Vektorgeometria (2)
∙First ∙Prev ∙Next ∙Last ∙Go Back ∙Full Screen ∙Close ∙Quit
¨ 1. Tekintsunk a t´erben egy 𝑷 (𝒑1 , 𝒑2 , 𝒑3 ) pontot e´ s egy v = (𝒗1, 𝒗2, 𝒗3) ∕= 0 vektort. Ekkor pontosan egy egyenes l´etezik, amelyik a´ tmegy a 𝑷 ponton e´ s p´arhuzamos a v vektorral. Ennek az egyenesnek a param´eteres vektoregyenlete
−→ r = 𝑶𝑷 + 𝒕 ⋅ v,
𝒕 ∈ ℝ,
(1)
ahol az r = (𝒙, 𝒚, 𝒛) az egyenes fut´opontj´anak helyvektora, a 𝒕 val´os sz´am a param´eter, a v vektor az egyenes ir´anyvektora. Ez azt jelenti, hogy ha megadjuk a 𝒕 param´eter e´ rt´ek´et, akkor a kapott r helyvektoru´ pont rajta van az egyenesen, e´ s ford´ıtva, az egyenes minden pontj´anak r ´ helyvektora megkaphat´o ugy, hogy a param´eter hely´ere alkalmas sz´amot ¨ helyettes´ıtunk. Az (1) vektoregyenletben az egyenl˝os´eg az jelenti, hogy a bal e´ s a jobb oldalon a´ ll´o vektorok megfelel˝o koordin´at´ai egyenl˝ok. Ha fel´ırjuk ezeket a koordin´at´akra vonatkoz´o egyenleteket, akkor az egyenes param´eteres egyenletrendszer´et kapjuk. ⎧ ⎨ 𝒙 = 𝒑1 + 𝒗1 𝒕 𝒚 = 𝒑2 + 𝒗2𝒕 , 𝒕 ∈ ℝ. (2) ⎩
𝒛 = 𝒑3 + 𝒗3𝒕
Szinte minden esetben a param´eteres egyenletrendszert fogjuk haszn´alni. ∙First ∙Prev ∙Next ∙Last ∙Go Back ∙Full Screen ∙Close ∙Quit
Feladat 1 ´ Irjuk fel a 𝑷 (1, 2, 3) e´ s 𝑸(2, 1, 1) pontokon a´ tmen˝o egyenes param´eteres egyenletrendszer´et. Megold´as: A param´eteres egyenletrendszer fel´ır´as´ahoz kell egy pont, amin biztosan a´ tmegy a sz´oban forg´o egyenes, e´ s kell egy vektor, amivel biztosan p´arhuzamos. A pontnak v´alaszthatjuk a 𝑷 pontot, az ir´anyvektornak −→ pedig a v = 𝑷 𝑸 = (1, −1, −2) vektort. Ezekkel az egyenes param´eteres egyenletrendszere ⎧ ⎨𝒙 = 1+𝒕 𝒚 = 2 − 𝒕 , 𝒕 ∈ ℝ. ⎩
𝒛 = 3 − 2𝒕
¨ P´eld´aul, ha 𝒕 param´eter hely´ere 0-t helyettes´ıtunk, akkor megkapjuk az egyenes 𝑷 pontj´at, ha 1-et, akkor a 𝑸 pontot, ha 3-at, akkor az egyenes egy tov´abbi 𝑹(4, −1, −3) pontj´at. Az 𝑨(0, 3, 5) pont rajta ¨ on, mert a 𝒕 = −1 v´alszt´assal ezt a pontot kapjuk a van az egyenesunk¨ param´eteres egyenletrendszerb˝ol, de a 𝑩(−1, 3, 7) pont nincs az egyenesen, mert az els˝o koordin´at´aja miatt csak a 𝒕 = −2 param´eterhez tartozhatna, de akkor a m´asodik koordin´at´anak 4-nek k´ene lenni. ∙First ∙Prev ∙Next ∙Last ∙Go Back ∙Full Screen ∙Close ∙Quit
Ha a param´eteres egyenletrendszer fel´ır´as´ahoz a 𝑸 pontot e´ s a w = −2v = (−2, 2, 4) ir´anyvektort haszn´altuk volna, akkor azt kapjuk, hogy ⎧ ⎨ 𝒙 = 2 − 2𝒖 𝒚 = 1 + 2𝒖 , 𝒖 ∈ ℝ. ⎩
𝒛 = 1 + 4𝒖
Ez a k´et param´eteres egyenletrendszer nyilv´an ugyanahhoz az egyeneshez tartozik. Ha egy vektor j´o ir´anyvektornak, akkor minden sz´amszorosa is j´o. ¨ onb¨oz˝o param´eteres egyenletrendszerr˝ol a k¨ovetkez˝o m´odon K´et kul¨ lehet eld¨onteni, hogy ugyanannak az egyenesnek a param´eteres egyenletrendszerei. El˝osz¨or is a k´et ir´anyvektornak, amelyek koordin´at´ai ¨ rendre a param´eterek egyutthat´ oi, p´arhuzamosaknak, azaz egym´as ¨ ´ b´arhogy megv´alasztva ez sz´amszorosainak kell lenniuk. Ezentul egyik egyenletrendszer param´eter´enek e´ rt´ek´et, a kapot pontot meg kell tudni kapni a m´asik egyenletrendszerb˝ol is egy alakalmas ottani param´eter´ert´ekkel.
∙First ∙Prev ∙Next ∙Last ∙Go Back ∙Full Screen ∙Close ∙Quit
Feladat 2 Hat´arozzuk meg az al´abbi egyenesek metsz´espontj´at. ⎧ ⎧ ⎨𝒙 = 2+𝒕 ⎨𝒙 = 4+𝒖 𝒆 : 𝒚 = −1 − 𝒕 , 𝒕 ∈ ℝ, 𝒇 : 𝒚 = 1 + 3𝒖 , 𝒖 ∈ ℝ. ⎩ ⎩
𝒛 = 1 − 2𝒕
𝒛 = 𝒖
Megold´as: A 𝑴 metsz´espont rajta van mindk´et egyenesen, azaz van olyan 𝒕∗ e´ s 𝒖∗ param´eter´ert´ek, hogy ⎧ ⎨ 2 + 𝒕∗ = 4 + 𝒖∗
−1 − 𝒕∗ = 1 + 3𝒖∗ ⎩ 1 − 2𝒕∗ = 𝒖∗
´ lehet megtal´alni, hogy megoldjuk a Ezt a 𝒕∗ -ot e´ s 𝒖∗ -ot ugy ⎧ ⎨ 2+𝒕 = 4+𝒖 ⎩
−1 − 𝒕 = 1 + 3𝒖 1 − 2𝒕 = 𝒖
k´etismeretlenes, de h´arom egyenletb˝ol a´ ll´o line´aris egyenletrendszert. ∙First ∙Prev ∙Next ∙Last ∙Go Back ∙Full Screen ∙Close ∙Quit
´ Ezt ugy e´ rdemes csin´alni, hogy kiv´alasztjuk b´armelyik k´et egyenletet, ¨ hogy a kapott megold´as a harazokat megoldjuk, majd leellen˝orizzuk, madik egyenletet is kiel´eg´ıti-e. Ha igen, akkor megvan a megold´as, ha nem, akkor nincs megold´as, e´ s ´ıgy nincs metsz´espont sem. Ha az els˝o k´et egyenletet o¨ sszeadjuk, kapjuk, hogy 1 = 5 + 4𝒖, amib˝ol 𝒖 = −1. Ezt az els˝o egyenletbe be´ırva 2 + 𝒕 = 3, amib˝ol 𝒕 = 1. Ezek az e´ rt´ekek a harmadik egyenleteket is kiel´eg´ıtik. Teh´at a metsz´espont az els˝o param´eteres egyenletrendszerb˝ol a 𝒕 = 1 helyettes´ıt´essel 𝑴 (3, −2, −1). Term´eszetesen ugyanezt kapjuk, ha a ¨ 𝒖 = −1-et. m´asodik param´eteres egyenletrendszerbe helyettes´ıtunk
∙First ∙Prev ∙Next ∙Last ∙Go Back ∙Full Screen ∙Close ∙Quit
¨ 2. Tekintsunk a t´erben egy 𝑷 (𝒑1 , 𝒑2 , 𝒑3 ) pontot e´ s egy n = (𝒏1, 𝒏2, 𝒏3) ∕= 0 vektort. Ekkor pontosan egy s´ık l´etezik, amelyik a´ tmegy a 𝑷 ponton e´ s mer˝oleges az n vektorra. Ennek a s´ıknak a norm´alegyenlete
−→ ⟨r − 𝑶𝑷 , n⟩ = 0,
(3)
ahol az r = (𝒙, 𝒚, 𝒛) a s´ık fut´opontj´anak helyvektora. Ha ezt a skal´arzorzatot fel´ırjuk a benne szerepl˝o vektorok koordin´at´aival, akkor a s´ık egyenlet´et kapjuk
𝒏1(𝒙 − 𝒑1) + 𝒏2(𝒚 − 𝒑2) + 𝒏3(𝒛 − 𝒑3) = 0.
(4)
Ez rendez´es ut´an
𝒏1𝒙 + 𝒏2𝒚 + 𝒏3𝒛 + 𝑫 = 0
(5)
´ alaku. Minden pontnak a koordin´at´ai, amelyik illeszkedik a s´ıkra, kiel´eg´ıtik ezt az egyenletet, e´ s minden pont, amelynek a koordin´at´ai kiel´eg´ıtik ezt az egyenletet a sz´obanforg´o s´ık egy pontja. Ha egy s´ık egyenlet´et megszorozzuk ¨ onb¨oz˝o sz´ammal, att´ol az m´eg ugyanannak a egy tetsz˝oleges, null´at´ol kul¨ s´ıknak az egyenlete marad, a s´ık egyenlete csak egy konstans szorz´o erej´eig ˝ Egy s´ık k´et egyenlete nem is kul¨ ¨ onb¨ozhet m´asban, csak abban, egy´ertelmu. hogy egyik a m´asiknak sz´amszorosa. Ha egy vektor j´o norm´alvektornak, akkor minden sz´amszorosa is j´o. ∙First ∙Prev ∙Next ∙Last ∙Go Back ∙Full Screen ∙Close ∙Quit
Feladat 3 ´ Irjuk fel a 𝑷 (1, 2, 3) e´ s 𝑸(2, 1, 1), 𝑹(−1, 1, −2) pontokon a´ tmen˝o s´ık egyenlet´et. Megold´as: Egy s´ık egyenlet´enek fel´ır´as´ahoz kell egy pont, ami biztosan a ¨ szuks´ ¨ egunk ¨ s´ıkon van. Ez lehet most pl. a 𝑷 pont. Ezenk´ıvul van egy olyan n norm´alvektorra, ami mer˝oleges a s´ıkra. Ilyen vektort a legt¨obbsz¨or ¨ nekunk kell k´esz´ıteni. Ha egy vektor mer˝oleges a s´ıkra, akkor mer˝oleges minden, a s´ıkban benne fekv˝o vektorra is. Ez´ert, ha tal´alunk k´et nem p´arhuzamos vektort, amelyek biztosan a s´ıkban fekszenek, akkor ezek vek−→ tori´alis szorzata j´o lesz norm´alvektornak. Most a 𝑷 𝑸 = (1, −1, −2) −→ e´ s a 𝑷 𝑹 = (−2, −1, −5) vektorok biztosan a s´ıkban vannak e´ s nem p´arhuzamosak, teh´at a norm´alvektor lehet i j k −→ −→ n = 𝑷 𝑸 × 𝑷 𝑹 = 1 −1 −2 = (3, 9, −3). −2 −1 −5 Ezekkel a s´ık egyenlete
3(𝒙 − 1) + 9(𝒚 − 2) − 3(𝒛 − 3) = 0, 3𝒙 + 9𝒚 − 3𝒛 − 12 = 0. ∙First ∙Prev ∙Next ∙Last ∙Go Back ∙Full Screen ∙Close ∙Quit
Feladat 4 ¨ az al´abbi 𝒆 egyenest e´ s 𝑺 s´ıkot. Tekintsuk ⎧ ⎨𝒙 = 2−𝒕 𝑺 : 𝒙 + 𝒚 − 2𝒛 − 5 = 0. 𝒆 : 𝒚 = 1 + 𝒕 , 𝒕 ∈ ℝ, ⎩
𝒛 = 1 − 2𝒕
Igazoljuk, hogy az egyenes d¨ofi a s´ıkot e´ s sz´amoljuk ki a d¨of´espont koordin´at´ait. Megold´as: Az egyenes akkor nem d¨ofi a s´ıkot, ha p´arhuzamos vele. Ez akkor k¨ovetkezik be, ha az egyenes ir´anyvektora p´arhuzamos a s´ıkkal, azaz mer˝oleges a s´ık norm´alvektor´ara. Az egyenes param´eteres egyenletrendszer´eb˝ol e´ s a s´ık egyenlet´eb˝ol leolvashat´o a v ir´anyvektor e´ s az n norm´alvektor. Most
v = (−1, 1, −2),
n = (1, 1, −2).
Ez a k´et vektor akkor mer˝oleges, ha a skal´aris szorzatuk nulla. Mivel
⟨v, n⟩ = 4 ∕= 0, az egyenes nem p´arhuzamos a s´ıkkal, teh´at van d¨of´espont. ∙First ∙Prev ∙Next ∙Last ∙Go Back ∙Full Screen ∙Close ∙Quit
´ lehet A d¨of´espont rajta van az egyenesen e´ s a s´ıkon is. Ezt a pontot ugy ¨ azt a param´eter´ert´eket, amelyhez tarmeghat´arozni, hogy megkeressuk toz´o pont az egyenesr˝ol kiel´eg´ıti a s´ık egyenlet´et is. Ezt a param´eter´ert´eket ´ lehet megtal´alni, hogy az egyenes fut´opontj´anak a param´eterrel persze ugy kifejezett 𝒙, 𝒚 , 𝒛 koordin´at´aj´at be´ırjuk a s´ık egyenlet´ebe e´ s megoldjuk a param´eterre kapott egyenletet. Azaz most megoldjuk a
(2 − 𝒕) + (1 + 𝒕) − 2(1 − 2𝒕) − 5 = 0 egyismeretlenes line´aris egyenletet. Az ad´odik, hogy 𝒕 = 1. Az 𝑴 d¨of´espont koordin´at´ai teh´at 𝑴 (1, 2, −1).
3. Tudjuk, hogy a 𝑷 (𝒑1, 𝒑2, 𝒑3) e´ s a 𝑸(𝒒1, 𝒒2, 𝒒3) pontok t´avols´aga 𝒅𝑷 𝑸 =
√
(𝒑1 − 𝒒1)2 + (𝒑2 − 𝒒2)2 + (𝒑3 − 𝒒3)2.
´ kapjuk, A 𝑷 pont e´ s egy r´a nem illeszked˝o 𝒆 egyenes 𝒅𝑷 𝒆 t´avols´ag´at ugy ¨ az 𝒆 egyenesre, majd kisz´amoljuk hogy a 𝑷 pontot mer˝olegesen levet´ıtjuk ¨ a 𝑷 pont e´ s a 𝑸 vetuletpont t´avols´ag´at. Ha 𝑹 az egyenes egy tetsz˝oleges pontja, v az ir´anyvektora, akkor
𝒅𝑷 𝒆 =
−→ ∥𝑹𝑷 × v∥ ∥v∥
.
(6)
∙First ∙Prev ∙Next ∙Last ∙Go Back ∙Full Screen ∙Close ∙Quit
´ kapjuk, 4. A 𝑷 pont e´ s egy r´a nem illeszked˝o 𝑺 s´ık 𝒅𝑷 𝑺 t´avols´ag´at ugy ¨ az 𝑺 s´ıkra, majd kisz´amoljuk a 𝑷 hogy a 𝑷 pontot mer˝olegesen levet´ıtjuk ¨ pont e´ s a 𝑸 vetuletpont t´avols´ag´at. Ha 𝑹 a s´ık egy tetsz˝oleges pontja, n a norm´alvektora, akkor
𝒅𝑷 𝑺 =
−→ ∣⟨𝑹𝑷 , n⟩∣ ∥n∥
.
(7)
5. K´et p´arhuzamos egyenes t´avols´aga az egyik egyenes egy tetsz˝oleges pontj´anak e´ s a m´asik egyenesnek a t´avols´aga. K´et p´arhuzamos s´ık t´avols´aga az egyik s´ık egy tetsz˝oleges pontj´anak e´ s a m´asik s´ıknak a t´avols´aga. Egy egyenes e´ s egy vele p´arhuzamos s´ık t´avols´aga az egyenes egy tetsz˝oleges pontj´anak e´ s a s´ıknak a t´avols´aga. K´et kit´er˝o egyenes t´avols´aga az egyeneseket tartalmaz´o p´arhuzamos s´ıkok t´avols´aga.
∙First ∙Prev ∙Next ∙Last ∙Go Back ∙Full Screen ∙Close ∙Quit
6. Tudjuk, hogy a v e´ s a w vektorok 𝜶 sz¨oge a cos 𝜶 =
⟨v, w⟩ ∥v∥ ⋅ ∥w∥
formul´ab´ol hat´arozhat´o meg. K´et egym´ast metsz˝o egyenes sz¨oge az ir´anyvektoraik sz¨oge, ha az hegyes sz¨og, ha az tompasz¨og, akkor 180∘ -b´ol kivonva o˝ t kapjuk az egyenesek sz¨og´et. 7. K´et s´ık sz¨oge a norm´alvektoraik sz¨oge, ha az hegyes sz¨og, ha az tompasz¨og, akkor 180∘ -b´ol kivonva o˝ t kapjuk a s´ıkok sz¨og´et. ´ kapjuk, hogy 90∘ -b´ol kivonjuk az 8. Egy egyenes e´ s egy s´ık sz¨og´et ugy egyenes ir´anyvektor´anak e´ s a s´ık norm´alvektor´anak a sz¨og´et, ha az hegyes sz¨og. Ha az tompasz¨og, akkor bel˝ole kivonva 90∘ -ot kapjuk az egyenes e´ s a s´ık sz¨og´et.
∙First ∙Prev ∙Next ∙Last ∙Go Back ∙Full Screen ∙Close ∙Quit
Feladat 5 Az 𝒙 − 2𝒚 + 𝒛 − 10 = 0 s´ıkt´ol milyen messze van az orig´o e´ s h´any fokos sz¨ogben metszi o˝ t az 𝒙 tengely? Megold´as: A s´ık norm´alvektora n = (1, −2, 1). V´alasztunk egy pontot a s´ıkr´ol. P´eld´aul az 𝑹(10, 0, 0) pont koordin´at´ai kiel´eg´ıtik a s´ık egyenlet´et, ez a pont teh´at a s´ıkon van. Most az orig´o fogja j´atszani a (7) k´epletben a −→ 𝑷 szerep´et. Ekkor 𝑹𝑶 = (−10, 0, 0), teh´at
𝒅𝑶𝑺 =
−→ ∣⟨𝑹𝑶, n⟩∣ ∥n∥
=
∣ − 10∣ 10 √ =√ . 6 6
Az 𝒙 tengelynek, mint egyenesnek az ir´anyvektora persze lehet v = ¨ 𝜶-val a v e´ s az n vektorok sz¨og´et. Ekkor (1, 0, 0). Jel¨oljuk
cos 𝜶 =
⟨v, n⟩ ∥v∥ ⋅ ∥n∥
=
1 √ ⇒ 𝜶 = 65.9∘. 1⋅ 6
Mivel 𝜶 hegyessz¨og, az 𝒙 tengely e´ s a s´ık hajl´assz¨oge 90∘ − 𝜶 = 24.1∘ .
∙First ∙Prev ∙Next ∙Last ∙Go Back ∙Full Screen ∙Close ∙Quit
Feladat 6 ¨ az al´abbi 𝒆 egyenest e´ s 𝑺 s´ıkot. Tekintsuk ⎧ ⎨𝒙 = 2 𝒆 : 𝒚 = 1 − 5𝒕 , 𝒕 ∈ ℝ, 𝑺 : 𝒙 − 𝒚 − 𝒛 − 2 = 0. ⎩
𝒛 = −1 − 𝒕
¨ enek param´eteres egyenletrendszer´et. Hat´arozzuk meg 𝒆 𝑺 -re vett vetulet´ Megold´as: Az 𝒆 egyenes ir´anyvektora v = (0, −5, −1), a s´ık norm´alvektora n = (1, −1, −1). Mivel ⟨v, n⟩ = 6 ∕= 0, az egyenes ´ kellene sz´amolni, d¨ofi a s´ıkot. (Ha p´arhuzamos lenne vele, akkor nem ugy ¨ Minden feladatban e´ rdemes el˝osz¨or mint ahogy a k¨ovetkez˝okben tesszuk. tiszt´azni a t´erelemek viszony´at. Speci´alis esetekben - p´arhuzamoss´ag, ´ sz´amolni, mint az a´ ltal´anos mer˝olegess´eg megl´ete - nem mindig lehet ugy esetben.) Egy egyenes a k´erd´es, a param´eteres egyenletrendszer´enek fel´ır´as´ahoz egy pontj´at biztosan meg kell hat´arozni. Az 𝑴 d¨of´espont nyilv´an rajta van az ¨ en is, c´elszerunek ˝ ˝ eredeti egyenes vetulet´ tunik o˝ t kisz´amolni.
2 − (1 − 5𝒕) − (−1 − 𝒕) − 2 = 0 ⇒ 𝒕 = 0 ⇒ 𝑴 (2, 1, −1). ¨ ir´anyvektor´at kell m´eg kisz´amolnuk. A vetulet ∙First ∙Prev ∙Next ∙Last ∙Go Back ∙Full Screen ∙Close ∙Quit
¨ onb¨oz˝o 𝑷 pontj´at levet´ıtjuk ¨ a Ha az egyenes egy, a d¨of´espontt´ol kul¨ ¨ s´ıkra, akkor a kapott 𝑸 vetuleti pont e´ s az 𝑴 pont a´ ltal meghat´arozott −−→ 𝑴 𝑸 j´o lesz ir´anyvektornak. P´eld´aul az egyenes egy pontja a 𝒕 = 1 ¨ et az 𝑺 s´ıkon ugy ´ param´eter´ert´ek mellett 𝑷 (2, −4, −2). Ennek 𝑸 vetulet´ kapjuk, hogy meghat´arozzuk a 𝑷 -n a´ tmen˝o, 𝑺 -re mer˝oleges 𝒈 egyenest e´ s ¨ ennek e´ s 𝑺 -nek a d¨of´espontj´at. A 𝒈 egyenes ir´anyvektora lehet a vesszuk w = n vektor. Teh´at ⎧ ⎨𝒙 = 2+𝒖 𝒈 : 𝒚 = −4 − 𝒖 , 𝒖 ∈ ℝ. ⎩
𝒛 = −2 − 𝒖
(2+𝒖)−(−4−𝒖)−(−2−𝒖)−2 = 0 ⇒ 𝒖 = −2, ⇒ 𝑸(0, −2, 0). −−→ A keresett egyenes ir´anyvektora teh´at lehet az 𝑴 𝑸 = (−2, −3, 1) vek´ a vetulet ¨ param´eteres egyenletrendszere tor. Igy ⎧ ⎨ 𝒙 = 2 − 2𝒕 ⎩
𝒚 = 1 − 3𝒕 , 𝒕 ∈ ℝ. 𝒛 = −1 + 𝒕 ∙First ∙Prev ∙Next ∙Last ∙Go Back ∙Full Screen ∙Close ∙Quit
Feladat 7 Sz´am´ıtsuk ki az al´abbi egyenesek t´avols´ag´at. ⎧ ⎧ ⎨ 𝒙 = 3 + 2𝒕 ⎨ 𝒙 = −2 − 3𝒖 𝒆 : 𝒚 = −2𝒕 , 𝒕 ∈ ℝ, 𝒇 : 𝒚 = 2 + 𝒖 ,𝒖 ∈ ℝ ⎩ ⎩
𝒛 = −2 − 𝒕
𝒛 = 4+𝒖
¨ Megold´as: K´et egyenes t´avols´ag´at k´et esetben e´ rtelmeztuk: ha p´arhuzamosak, (ekkor egy s´ıkban is vannak), vagy ha kit´er˝ok. Az 𝒆 egyenes ir´anyvektora v = (2, −2, −1), az 𝒇 egyenes ir´anyvektora w = (−3, 1, 1). Ezek a vektorok nem p´arhuzamosak. Azt, hogy kit´er˝ok ´ tudjuk leellen˝orizni, hogy megmutatjuk, hogy nem is metszik egym´ast. ugy A ⎧ ⎨ 3 + 2𝒕 = −2 − 3𝒖 ⎩
−2𝒕 = 2 + 𝒖 −2 − 𝒕 = 4 + 𝒖
egyenletrendszer harmadik egyenlet´eb˝ol kivonva a m´asodikat −2+𝒕 = 2, azaz 𝒕 = 4, a m´asodik egyenletb˝ol 𝒖 = −10. Ezek az e´ rt´ekek azonban nem el´eg´ıtik ki az els˝o egyenletet, teh´at az egyenesek kit´er˝ok. ∙First ∙Prev ∙Next ∙Last ∙Go Back ∙Full Screen ∙Close ∙Quit
¨ 𝑺1 -ben fekszik Van teh´at k´et p´arhuzamos 𝑺1 e´ s 𝑺2 s´ık, amelyek k¨ozul az 𝒆 egyenes, e´ s 𝑺2 -ben az 𝒇 . Ennek a k´et s´ıknak k¨oz¨os lehet az n ¨ annak kell teljesulni, ¨ norm´alvektora. Erre az n vektorra egyedul hogy mer˝oleges legyen v-re e´ s w-re is. Teh´at az n = v × w v´alaszt´as j´o lesz. i j k n = v × w = 2 −2 −1 = (−1, 1, −4). −3 1 1 Tudjuk, hogy ennek a k´et s´ıknak a t´avols´aga az egyenesek t´avols´aga, ami az 𝑺1 s´ık egy pontj´anak e´ s az 𝑺2 s´ıknak a t´avols´aga. Ahhoz, hogy alkalmazni tudjuk a (7) k´epletet legyen az 𝑺1 s´ık egy 𝑷 pontja az 𝒆 egyenesr˝ol a 𝒕 = 0 v´alaszt´assal kapott 𝑷 (3, 0, −2), az 𝑺2 s´ık egy 𝑹 pontja az 𝒇 egyenesr˝ol az 𝒖 = 0 v´alaszt´assal kapott 𝑹(−2, 2, 4) pont. Ekkor −→ 𝑹𝑷 = (5, −2, −6) e´ s a keresett t´avols´ag
𝒅𝑷 𝑺2 =
−→ ∣⟨𝑹𝑷 , n⟩∣ ∥n∥
17 =√ . 18
∙First ∙Prev ∙Next ∙Last ∙Go Back ∙Full Screen ∙Close ∙Quit
