Διανύσματα

ΦΥΕ 10, Γ. ΚΟΡ∆ΟΥΛΗΣ, ∆ιανύσµατα 1/6

A) Ευθεία Ευθεία διέρχεται από το σηµείο Α µε διάνυσµα θέσης Ar i j 4= − + k

r r rr και είναι παράλληλη προς το διάνυσµα 2i 3 j kβ = + +

r r rr.

∆ιανυσµατική εξίσωση: Εισάγουµε την παράµετρο t IR∈ και προσθέτουµε τα διανύσµατα Ar

r και tβ

r

( )( ) ( ) ( )

r t i j 4k t 2i 3 j k

1 2t i 1 3t j 4 t k

xi yj zk

= α + β = − + + + +

= + + − + + +

= + +

r r r r r rrr r

r r

r r r

r

Παραµετρικές εξισώσεις: Αντικαθιστούµε το rr µε x i yj zk+ +

r r r και εξισώνουµε τις συνιστώσες

των διανυσµάτων x(t) 1 2t, y(t) 1 3t, z(t) 4 t= + = − + = + Καρτεσιανές εξισώσεις: Απαλείφουµε το t από τις παραµετρικές εξισώσεις, επιλύνοντας ως προς t και εξισώνοντας τις λύσεις x 1 y 1 z 4

2 3− +

= = −

Παρατηρούµε π.χ. πως η σχέση x 1 y 12 3− +

= δίνει 3x 2y 5− = και η σχέση y 1 z 43+

= − δίνει

. Κάθε µια από τις σχέσεις 3xy 3z 13− = − 2y 5− = και y 3z 13− = − περιγράφει ένα επίπεδο. Η απουσία µιας µεταβλητής σηµαίνει πως τα εν λόγω επίπεδα είναι παράλληλα προς τον αντίστοιχο άξονα (η εξίσωση κάθε επιπέδου ως γραµµική σχέση δύο µόνον µεταβλητών στην περίπτωση αυτή περιγράφει επίσης ευθεία γραµµή, την τοµή του επιπέδου µε το επίπεδο των δύο άλλων αξόνων). Από το σύστηµα των καρτεσιανών εξισώσεων για την ευθεία µας µπορούµε να επιλέξουµε δύο οποιαδήποτε άλλα επίπεδα τα οποία δεν έχουν αυτή τη χαρακτηριστική ιδιότητα π.χ. προσθέτοντας και αφαιρώντας τις εξισώσεις 3x 2y 5− = και κατά µέλη, δηλαδή:

y 3z 13− = −

και 3x 2y 5

3x y 3z 8y 3z 13

− =⎧⇒ − − = −⎨ − = −⎩

3x 2y 53x 3y 3z 18

y 3z 13− =⎧

⇒ − + =⎨ − = −⎩ Εν γένει η εξίσωση ενός επιπέδου έχει τη µορφή x y zα + β + γ = δ και οι καρτεσιανές εξισώσεις µιας ευθείας προκύπτουν από τη λύση, εφόσον υπάρχει ενός γραµµικού συστήµατος δύο εξισώσεων µε τρεις αγνώστους απαλείφοντας διαδοχικά µια διαφορετική µεταβλητή.

Α Ar r t= + βrr r

βr

αr


Πρόβληµα 1 Να βρεθεί η εξίσωση της τοµής των επιπέδων x y 3z 6, 2x y z 4+ − = − + = . Απαλείφοντας διαδοχικά τις µεταβλητές y & x:

x y 3z 63x 2z 10

2x y z 4

x y 3z 6 2x 2y 6z 123y 7z 8

2x y z 4 2x y z 4

+ − =⎧⇒ − =⎨ − + =⎩

+ − = + − =⎧ ⎧⇒ ⇒⎨ ⎨− + = − + − = −⎩ ⎩

− =

Επιλύουµε ως προς την κοινή µεταβλητή z: 3x 103x 2z 10 z

23y 83y 7z 8 z

7

−− = ⇒ =

−− = ⇒ =

και 3x 10 3y 8z2 7− −

= = Καρτεσιανές εξισώσεις

Θέτουµε και επιλύουµε ως προς x & y: z(t) t=

2t 10 7t 8x(t) , y(t) , z(t) t3 3+ +

= = = και θέτουµε t 3s= :

10 8x(s) 2s , y(s) 7s , z(s) 3s3 3

= + = + = Παραµετρικές εξισώσεις

Μεταγράφουµε σε διανυσµατική µορφή

(10 8r i j s 2i 7 j 33 3

= + + + +r r r r rr )k ∆ιανυσµατική εξίσωση

Εναλλακτικά, απαλείφοντας διαδοχικά τις µεταβλητές y & z:

x y 3z 63x 2z 10

2x y z 4

x y 3z 67x 2y 18

6x 3y 3z 12

+ − =⎧⇒ − =⎨ − + =⎩

+ − =⎧⇒ − =⎨ − + =⎩

και επιλύουµε ως προς την κοινή µεταβλητή x:

2y 18 2z 10x7 3+ +

= = Καρτεσιανές εξισώσεις

Θέτουµε και επιλύουµε ως προς y & z: x(t) t=

7t 18 3t 10x(t) t, y(t) , z(t)2 2− −

= = = και θέτουµε t 2s=

x(s) 2s, y(s) 7s 9, z(s) 3s 5= = − = − Παραµετρικές εξισώσεις Μεταγράφουµε σε διανυσµατική µορφή:

( )r 9i 5 j s 2i 7 j 3k= − + − + + +r r r r rr ∆ιανυσµατική εξίσωση


B) Επίπεδο Επίπεδο διέρχεται από τα σηµεία Α (0, 1, 1), Β (2, 1, 0) και Γ (-2, 0, 3). Τα διανύσµατα θέσης των σηµείων Α, Β και Γ είναι αντίστοιχα: . A Br j k , r 2i j , r 2i 3Γ= + = + = − +

r r r r r rr r r k

r r r r rΘέτουµε: r

B A Ar r 2i k , r r 2i j 2kΓβ = − = − γ = − = − − +r r r r r

∆ιανυσµατική εξίσωση: Εισάγουµε τις παραµέτρους t,s IR∈ και προσθέτουµε τα διανύσµατα r rAr , t , sβ γ

r

( ) ( )( ) ( ) (

Ar r t s j k t 2i k s 2i j 2k

2t 2s i 1 s j 1 t 2s k

xi yj zk

= + β + γ = + + − + − − +

= − + − + − +

= + +

)

r r r r r r rrr r r

r r

r r r

r

Παραµετρικές εξισώσεις: Αντικαθιστούµε το rr µε x i yj zk+ +

r r r και εξισώνουµε τις

συνιστώσες των διανυσµάτων x(t,s) 2t 2s, y(t,s) 1 s, z(t,s) 1 t 2s= − = − = − + Καρτεσιανή εξίσωση: Απαλείφουµε τα t και s από τις παραµετρικές εξισώσεις

( ) (y 1 s s 1 y & z 1 t 2s 1 t 2 1 y , x 2t 2s 2t 2 1 y= − ⇒ = − = − + = − + − = − = − − )

( )( )

( )( ) ( ) ( )

z 1 t 2 1 y 2z 2 2t 4 1 y2z x 2 4 1 y 2 1 y 4 2y

x 2t 2 1 y x 2t 2 1 y⎧ ⎧= − + − = − + −⎪ ⎪⇒ ⇒ + = + − − −⎨ ⎨= − − = − −⎪ ⎪⎩ ⎩

= −

2k

Άρα x 2y 2z 4+ + = Επίσης αν υπολογίσουµε το διάνυσµα n i 2 j= β× γ = + +

r r rrr r τα διανύσµατα και Arr rr έχουν

την ίδια προβολή επί του n , δηλαδή rAr cos r cosθ = φr r .

Ο

Α

Β

Γ

Ar r t s= + β + γrr r r

nr βr

γrθ

Arr

φ


Αλλά A Ar n r n cos , r n r n cos⋅ = φ ⋅ = θr r r r r r r r , εποµένως Ar n r n⋅ = ⋅r r r r και επειδή

και ( ) ( )Ar n j k i 2 j 2k 4⋅ = + ⋅ + + =r r r r rr r ( ) ( )r n xi yj zk i 2 j 2k x 2y 2z⋅ = + + ⋅ + + = + +

r r r r r rr r η εξίσωση του επιπέδου είναι x 2y 2z 4+ + =

Επιπλέον η προβολή των και Arr rr ισούται µε A A

A AA

r n r nr cos r

r n n⋅ ⋅

θ = =r r r r

r rr r r

Εποµένως από την Καρτεσιανή εξίσωση του επιπέδου x y zα + β + γ = δ συνάγουµε πως το διάνυσµα είναι κάθετο στο επίπεδο και απέχει από την αρχή των αξόνων

απόσταση ίση µε

i jα +β + γr r

kr

( )1

2 2 2 2−δ α + β + γ

Πρόβληµα 2 Να βρεθεί η Καρτεσιανή εξίσωση του επιπέδου r (1 s t) i (2 s) j (3 2s 2t)k= + − + − + − +

r r rr . Αρκεί να βρούµε ένα διάνυσµα κάθετο στο επίπεδο και το διάνυσµα θέσης οποιουδήποτε σηµείου του επιπέδου. Η διανυσµατική εξίσωση του επιπέδου γράφεται r i 2 j 3k t( i 2k) s( i j 2k= + + + − + + − − )

r r r r r r r rr Άρα το διάνυσµα είναι το διάνυσµα θέσης του σηµείου Α (1, 2, 3) του επιπέδου, τα διανύσµατα είναι παράλληλα προς το επίπεδο και το διάνυσµα είναι κάθετο στο επίπεδο. Εποµένως η εξίσωση του επιπέδου είναι

Ar i 2 j 3= + +r rr k

r

r

ri 2k, i j 2k− + − −r r r r

n ( i 2k) ( i j 2k) 2i k= − + × − − = +r r r r r rr

Ar n r n⋅ = ⋅r r r r ( ) ( ) ( )r 2i k i 2 j 3k 2i k 5⋅ + = + + ⋅ + =r r r r r r rr ή 2 . x z 5+ =

Πρόβληµα 3 Να βρεθεί η διανυσµατική εξίσωση του επιπέδου x 2y 2z 4+ + = . Αρκεί να βρούµε τρία σηµεία που ανήκουν στο επίπεδο. Θέτουµε τιµές στις δύο από τις τρεις συντεταγµένες και υπολογίζουµε την τρίτη από την καρτεσιανή εξίσωση του επιπέδου, π.χ.

. Παρατηρούµε επίσης πως η εξίσωση του επιπέδου (0,0, 2), (0, 2,0), (4,0,0) Ar r t s= + β + γrr r r

εφόσον γράφεται και συναρτήσει των διανυσµάτων θέσεως των τριών σηµείων

B A Ar r , r rΓβ = − γ = −r r r r r r

( ) ( ) ( )A B A A A Br r t r r s r r 1 t s r tr srΓ Γ= + − + − = − − + +r r r r r r r r r Άρα η διανυσµατική εξίσωση του επιπέδου είναι:

( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )r 1 t s 2k t 2 j s 4i 2k t 2 j 2k s 4i 2k= − − − + + = − + + + +r r r r r r r rr .

Παρατήρηση Η εξίσωση αυτή δεν θυµίζει σε τίποτε την αρχική διανυσµατική εξίσωση (βλ.. σελ. 3 των Σηµειώσεων) αλλά µπορούµε να διαπιστώσουµε πως τα κάθετα διανύσµατα στο επίπεδο είναι συγγραµµικά. Πράγµατι ( ) ( ) ( )2 j 2k 4i 2k 4 i 2 j 2k+ × + = + +

r r r r r r r .


Γ) Γωνίες Γ1) Η γωνία που σχηµατίζουν οι ευθείες θ

11 Ar r t 1= + βrr r και

22 Ar r t 2= + βrr r είναι οι γωνία που

σχηµατίζουν τα παράλληλα προς τις ευθείες διανύσµατα , άρα 1 2

1 2cos

β ⋅βθ =

β β

r r

r r . Αν οι ευθείες δεν

είναι παράλληλες, περίπτωση κατά την οποία cos 1θ = ± , οι ευθείες ενδέχεται να τέµνονται ή να είναι ασύµβατες. Αν c η (ζητούµενη) οξεία γωνία είναι os 0θ < π − θ . Πρόβληµα 4 Να βρεθεί η γωνία που σχηµατίζουν οι ευθείες ( )1r i j 3k t i j k= − + + − +

r r r r r rr και

και να ελεγχθεί αν τέµνονται ή όχι. (2r 2i 4 j 6k t 2i j 3k= + + + + +r r r r r rr )

Τα διανύσµατα i j k− +r r r

και 2i j 3k+ +r r r

δεν είναι συγγραµµικά εποµένως οι ευθείες δεν είναι παράλληλες.

( ) ( )2 2 2 2 2 2

i j k 2i j 3k 4cos3 141 ( 1) 1 2 1 3

− + ⋅ + +θ = =

+ − + + +

r r r r r r

Επίσης η σχέση 1r r2=r r συνεπάγεται 1 t 2 2s, 1 t 4 2s, 3 t 6 3s+ = + − − = + + = + . 1 t 2 2s t 31 t 4 2s s 2+ = + = −⎧ ⎧

⇒⎨− − = + = −⎩ ⎩⎨ και οι τιµές αυτές ικανοποιούν τη σχέση 3 t , άρα οι ευθείες

τέµνονται.

6 3s+ = +

Πρόβληµα 5 Να βρεθεί η γωνία που σχηµατίζουν οι ευθείες ( )1r i k t i 3 j 4k= + + + +

r r r r rr και

και να ελεγχθεί αν τέµνονται ή όχι. (2r 2i 3 j t 4i j k= + + − +r r r r rr )

Τα διανύσµατα i 3 j 4k+ +r r r

και 4i j k− +r r r

δεν είναι συγγραµµικά εποµένως οι ευθείες δεν είναι παράλληλες.

( ) ( )2 2 2 2 2 2

i 3 j 4k 4i j k 5 1cos25 17 171 3 4 4 ( 1) 1

+ + ⋅ − +θ = = =

+ + + − +

r r r r r r

Αλλά η σχέση 1r r2=r r συνεπάγεται 1 t 2 4s, 3t 3 3s+ = + = − (και 1 4t s+ = ) από όπου t 1, s 0= = που δεν ικανοποιούν την 1 4 . Άρα οι ευθείες δεν τέµνονται. t s+ = Γ2) Η γωνία που σχηµατίζουν τα επίπεδα θ 1 Ar n r n1⋅ = ⋅r r r r και 2 Br n r n⋅ = ⋅ 2

r r r r είναι ίση µε τη

γωνία των καθέτων στα επίπεδα διανυσµάτων 1nr και 2nr , εποµένως 1 2

1 2

n ncos

n n⋅

θ =r r

r r . Αν cos 0θ <

η (ζητούµενη) οξεία γωνία είναι π − θ . Γ3) Η γωνία που σχηµατίζει η ευθεία θ Ar r t= + β

rr r µε το επίπεδο ισούται µε Br n r n⋅ = ⋅r r r r

2π− φ , όπου η οξεία γωνία που σχηµατίζει το παράλληλο προς την ευθεία διάνυσµα φ β

r µε το

κάθετο στο επίπεδο διάνυσµα . Εποµένως nr nsinn

β ⋅θ =

β

r r

r r .


∆) Αποστάσεις ∆1) Απόσταση σηµείου P µε διάνυσµα θέσεως Pr

r από την ευθεία µε εξίσωση Ar r t= + βrr r .

Θεωρούµε το παραλληλόγραµµο µε πλευρές rr και P Ar− r β

r, επί

του επιπέδου που ορίζουν ηευθεία και το σηµείο.

Το εµβαδόν του ισούται αφενός µε το γινόµενο της βάσης β

rεπί το ύψος (PB),

που είναι και η ζητούµενη απόσταση, και αφετέρου µε το µέτρο του εξωτερικού

γινοµένου των πλευρών ( )P Ar r− ×βrr r . Εποµένως (

Prr

βr

P

P Ar r−r r

Α B

Arr

)P Ar1(PB) r= − ×β

r.

βr r

r

∆2) Απόσταση σηµείου A µε διάνυσµα θέσεως Ar

r από το επίπεδο µε εξίσωση (Η συµβατική συνθήκη σηµαίνει πως το διάνυσµα αποµακρύνεται

από την αρχή των αξόνων και ικανοποιείται εύκολα µε αλλαγή του προσήµου του αριστερού µέλους).

r n D, D 0⋅ = >r r D 0> nr

Αν nn̂n

=r

r το µοναδιαίο άνυσµα κάθετο στο επίπεδο τότε Ddn

= r είναι η απόσταση του

επιπέδου από την αρχή των αξόνων, AA

r nr n̂

n⋅

= ⋅r r

rr η προβολή του Ar

r στο και η ζητούµενη

απόσταση ισούται µε (αρνητικό πρόσηµο στο αποτέλεσµα σηµαίνει πως το σηµείο και η αρχή των αξόνων βρίσκονται από την ίδια πλευρά του επιπέδου).

nr

Ar n dˆ⋅ −r

Br n̂⋅r B

d A

Ar n̂⋅r

Διανύσματα

Documents

Transcript of Διανύσματα