A = (4, −1, −1), C − A = (5, −3, 0), P − A = (3, 8, −7),

( B − A) • ( B − A) = 18 (C − A) • ( B − A) = 23 ( P − A) • ( B − A) = 11 (C − A) • (C − A) = 34 ( P − A) • (C − A) = −9. A megoldandó egyenletrendszer 18β + 23γ = 11 23β + 34γ = −9.


Játékgeometria 16 wxMaxima kód 5 (%i15) M:transpose(matrix(A,B,C));   −1 −4 −1 (%o15) −1 −3 5  −2 −2 0 (%i16) invert(M);  5 1 23  − 34 17 17 1 3  5 (%o16) − 17 − 17 17 2 3 1 − 17 − 34 17 (%i17) N:invert(M).P;   0 (%o17)  1  Ellen˝orzés:

5 4 5

(%i18) N[1,1]*A+N[2,1]*B+N[3,1]*C; 8 17 2 (%o18) [− , , − ] 5 5 5 Cramer-szabállyal megoldva: 11 23 18 11 −9 34 23 −9 = 7, β = = −5 γ= 18 23 18 23 23 34 23 34 Innen α = −1, és ismét megállapíthatjuk, hogy a pont nincs benne a háromszöglemezben. A c. feladat esetében ABC kollineáris ponthármas, az el˝oz˝o jelölést megtartva w = 0 adódik. Ugyanígy belátjuk, hogy ABP is kollineáris ponthármas. Az ABC elfajuló háromszög mer˝oleges vetülete a tengelyekre rendre: [2, 4], [0, 2], [−1, 1]. P megfelel˝o koordinátái az intervallumokban rendre ben3 2 ne vannak: 17 5 ∈ [2, 4], 5 ∈ [0, 2], − 5 ∈ [−1, 1]. A 6. feladat megoldása. A téglalap csúcsai A = (1, 6), B = (−3, −2), C = (1, −4), D = (5, 4). A téglalap az ABCD téglalap. A sorrendnél arra kell vigyázni, hogy a Q ± a ± b el˝oállításban egy bizonyos el˝ojel variáció után csak egy el˝ojelet változtassunk, így az egymást követ˝o pontok biztosan nem átlót, hanem oldalt adnak. A P-re illeszked˝o horizontális egyenes egyenlete y = −2. Mivel nincs olyan oldalszakasz, melynek mindkét határpontjának ugyanaz az ordinátája, így mindegyik oldallal foglalkozni kell. Meghatározzuk az Az oktatási segédanyag a „Mobil alkalmazásfejlesztés az informatikai tudás innovatív alkalmazásával” címu, ˝ TÁMOP-2.2.4-11/1-2012-0055 kódszámú projekt keretében valósult meg.

Játékgeometria 17 összes oldalszakasz metszéspontját a horizontális egyenessel. A táblázatban az els˝o metszéspont oszlop az oldalegyenessel való metszéspontot adja, a második oszlopban csak akkor szerepel a pont, ha az oldalszakaszon is rajta van. Ez a koordinátatengelyekre vonatkozó vetületekb˝ol, vagyis csak az els˝o vagy második koordinátákat vizsgálva eldönthet˝o. A táblázat min-nel jelölt oszlopa az oldal két határpontjához tartozó ordináták közül a kisebbik. A táblázat utolsó oszlopából olvasható le, hogy a pontot számítjuk, vagy nem. oldal

metszéspont

metszéspont

min

számít-e

AB

(−3, −2)

(−3, −2)

−2

nem

BC

(−3, −2)

(−3, −2)

−4

igen

CD

(2, −2)

(2, −2)

−4

igen

DA

(17, −2)

4

nem

Részletesen a táblázat els˝o sora. AB egyenlete

−2 − 6 ( x − 1) ⇐⇒ y = 2x + 4. −3 − 1

y−6 =

Ha y = −2, akkor x = −3, így a metszéspont (−3, −2). Ez a pont az AB szakaszon van, s˝ot annak határpontja. Azonban ez a határpont a kisebbik ordinátájú, így a metszést nem számoljuk. A második sor. BC egyenlete y+4 =

−2 + 4 ( x − 1) ⇐⇒ x + 2y = −7. −3 − 1

Az x + 2y = −7 egyenes és az y = −2 horizontális egyenes metszéspontja x = −3. A metszéspont a BC szakasz pontja, ráadásul annak B határpontja. Mivel ez a nagyobb ordinátájú határpont, és a metszéspont abszcisszája kisebb, mint P abszcisszája, ezért a metszéspontot számoljuk. A harmadik sor. CD egyenlete y+4 =

4+4 ( x − 1) ⇐⇒ 2x − y = 6. 5−1

A metszéspont y = −2-vel (2, 2). A metszéspont P „el˝ott” van (2 < 3 az abszcisszákra). A szakasz határpontjainak és a metszéspont ordinátáit összehasonlítva: −4 < −2 < 4, így a metszéspont a CD szakaszon van, számolni kell. A negyedik sorban a horizontális egyenes és a DA egyenes metszéspontja nem illeszkedik a DA szakaszra. Ugyanis DA egyenlete y−4 =

4−6 ( x − 5) ⇐⇒ x + 2y = 13, 5−1


Játékgeometria 18 a metszéspont (17, −2). D, A és a metszéspont abszcisszáit összehasonlítva láthatjuk, hogy a metszéspont nincs az AD szakaszon. A horizontális vonal és a téglalap oldalainak metszéspontjait vizsgálva két metszéspontot számoltunk, a horizontális vonal (−∞ fel˝ol nézve) egyszer belép a téglalapba, egyszer kilép, miel˝ott P-hez ér: P kívül esik a téglalapon. b. A = (0, 0), B = (−2, 2), C = (0, 4), D = (2, 2) oldal

metszéspont

metszéspont

min

számít-e

AB

(0, 0)

(0, 0)

0

nem

BC

(−4, 0)

CD

(4, 0)

DA

(0, 0)

(0, 0)

0

nem

A 7. feladat megoldása. A feladat tehát az, hogy meg kell oldani a

(5, −2, 1) • X = 3 (1, 2, 0) • X = 2 lineáris egyenletrendszert. Mátrix alakban (X = ( x, y, z)-vel):   x 5 −2 1   3 . y = 1 2 0 2 z

(4)

(5)

A problémát kezelhetjük úgy is, hogy Gauss-eliminációval megoldjuk az (5) egyenletrendszert. A probléma geometriai tartalmát figyelembe véve más megoldási módszer is lehetséges. Tudjuk, hogy a megoldás irányát a

(5, −2, 1) • X = 0 (1, 2, 0) • X = 0

(6)

homogén lineáris egyenletrendszer egy nem zéró megoldása adja, majd (4) egy konkrét megoldásával megadjuk a keresett egyenes egy pontját. (6) mutatja, hogy az irányvektor mer˝oleges (5, −2, 1)-re és (1, 2, 0)-re is, azaz v = (5, −2, 1) × (1, 2, 0) = (−2, 1, 12). (4) egy konkrét megoldását úgy kapjuk, ha valamelyik koordináta helyébe egy számot behelyettesítünk. Pl.   x 5 −2 1  3 , y = 2 1 2 0 z=0 5 −2 x 3 = . 1 2 y 2 Az oktatási segédanyag a „Mobil alkalmazásfejlesztés az informatikai tudás innovatív alkalmazásával” címu, ˝ TÁMOP-2.2.4-11/1-2012-0055 kódszámú projekt keretében valósult meg.

Játékgeometria 19 Általában nem mindegy melyik koordinátát választjuk 0-nak, fontos, hogy v megfelel˝o koordinátája ne legyen 0. A konkrét esetben v egyetlen koordinátája sem 0, így bármelyik koordinátát választhattuk volna 0-nak. (A c. feladatban már nem ez lesz a helyzet!) Az alapmátrix inverzével balról szorozva: 1 x 2 2 3 = , y 2 12 −1 5 Így x = 10/12, y = 7/12. A keresett egyenes paraméteres el˝oállítása tehát 5 7 , , 0 + t(−2, 1, 12). X= 6 12 wxMaxima kód a c. feladathoz: 6. kód! wxMaxima kód 6 (%i1) load(vect); (%o1)

/usr/share/maxima/5.29.1/share/vector/vect.mac

(%i2)

n:[4,0,-3]$ p:-2$

(%i4)

m:[0,0,1]$ q:2$

(%i6)

v:express(n~m);

(%o6)

[0, −4, 0]

(%i7)

X:[x,y,z];

(%o7)

[ x, y, z]

(%i8)

linsolve([n.X=p, m.X=q], [x,y,z]);

(%o8) [ x = 1, y = %r1, z = 2] Az y koordináta szabadon paraméterezhet˝o.

A 8. feladat megoldása. a. Az egyenes paraméteres el˝oállítására van szükségünk. y = t helyettesítéssel x = 2t + 6. A téglalap két egymásra mer˝oleges irányú sáv metszete. Meghatározzuk a sávok határegyeneseit, és azt a paraméterértéket, amelynél a parametrizált egyenes metszi a sáv határát.


Játékgeometria 20

pont

normálvektor

egyenlet

helyettesítés

t

(2, 3)

(1, 2)

x + 2y = 8

4t + 6 = 8

1 2

(0, 1)

(1, 2)

x + 2y = −2

4t + 6 = −2

−2

(−3, 3)

(−4, 2)

−2x + y = 9

−3t − 12 = 9

−7

(5, −1)

(−4, 2)

−2x + y = −11

−3t − 12 = −11

− 13

Tekintsük t-t id˝onek. Az egyenes paraméteres el˝oállítása szerint mozgó pont a [−2, 21 ] id˝o intervallumot tölti az egyik sávban, a [−7, − 13 ] id˝o intervallumot a másik sávban. A két intervallum átfed˝o, tehát az egyenes a téglalapot metszi. A 9. feladat megoldása. d. Az egyenes normálvektora w = (2, −1), így w • w = 5, azaz a Householder-mátrix 2 2 1 −3 4 1 0 H= − . 2 −1 = 0 1 5 −1 5 4 3 A tükör egy pontja M = (0, 1), így a P = (−5, 2) pont tükörképe 1 −3 4 1 19 −5 0 0 P = H ( P − M) + M = + = . 1 1 5 4 3 5 −12 Az utóbbi számítást wxMaximával elvégezve ld. a 7. kódot: wxMaxima kód 7 Tükrözés Householder-mátrixszal (%i1) w:transpose([2,-1])$ (%i2) (%o2) (%i3) (%o3)

I: ident(2); 1 0 0 1 H:I-2*w.transpose(w)/(w.w); 3 4 −5 5 4 5

3 5

(%i4)

P:[-5,2]$ M:[0,1]$

(%i6)

H.(P-M)+M; 19

(%o6)

5

− 12 5


Játékgeometria 21 Az 10. feladat megoldása. a. Az el˝oz˝o feladatban ismertetett módszer szerint meghatározzuk a tükrözés transzformációs szabályát: 12 5 y− x 13 13 12 5 y0 = x + y. 13 13

x0 =

A tükrözend˝o alakzat egyenletébe ezt behelyettesítjük: 12 5 12 5 x+ y = y − x. 13 13 13 13 rendezve: 7y = 17x. b. Mivel a tükrözés inverze önmaga, ezért ugyanúgy járunk el, mint az el˝oz˝o feladatnál. c. A két egyenes valamelyik szögfelez˝o egyenesére kell tükrözni. Ehhez el˝obb el kell érni, hogy az egyenesek egyenletében a normálvektorok azo√ nos hosszúságúak legyenek. Az els˝o egyenes normálvektora 5 hosszúságú, ezzel a számmal szorozzuk be a második egyenletet. A második egyenes normálvektora 5 hosszúságú, tehát az els˝o egyenletet öttel szorozzuk: 10x − 5y = 5 √ √ 3 5x − 4 5y = 2 5.

√

A szögfelez˝oket a két egyenlet összeadásával és kivonásával kapjuk: √ √ √ (10 ± 3 5) x − (5 ± 4 5)y = 5 ± 2 5. Az 11. feladat megoldása. a. A forgatást két tükrözés kompozíciójaként állítjuk el˝o. El˝oször a w = a − k ak(1, 0) Householder mátrixszhoz tartozó tükrözést tekintjük. k ak = 5, w = (−9, 3), így a Householder-mátrix 1 −4 3 . H= 5 3 4 Még az x tengelyre is tükröznünk kell, hogy forgatást kapjunk, tehát a végeredmény 1 1 0 1 −4 3 −4 3 = 3 4 5 0 −1 5 −3 −4 c. Az els˝o Householder mátrixot az el˝oz˝oeknek megfalal˝oen kapjuk, w1 = a − k ak(1, 0, 0) = (−2, 4, 0), és   3 4 0 1 H1 = 4 −3 0 . 5 0 0 1 Az oktatási segédanyag a „Mobil alkalmazásfejlesztés az informatikai tudás innovatív alkalmazásával” címu, ˝ TÁMOP-2.2.4-11/1-2012-0055 kódszámú projekt keretében valósult meg.

Játékgeometria 22 Kiszámítjuk b képét:  3 1 b0 = H1 · b 4 5 0

    4 0 0 0 −3 0 0 = 0 . 0 1 1 1

A következ˝o Householder-mátrixot meghatározó vektor b0 − kbk(0, 1, 0) = (0, −1, 1), s a mátrix   1 0 0 H2 = 0 0 1 . 0 1 0 A végeredményt a H2 H1 szorzat adja: 

3 1 H2 H1 = 0 5 4

4 0 −3

 0 1 . 0

Ellen˝orizzük az eredményt! Az 12. feladat megoldása. Az x tengely (pozitív irányba mutató) egységnyi irányvektora (1, 0, 0), így 

0  W= 0 0

0 0 1

 0 −1 , 0

továbbá 

0 W 2 = 0 0

0 0 1

 0 0 −1 0 0 0

0 0 1

  0 0 −1 = 0 0 0

0 −1 0

 0 0 . −1

Behelyettesítve az (1) egyenletbe   0 0 1 0 0 R = 0 1 0 + sin α 0 0 0 0 1 0 1   1 0 0 = 0 cos α − sin α . 0 sin α cos α 

  0 0 −1 + (1 − cos α) 0 0 0

0 −1 0

 0 0 = −1

A forgatási mátrix számítása „kézzel” már igen egyszeru˝ tengelyirány esetén is körülményes, jobb a számítógépre bízni. Pl. a forgatási mátrix kiszámítása wxMaximával (1, 1, 1) tengelyirányra, ld. a 8. kódot:


Játékgeometria 23

wxMaxima kód 8 Tengely körüli forgatás (%i1) N:[1,1,1];n:1/sqrt(N.N)*N; (%o1) (%o2) (%i3)

[1, 1, 1] 1 1 1 [√ , √ , √ ] 3 3 3 W: matrix( [0,-n[3],n[2]], [-(-n[3]),0,-n[1]], [-(n[2]),-(-n[1]),0] )$

(%i4)

R(alpha):=ident(3)+sin(alpha)*W+(1-cos(alpha))*W.W$

(%i5)

ratsimp(R(alpha)); 

(%o5)

    

2 cos(α)+1 3 √ √ 3 sin(α)− 3 cos(α)+ 3 3

−

32 √ √ 3 sin(α)+ 3 cos(α)− 3

− 3 sin(α)+

√

√ 3 cos(α)− 3 3

32 2 cos(α)+1 3 √ √ 3 sin(α)− 3 cos(α)+ 3

3

3

32

√ √ 3 sin(α)− 3 cos(α)+ 3

32

1. ábra:




3

−

32 √ √  3 sin(α)+ 3 cos(α)− 3   3

32 2 cos(α)+1 3

 

Játékgeometria 24 Az 13. feladat megoldása. b. Ld. 1. ábra.     a −b 0 1 0 0 a  b a 0 0 1 0 =  b 0 0 1 0 0 1 0

 −b 0 a 0 0 1

Az xy síkra leszukíthet˝ ˝ o a transzformáció, mert (1, 0, 0) képe és (0, 1, 0) képe is az xy síkban marad. Ebben a síkban a transzformáció lineáris része a −b , b a amely pozitív determinánsú hasonlóság, azaz forgatva nyújtás. (( a, b, 0) és √ (−b, a, 0) azonos hosszúságú ( a2 + b2 ), és egymásra mer˝oleges két vektor maradt.) Így az egységkocka képe egy téglatest lett. A transzformációról megállapíthatjuk, hogy origó középpontú középpontos nyújtás, z körüli forgás és z irányú skálázás szorzata. Az 14. feladat megoldása. A sík egy normálvektora N = (3, 4). Normálva: 1 3 4 n= √ N= , . 5 5 N•N A téglalap effektív sugara az n irányában: re = |u • n| + |v • n| = | − 1| + |3| = 4. A középpont távolsága az egyenest˝ol: d=

|3 · 4 + 4 · 3 − 3| 21 = . 5 5

d < re , a téglalap és a sík nem ütközik (ld. 2. ábra). Az 15. feladat megoldása. a. Ez a téglalap a [−3, 3] × [−1, 1] téglalap, „kanonikus” pozícióban. Legyen a = 3, b = 1. max{0, p1 − a, − p1 − a} = max{0, 1, −7} = 1 max{0, p2 − b, − p2 − b} = max{0, −3, 1} = 1, 2 2 2 azaz a távolság √ négyzete d = 1 + 1 = 2. A pont kívül van a téglalapon, és még egy 2 nél kisebb sugarú kört is rajzolhatunk köré úgy, hogy P-t a kör nem fogja metszeni. b. A téglalap nem kanonikus helyzetu. ˝ Egy tükrözéssel kanonikus helyzetbe hozzuk. Vele együtt tükrözzük P-t is, a tükrözés a távolságokat nem változtatja meg. Az irányba állító tükrözést Householder-mátrixszal adjuk meg. w = u − kuk(1, 0) = (−1, 3), 1 4 3 Hw = . 5 3 −4


Játékgeometria 25

A

6 D

4 Q

2 B

0

−2

2

4

6

8

C

10

12

−2

−4

F

−6

2. ábra: A középpont közelebb van az egyeneshez, mint a négyzet köré írt kör sugara, a négyzet mégsem metszi az egyenest


Játékgeometria 26

A D0

B0 10

C 5

P

u

0

−5

−10

5

P0

B

−5

C0

−10

10

A0 D

3. ábra:

Hw · u = (5, 0), Hw · v = (0, −10), Hw · P =

1 (28, −4). 5

a = 5, b = 10 3 53 3 max{0, p1 − a, − p1 − a} = max{0, − , − } = 5 5 5 54 46 max{0, p2 − b, − p2 − b} = max{0, − , − } = 0. 5 5 2 d2 = 35 > 0, a pont téglalapon kívül van. A megoldás koncepcióját a 3. ábra szemlélteti.


Játékgeometria 27 c. Az el˝oz˝ot˝ol a helyzet annyiban különbözik, hogy a téglalap középpontja nem az origó. Így az irányba állítás el˝ott a (−2, −2) vektorral el kell tolni az alakzatokat, voltaképpen csak P-t. Az irányba állító Householder-mátrix: √ 1 1 − 3 √ . 2 − 3 −1 Az 16. feladat megoldása. a. Az u, v, p, q irányokra mer˝olegesen vetítünk, pontosabban a vetület koordinátáit keressük. A jegyzetben részletesen diszkutáltuk, hogy elegend˝o az X 7→ X • w szorzatot venni, ha w a szóban forgó irány. u helyett 2u-val számolok.

(− 12 , 3)

( 27 , 1)

( 52 , −1)

(− 23 , 1)

vetület

2u

11 2

11 2

1 2

1 2

[ 12 , 11 2 ]

v

4

−6

−6

4

[−6, 4]

p

− 12

7 2

5 2

− 23

[− 23 , 72 ]

q

3

1

−1

1

[−1, 3]

(−2, 0) −2

(0, 0) 0

(0, −2) −4

(−2, 2) −6

vetület

2u v

4

0

−2

2

[−2, 4]

p

−2

0

0

−2

[−2, 0]

q

0

0

−2

−2

[−2, 0]

[−6, 0]

u irányában a vetületi intervallumok nem átfed˝oek, a két téglalap diszjunkt.


Végeredmények

28

Játékgeometria 29 Végeredmény az 1. feladathoz. C

λ

X

X’

a.

(0, 0)

3/2

(1, 2)

(3/2, 3)

b.

(1, 0)

−1/2

(−5, 4)

(4, 2)

c.

(1, 1)

1/2

(4, 3)

(5/2, 2)

d.

(−8/3, 2)

5/2

(0, 0)

(4, −3)

e.

(1, 0, −2)

4/3

(1, 1, 1)

(1, 4/3, 2)

f.

(1, 0, −2)

4/3

(1, 3/4, 1/4)

(1, 1, 1)

g.

(1, −1, 2)

3/2

(1, 1, 0)

(1, 2, −1)

Végeredmény a 2. feladathoz. w

x

V

a.

(1, −2)

(4, 1)

b.

(1, 1)

(5, −2)

c.

(1, 0)

(α, β)

1/5 −2/5 1/2 1/2 1 0



d.

(1, −1, 2)

(1, 0, 1)

1 1 − 1 6 2

Vx

−2/5 4/5 1/2 1/2 0 0 −1 1 −2

(2/5, −4/5) (3/2, 3/2) (α, 0)

 2 −2 4

(1/2, −1/2, 1)

Végeredmény a 3. feladathoz. A

B

C

t

a.

(4, 2)

(−2, 3)

(3, 1)

7/2

b.

(9, −5)

(10, −2)

(−3, −10)

31/2

c.

(−3, 7)

(8, −10)

(−5, −4)

−155/2

d.

(−3, 6)

(3, −12)

(1, −6)

0

A d. feladatnál A − C − B teljesül.


Játékgeometria 30 Végeredmény a 4. feladathoz. A

B

C

P

(α, β, γ)

Benne van? nem

nem

a.

(3, 0)

(0, 0)

(1, 4)

(0, 4)

b.

(1, 0)

(4, 1)

(4, 3)

(0, 2)

c.

(8, −4)

(−2, 1)

(−5, 5)

(0, 1)

(− 13 , 13 , 1) ( 43 , − 23 , 76 ) 8 7 2 ( 25 , 25 , 5 )

d.

(7, 1)

(0, −3)

(14, 5)

(0, 1)

-

nem igen

A d. feladatnál ABC kollineárisak. Végeredmény az 5. feladathoz.

a.

egyenlet

(α, β, γ)

P illeszkedik?

P belül?

3x + 5y + 7z = 8

(−1, 7, −5)

igen

nem

1 4 5, 5)

igen

igen

b.

−2x + 3y − 9z = 17

c.

kollineárisak

-

igen

igen

d.

kollineárisak

-

igen

nem

(0,

Végeredmény a 6. feladathoz. a. nem b. nem Végeredmény a 7. feladathoz. 7 , 0 , irányvektor: (−2, 1, 12). a. Pont: 56 , 12 7 17 b. pont: − 18 , 18 , 0 , irányvektor: (−4, 11, 9) c. pont: (1, 0, 2), irányvektor: (0, 1, 0). Végeredmény a 8. feladathoz. a. metszi b. nem metszi


Játékgeometria 31 Végeredmény a 9. feladathoz. tükör

pont

H-mátrix 

a.

3x − 2y + z = 0

(1, 0, 2)

b.

−y + z = 0

(2, 2, 1)

c.

y = 2x

(−5, 2)

d.

y = 2x + 1

(−5, 2)

1 7

−2 6  6 3 −3 2  1 0 0 0 0 1 1 −3 5 4 1 −3 5 4

tükörkép 

−3 2  6  0 1 0 4 3 4 3

1 7 (−8, 10, 9)

(2, 1, 2) 1 5 (23, −14) 1 5 (19, −12)

Végeredmény az 10. feladathoz. tükör

tükrözend˝o

tükörkép

a.

3x − 2y = 0

y=x

17x = 7y

b.

x + 2y = 2 √ √ (10 ± 3 5) x − (5 ± 4 5)y = 5 ± 2 5

4x + 3y = 3

y=1

2x − y = 1

3x − 4y = 2

c.

√

Végeredmény az 11. feladathoz. 3 1 −4 a. 5 −3 −4 √ √ −( √5 − 1) 2( √5 − 1) 1 √ b. 5−5 − 2 ( 5 − 1 ) − 5−1   1 0 0 c. 0 0 1 0 1 0 Végeredmény az 12. feladathoz.   1 0 0 a. 0 cos α − sin α 0 sin α cos α   cos α 0 sin α b.  0 1 0  − sin α 0 cos α


Játékgeometria 32

4. ábra: A 13. feladatat végeredménye 

 − sin α 0 cos α 0 0 1

cos α c.  sin α 0

Végeredmény az 13. feladathoz. Ld. 4. ábra. Végeredmény az 14. feladathoz. C

u

v

e

re

d(C, e)

a.

(4, 3)

(−3, 1)

(1, 3)

3x + 4y − 3 = 0

4

b.

(−2, 0)

(−1, −2)

(4, −2)

x + 5y − 10 = 0

√17 26

21 5 √12 26

Végeredmény az 15. feladathoz. √ • d= 2 • d=

3 5

• d = 0. Végeredmény az 16. feladathoz. a. diszjunktak b. átfed˝ok


WolframAlpha példák

33

Játékgeometria 34

H1,0,-2L+H43L*H0,1,3L Input:

81, 0, -2< +

4 3

80, 1, 3<

Result:

Approximate form

:1,

Step-by-step solution

4 , 2> 3

Decimal approximation:

81., 1.33333, 2.<

Vector length:

More digits

61 » 2.60342 3 Normalized vector:

3 , 61

Approximate form

4

6 ,

61

61

Spherical coordinates Hradial, polar, azimuthalL:

r » 2.60342 ,

Θ » 39.8056 ° ,

Exact form

Φ » 53.1301 °

Generated by Wolfram|Alpha (www.wolframalpha.com) on October 6, 2013 from Champaign, IL. © Wolfram Alpha LLC— A Wolfram Research Company


1

Játékgeometria 35

881<,8-2<<*881,-2<<H1,-2L.H1,-2L Input:

1 .H 1 -2 L -2

81, -2<.81, -2<

Exact result: 1 5 2 -5

2

-5 4 5

Dimensions:

2 HrowsL ´ 2 HcolumnsL

Matrix plot: 1

2

1

1

2

2 1

2

Properties:

symmetric hankel Determinant:


0 Trace:

1 Characteristic polynomial:

x2 - x Eigenvalues:

Λ1 1 Λ2 0



1

Játékgeometria 36

12*determinant884,2,1<,8-2,3,1<,83,1,1<<

Input interpretation:

1 2

4 2 1 -2 3 1 3 1 1

m¤ is the determinant »

Exact result:

7 2 Decimal form:

3.5 Mixed fraction:


1 3 2 Number line:

2.5

3.0

3.5

4.0

4.5

Continued fraction:

@3; 2D

Fraction form

Egyptian fraction expansion:

1 3+ 2



1

Játékgeometria 37

12*determinant884,2,1<,8-2,3,1<,83,1,1<<

Input interpretation:

1 2

4 2 1 -2 3 1 3 1 1

m¤ is the determinant »

Exact result:

7 2 Decimal form:

3.5 Mixed fraction:


1 3 2 Number line:

2.5

3.0

3.5

4.0

4.5

Continued fraction:

@3; 2D

Fraction form

Egyptian fraction expansion:

1 3+ 2



1

Játékgeometria 38

reflect across 3x-2y+z=0 point H1,0,2L Input interpretation:

H1, 0, 2L

point reflection

3x -2y +z 0

mirror

Transformed point:

Approximate form

8 10 9 H1, 0, 2L - , , 7 7 7 Reflection matrix: 2

-7 6 7 3 -7

6 7 3 7 2 7

Approximate form

3

-7 2 7 6 7

Transformation:

Hx, y, zL -

6y

2x + 7

7

3z 6x 3y 2z 3x 2y 6z , + + ,+ + 7 7 7 7 7 7 7

Matrix form:

Approximate form 2

x y z

-7 6 7 3 -7

6 7 3 7 2 7

3

-7 2 7 6 7

x y z

Visual representation: 1

x 0

-1

0

y 1

2

3 2 1 z



1

Játékgeometria. * Feladatok oktatási segédanyag, mely a

Recommend Documents