ORTONORMERAT KOORDINAT SYSTEM. LÄNGDEN AV EN VEKTOR. AVSTÅND MELLEN TVÅ PUNKTER. MITTPUNKT. TYNGDPUNKT. SFÄR OCH KLOT.

ORTONORMERAT KOORDINAT SYSTEM.

LÄNGDEN AV EN VEKTOR.

AVSTÅND MELLEN TVÅ PUNKTER.

MITTPUNKT.

TYNGDPUNKT.

SFÄR OCH KLOT.

INLEDNING

För att bilda en bas i 3D-rummet ( tre-dimensionella rummet) behöver vi tre vektorer e^x , e_y

, e_z

som är skilda från



0 och som inte är parallella med ett gemensamt plan ( man säger ofta de ”inte ligger i samma plan” ) .

Då kan varje v

skrivas på exakt ett sätt som en linjär kombination av e^_x , e_y

och e_z ( se nedanstående figur).

Vi ser detta om vi parallell förflyttar e^_x , e_y , e_z

och v

så att de har en gemensam start punkt O. Den rätta linje genom P (v

:s ändpunkt) som är parallell med e_z

måste skära planet Oe^_x e_y

( xy-planet) i en punkt Q ( eftersom e^_x , e_y , e_z

är ej parallella med något gemensamt plan). Linjen genom Q, parallell med e_y

, skär x axeln i punkten R.

Då gäller





  

OR RQ QP

v^ .

Men eftersom OR e_x

||



, RQ e_y

||



, QP||e^_z



finns det tal x, y , z så att ex

x OR 

 

, RQ ye_y

 

ez

z QP^  ^ . Därför

z y

x ye ze

e x

v       Anmärkning:

I samband med baser och basvektorer använder vi följande terminologi:

 Vi säger att ovanstående e^_x , e_y , e_z

utgör en bas i (3D) rummet och att

talen x, y och z är v

:s koordinater i basen e^_x , e_y , e_z

.

 Vektorerna xe^_x, ye_y

och ze_z

kallas v

:s komposanter i basen e^_x , e_y , e_z

. Beteckning:

Vektorn OP^  xe_x  ye_y ze_z, anges oftast med endast koordinater på följande sätt:

OP^ (x,y,z).

Koordinatsystem i 3D-rummet

En punkt O och tre basvektorer (icke-parallella med något gemensamt plan och skilda från



0 ) e^_x , e_y , e_z

definierar ett (parallellt) koordinat system i planet med tre axlar:

x-axeln går genom O och har riktningsvektor e^_x , y-axeln går genom O och har riktningsvektor e_y

och z-axeln går genom O och har riktningsvektor e_z

.

Koordinater för en punkt P definieras som koordinater med vektorn



OP (punktens ortvektor).

Alltså OP^  xe_x  ye_y ze_z P(x,y,z)

Anmärkning: Att en punkt P har koordinater x,y och z anges på två sätt:

) , , (x y z

P eller P(x,y,z). (Den andra beteckningen används oftast i analysen.)

Koordinater för en vektor mellan två givna punkter.

Om A= (x₁,y_1, z₁) och B= (x₂,y₂, z₂) är två punkter i rummet då gäller ) (

)

(x₂e_x y₂e_y z₂e_z x₁e_x y₁e_y z₁e_z OA

OB OB AO

AB^  ^  ^  ^  ^           

z y

x y y e z z e

e x

x   

) (

) (

)

( ₂ ₁  ₂ ₁  ₂ ₁

 Alltså



AB = x x e_x y y e_y z z e_z ) (

) (

)

( ₂ ₁  ₂ ₁  ₂ ₁ eller kortare

) ,

,

(x₂ x₁ y₂ y₁ z₂ z₁

AB^    

Exempel: A=(1,2,3), B=(4,2,2) ⇒ AB^ (3,0,1).

ORTONORMERADE BASER OCH ORTONORMERAT KOORDINAT SYSTEM I vår kurs använder vi s.k. ortonormerat koordinatsystem. I ett sådant system kan vi på enkelt sätt beräkna avstånd, areor och volymer.

Definition:

Vi säger att en bas i rummet e^_x , e_y , e_z

(e^_x , e_y

i plan) är en ortonormerad bas om följande 2 villkor är uppfyllda:

1. basvektorerna är parvis vinkelräta ( = ortogonala) 2. basvektorerna har längden 1, dvs |e^_x|1, |e_y |1

och |e_z |1

Då är tillhörande Oxyz ett ortonormerat ( kortare ON) koordinatsystem. ON-

koordinatsystemet kallas även det kartesiska koordinatsystemet ( efter franske matematiker Rene Descartes)

Alltså, i ett ortonormerat system är axlarna vinkelräta och ”enhetssträckorna” har samma längd.

y-axeln

z-axeln

Beteckning: Basvektorer i ett ON-system betecknas oftast i

, j^och k

men även som ovan e^x , e_y

, e_z

eller e₁ , e₂

, e^₃.

LÄNGDEN AV EN VEKTOR. AVSTÅND MELLAN TVÅ PUNKTER

Det är väldigt enkelt att göra avståndsberäkningar i ett ON-koordinatsystem ( vi kan använda Pytagoras sats på rätvinkliga trianglar).

|v| x²y²

är längden av vektorn v (x,y)

---

Om A( x1,y1) och B( x2,y2) är två punkter i planet med ON koordinatsystem då är )

, (x₂ x₁ y₂ y₁

AB^    och längden blir, enligt ovanstående formel,

2 1 2 2 1

2 ) ( )

(

|

|AB^  x x  y y .

Avståndet mellan två punkter A och B som vi betecknar d(A,B) är samma som längden av vektorn



AB dvs

d(A,B) = |AB^ | (x₂x₁)²(y₂y₁)² ,

som vi kan även se direkt ( Pytagoras sats) på nedanstående figur.

d(A,B) = |AB^ | (x₂x₁)²(y₂y₁)² ,

På liknande sätt beräknar vi längden av en vektor i 3D-rummet med ett ON koordinatsystem.

Låt )v(x,y,z .

Då är vektorns längden |v| x²y²z² .

Nedanstående graf förklarar formeln |v| x²y²z² .

|v^|²d²z² x²y²z² Därför

|v| x²y²z²

Exempel:

Beräkna längden av vektorn v (2,3,2) . Lösning:

17 4 9 4

|

|v  x²  y² z²    

--- Avståndet mellan två punkter i 3D rummet.

Avståndet mellan A och B som vi betecknar d(A,B) är samma som längden av vektorn



AB dvs d(A,B)=| |



AB .

Om A(x₁,y₁,z₁)och B(x₂,y₂,z₂) är två punkter i 3D-rummet med ett ON koordinatsystem då är AB^ (x₂x₁,y₂y₁,z₂z₁) och längden blir, enligt ovanstående formel

d(A,B)=|AB^ | (x₂ x₁)² (y₂  y₁)² (z₂ z₁)² . Exempel:

Bestäm avståndet mellan punkterna A=(1,1,1) och B= ( –1,2, 1) . Lösning:

Först AB^ (2,1,0)

d(A,B)=|AB^ | 410  5 l.e.

==================

ENHETSVEKTOR MED GIVEN RIKTNING

Definition: En vektor vars längd är 1 kallas för enhetsvektor.

Låt )v(x,y,z .

Då är v

e^ v_ ^

|

|

 1 en enhetsvektor med samma riktning som v ,

medan v

f^ v_ ^

|

|

 1

 är en enhetsvektor med motsatt riktning .

Exempel.

Låt )v(1,2,3

. Då är (1, 2,3)

14 ) 1 3 , 2 , 1 9( 4 1

1

|

|

1   



 

 v

e^ v_ ^ den enhetsvektor som

har samma riktning som e .

==================

MITTPUNKTEN

Låt A(x₁,y₁,z₁) och B(x₂,y₂,z₂) vara två punkter.

Då är )

, 2 , 2

(x¹ 2x² y¹ y² z¹ z²

S     mittpunkten på sträckan AB.

Förklaring.

Vi har















 OA ABOA OBOA  OA OB

OS 2

1 2 ) 1 2(

1 2

1

2 ) 2 ,

2 , ( ) , , 2( ) 1 , , 2(

1 _{1 2 1 2 1 2}

2 2 2 1

1 1

z z y y x z x

y x z

y

x     

 ,

Exempel:

Bestäm mittpunkten S på sträckan AB om A=(1,1,1) och B= ( –1,2, 1)

Lösning: ,1)

2 ,3 0 ( 2 )

2 , 2 ,

( ¹ ^{2 1}  ^{2 1}  ² 

 x x y y z z

S

==================

TYNGDPUNKTEN

Låt A(x₁,y₁,z₁), B (x₂,y₂,z₂) och C (x₃,y₃,z₃)vara tre punkter.

Tyngdpunkten T för triangeln ABC ges av 3 ) 3 ,

3 ,

(x¹ x² x³ y¹ y² y³ z¹ z² z³

T        .

Exempel:

Låt A=(1,1,1), B=(1,3,–1) och C=(2,1,5). Bestäm tyngdpunkten av triangeln ABC.

Lösning:

3) ,5 3 ,5 3 (4 3 )

5 1 ,1 3

1 3 ,1 3

2 1 (1 3 )

3 , 3 ,

( ¹  ²  ^{3 1} ²  ^{3 1} ²  ³        

 x x x y y y z z z

T

Svar: )

3 ,5 3 ,5 3 (4

 T

CIRKEL och CIRKELSKIVA

Definition. En cirkel är mängden av alla punkter i ett plan som ligger på samma avstånd, (cirkelns radie) till en given punkt (cirkelns centrum).

I ett ortonormerat koordinat system kan vi ange en cirkel med radien r och centrum i punkten C( x0, y0), som mängden av alla punkter P(x,y) som satisfierar ekvationen

2 2 0 2

0) ( )

(xx  yy r

Cirkelns ekvation: (xx₀)²(yy₀)² r²

Definition. En sluten (öppen) cirkelskiva med radien r och centrum i punkten C är mängden av alla punkter i planet vars avståndet till C är  r ( < r).

Alltså, för varje punkt P(x,y) på en sluten cirkelskivan med radien r centrum i punkten C( x₀, y₀), gäller

2 2 0 2

0) ( )

(xx  yy r i ett ON koordinat system.

O 1

1

P(x,y)

r

C( x , y ) 0 0

==========================

3D motsvarigheter till cirkel och cirkelskiva är sfär och klot.

SFÄR OCH KLOT

Definition. En sfär är mängden av alla punkter i 3D-rummet som ligger på samma avstånd, (sfärens radie) till en given punkt (sfärens centrum).

---

Sfärens ekvation ( i ett ON system): (xx₀)²(yy₀)²(zz₀)² r²

Definition. Ett slutet (öppet) klot med radien r och centrum i punkten C är mängden av alla punkter i 3D-rummet vars avståndet till C är  r ( < r).

--- Slutet klot ( i ett ON koordinatsystem):

2 2 0 2

0 2

0) ( ) ( )

(xx  yy  zz r --- Öppet klot ( i ett ON koordinatsystem):

2 2 0 2

0 2

0) ( ) ( )

(xx  yy  zz r

==========================

ELLIPS

Definition. En ellips är mängden av alla punkter i ett plan vars avstånd till två givna punkter, brännpunkterna, har en konstant summa.

d1 + d2 = 2a ( = konstant)

Ellipsen med medelpunkten (0,0), och halvaxlarna a, b som ligger på x resp y-axeln har ekvationen

2 1

2 2 2



 b y a x

Brännpunkterna ( om a>b ) är F₁(-c,0) och F₂(c,0) där c a² b² .

Anmärkning: Ellipsen med medelpunkten (x₀,y₀), och halvaxlarna a, b som är parallella på x resp y-axeln har ekvationen

) 1 (

) (

2 2 0 2

2

0  

 

b y y a

x

x .

=============================================================

ÖVNINGAR:

Uppgift 1. A=(1,1,1) och B=( 2,3,4) är två punkter i rummet.

a) Beräkna längden av vektorn



AB

b) Bestäm två enhetsvektorer ( en med samma och en med motsatta riktning) som är parallella med



AB.

c) Bestäm två vektorer med längden 5 som är parallella med



AB . d) Bestäm mittpunkten S på sträckan AB.

Lösning:

a) )AB^ (1,2,3 ⇒ |AB^ | 1² 2² 3²  14 b) (1,2,3)

14 1

|

| 1

1  _ AB^  AB v

(1,2,3)

14 1

|

| 1

2  _ AB^  AB

v

c) (1,2,3) 14 5 ₁ 5

1  v 

w^{ } ,

(1,2,3) 14 5 ₂ 5

2  v  w^{ }

d) Mittpunkten på sträckan AB är )

2 , 5 2 2, (3 2) , 5 2 , 4 2 (3 2 )

2 , 2 ,

( ¹ ^{2 1} ^{2 1} ²  

 x x y y z z

S

Uppgift 2.

a) Beräkna omkretsen av triangeln ABC, där A=(1,1,1) , B=( 1,4,5), C=(3,2,3).

b) Använd Pytagoras sats för att bestämma om ABC är en rätvinklig triangeln.

c) Bestäm tyngdpunkten T för triangeln ABC.

Lösning:

a) Först, vektorn )AB^ (0,3,4 .

Avståndet mellan A,B är d(A,B)|AB^ | 0² 3² 4² 5. )

2 , 1 , 2

(



AC ⇒ d(A,C)|AC^ | 2² 1² 2² 3 )

2 , 2 , 2 (  

 

BC ⇒ d(B,C)|BC^ | 2² (2)² (2)²  12 2 3 Därmed blir omkretsen 5+3+2 3=82 3

b) Pytagoras sats gäller för en triangel om och endast om triangeln är rätvinklig.

Sidan AB är störst i vårt fall. Triangeln är INTE rätvinklig eftersom 3² (2 3)² 5² d) Tyngdpunkten för triangeln ABC är

) 3 3, , 7 3 (5 3) , 9 3 , 7 3 (5 3 )

3 , 3 ,

( ¹  ²  ^{3 1} ²  ^{3 1}  ²  ³  

 x x x y y y z z z

T

Svar: a) Omkretsen =82 3 b) Nej c) T ,3) 3 ,7 3 (5



Uppgift 3. Bestäm en punkt P sådan att





  PBCD

AP 2 4

där A=(1,1,1) , B=(2,2,3) , C=(0,0,1) och D =( 1,2,4) är fyra punkter i rummet.

Lösning:

Låt P=(x,y,z).

Vi beräknar vektorerna ) 1 , 1 , 1

(   

 

z y x AP

) 3 , 2 , 2

( x y z

PB^     )

3 , 2 , 1

(



CD

substituerar i ekvationen





  PBCD

AP 2

4

och får

) 3 , 2 , 1 ( ) 3 , 2 , 2 ( 2 ) 1 , 1 , 1 (

4 x y z  x y z  . Efter förenkling har vi

) 3 , 2 , 1 ( ) , 2 2 , 2 , 2

( x y z 

Härav

2x=1, 2y=2 och 2z+2=3 Till slut x=1/2, y=1 och z=1/2 Därmed P=(1/2, 1, 1/2)

Svar: P=(1/2, 1, 1/2)

Uppgift 4. Låt A=(2,1,1) , B=(2,3,4) . Bestäm den punkt P som delar sträckan AB i förhållandet 3:7.

Lösning: Låt P=(x,y,z)

Från



  AB

AP 10

3 har vi

) 3 , 2 , 0 10( ) 3 1 , 1 , 2

(x y z 

Härav x-2=0, y-1= 6/10 och z-1 =9/10 eller x=2 , y= 16/10 och z=19/10

Svar: P= (2, 1.6 , 1.9)

Uppgift 5. Rita den cirkel vars ekvation i ett ortonormerad Oxy-koordinatsystem är 4

2

2 4

2 y  x y

x .

Tips. Använd kvadratkomplettering och skriv cirkeln på formen (xx₀)²(yy₀)² r²

Lösning:

4 2

2 4

2 y  x y

x ( vi grupperar x termer och y-termer och kvadratkompletterar)

4 2

4 ²

2    

 x x y y

4 1 ) 1 ( 4 ) 2

(  ²    ²  

 x y

9 ) 1 ( ) 2

(  ²   ² 

 x y

Om vi jämför ovanstående med cirkelns ekvation på formen

2 2 0 2

0) ( )

(xx  y y r

ser vi att  x₀ 2 ,  y₀ 1 och r² 9, dvs 2x₀  , y₀ 1 och r3.

Cirkeln har centrum i punkten C(-2,1) och radien r 3.

Uppgift 6. Rita elipsen vars ekvation är x²  y3 ² 4 Lösning: För att skriva ellipsen på formen ₂ 1

2 2

2  

b y a

x delar vi med 4 ekvationen 4

3 ²

2  y 

x och får

4 4 4 3 4

2 2



 y

x

som vi kan skriva på följande sätt 3 1

/ 4 4

2 2



 y x

Om vi jämför med ₂ 1

2 2

2  

b y a

x får vi:

2

2 4a

a och b² 4/3b 4/3

Alltså har ellipsen halvaxlarna a2 och b 4/31.15.

Uppgift 7. ( Härledning av ellipsens ekvation) Vi betraktar en ellips som har brännpunkterna F1(-c,0) och F2(c,0) som består av de punkter vars avstånd till två brännpunkterna, har en konstant summa d₁ + d₂ = 2a. Vi inför beteckning

2 (*)

2

2 c b

a   .

Bevisa att ellipsen har ekvationen ₂ 1

2 2

2  

b y a

x .

Lösning: Låt P(x,y) vara en punkt på ellipsen.

Från d₁ + d₂ = 2a har vi

a y c x y

c

x ) ( ) 2

(  ²  ²   ²  ²  Vi flyttar en rot till den vänstra sidan

2 2 2

2 2 ( )

)

(xc y  a xc y och kvadrerar båda sidor :

2 2 2

2 2

2

2 4 4 ( ) ( )

)

(xc  y  a  a xc  y  xc  y Efter förenkling har vi

cx a

y c x

a ( ) 4 4

4  ²  ²  ² 

Vi delar med 4 och igen kvadrerar båda leden ( för att eliminera roten) och därefter förenklar ekvationen :

2 2 2 2 2 4 2 2

2[(x c) y ] a 2a c x c x

a     

2 2 2 4 2 2 2

2[x 2cx c y ] a 2a cx c x

a      



) (

)

(a² c² x² a²y² a² a² c²



Enligt (*) inför vi beteckningen a² c² b² och får ellipsens ekvation

2 2 2 2 2

2x a y a b

b  

Om vi delar med a²b² har vi ellipsens ekvation på formen

2 1

2 2

2  

b y a

x .