Transcript 2.9 Løsningsforslag til oppgavene i avsnitt 2.9

2.9 Løsningsforslag til oppgavene i avsnitt 2.9
2.9.1
Regn ut (a) k ⋅ ( i + j) , (b) ( i − 2k ) ⋅ ( j + 3k ) , (c) ( 2i − j + 3k ) ⋅ ( 3i + 2 j − k )
Løsningsforslag
a. k ⋅ ( i + j) = ( 0, 0,1) ⋅ (1,1, 0 ) = 0 ⋅ 1 + 0 ⋅ 1 + 1 ⋅ 0 = 0
b.
c.
( i − 2k ) ⋅ ( j + 3k ) = (1, 0, −2 ) ⋅ ( 0,1,3) = 1 ⋅ 0 + 0 ⋅ 1 + ( −2 ) ⋅ 3 = −6
( 2i − j + 3k ) ⋅ ( 3i + 2 j − k ) = ( 2, −1,3) ⋅ ( 3, 2, −1) = 2 ⋅ 3 + ( −1) ⋅ 2 + 3 ⋅ ( −1) = 1
2.9.2
Hvis a = i + 3 j − 2k og b = 4i − 2 j + 4k , finn
(a) a ⋅ b , (b) a , (c) b , (d) 3a + 2b , (e) ( 2a + b ) ⋅ ( a − 2b )
Løsningsforslag
a. a ⋅ b = (1,3, −2 ) ⋅ ( 4, −2, 4 ) = 1 ⋅ 4 + 3 ⋅ ( −2 ) + ( −2 ) ⋅ 4 = −10
2
b.
a = 12 + 32 + ( −2 ) = 14 ,
c.
b = 42 + ( −2 ) + 42 = 36 = 6
2
d. 3a + 2b = 3 (1,3, −2 ) + 2 ( 4, −2, 4 ) = (11,5, 2 ) ,
e.
3a + 2b = 112 + 52 + 22 = 150 = 5 6
( 2a + b ) ⋅ ( a − 2b ) = 2 ⋅ a ⋅ a − 4 ⋅ a ⋅ b + b ⋅ a − 2 ⋅ b ⋅ b = 2 a
2 ⋅ 14 − 3 ⋅ ( −10 ) − 2 ⋅ 36 = −14
2
2
− 3⋅a ⋅b − 2⋅ b =
2.9.3
Finn vinkelen mellom
(a) a = 3i + 2 j − 6k og b = 4i − 3 j + k
(b) c = 4i − 2 j + 4k og d = 3i − 6 j − 2k
Løsningsforslag
a. cos(a, b) =
3 ⋅ 4 + 2 ⋅ ( −3 ) + ( −6 ) ⋅ 1
( 3, 2, −6 ) ⋅ ( 4, −3,1)
a ⋅b
=
=
=0
2
2
a⋅b
49 ⋅ 26
32 + 2 2 + ( −6 ) ⋅ 4 2 + ( −3) + 12
∠ ( a,b ) = 90°
b. cos(c,d) =
c⋅d
=
c⋅d
( 4, −2, 4 ) ⋅ ( 4, −6, −2 )
2
2
2
4 2 + ( −2 ) + 4 2 ⋅ 4 2 + ( −6 ) + ( −2 )
=
16 + 12 − 8
36 ⋅ 54
=
20
6⋅3⋅ 6
=
5
6
27
∠ ( c,d ) = 63°
MA-132 Geometri
58
Byrge Birkeland
2.9.4
For hvilke verdier av t står vektorene a = t ⋅ i − 2 j + k og b = 2t ⋅ i + t ⋅ j − 4k normalt på
hverandre?
Løsningsforslag
Vi har a ⋅ b = t ⋅ 2t − 2 ⋅ t − 4 = 2t 2 − 2t − 4 = t ⋅ ( t 2 − t − 2 ) = 2 ( t + 1)( t − 2 ) , så
a ⋅ b = 0 ⇔ t = −1 ∨ t = 2
2.9.5
Finn retningscosinene til linja som forbinder (3,2,-4) og (1,-1,2).
Løsningsforslag
En vektor langs linja er (1 − 3, −1 − 2, 2 − ( −4 ) ) = ( −2, −3, 6 ) , og vi har
( −2, −3, 6 ) = ( −2 )
( 72 , 73 , − 76 ) ).
2
2
+ ( −3) + 62 = 7 . Retningscosinene er derfor ( − 72 , − 73 , 76 ) (eller
2.9.6
Finn skalarprojeksjonen av vektoren 2i − 3 j + 6k på i + 2 j + 2k .
Løsningsforslag
( 2i − 3j + 6k ) ⋅ ( i + 2 j + 2k ) 2 ⋅ 1 − 3 ⋅ 2 + 6 ⋅ 2
=
=
( i + 2 j + 2k )
12 + 22 + 22
Skalarprojeksjonen er
8
9
=
8
3
2.9.7
Finn en enhetsvektor som står normalt på både a = 4i − j + 3k og b = −2i + j − 2k
Løsningsforslag
Hvis vektoren er r = ( x, y, z ) , må a ⋅ r = ( 4, −1,3) ⋅ ( x, y, z ) = 4 x − y + 3z = 0 og
b ⋅ r = ( −2,1, −2 ) ⋅ ( x, y, z ) = −2 x + y − 2 z = 0 . Vi legger disse to ligningene sammen og får
2 x + z = 0 eller z = −2 x og y = 4 x + 3 z = 4 x − 6 x = −2 x . Vektoren r må derfor være på
formen x ⋅ (1, −2, −2 ) . Siden r skal være en enhetsvektor, må
(
2
x 2 ⋅ 12 + ( −2 ) + ( −2 )
2
) = 9⋅ x
2
= 1 , så vi må ha x = ± 13 . Vi må derfor enten ha
r = ( 13 , − 23 , − 23 ) eller r = ( − 13 , 32 , 32 ) .
2.9.8
Vis at hvis punktet C ligger på en halvsirkel der AB er diameter, så
er C en rett vinkel.
MA-132 Geometri
59
Byrge Birkeland
Løsningsforslag
2
AC ⋅ BC = AD + DC ⋅ BD + DC = AD ⋅ BD + AD ⋅ DC + DC ⋅ BD + DC
2 2
= − AD + AD + BD ⋅ DC + DC = − r 2 + 0 ⋅ DC + r 2 = 0 . Det viser at ∠ACB er rett.
(
(
)(
)
)
2.9.9
La a = (a1 , a2 , a3 ) være stedvektoren til et gitt punkt i rommet og r = ( x, y, z ) stedvektoren til
et punkt i rommet. Beskriv de mengdene som er beskrevet ved følgende vilkår: (a) r - a = 3 ,
(b) ( r - a ) ⋅ a = 0 , (c) ( r - a ) ⋅ r = 0
Løsningsforslag
a. Mengden av punkter som har avstanden 3 fra punktet a, dvs. en sirkel med sentrum i a og
radius 3.
b. Mengden av punkter slik at a er normal på r-a, eller planet gjennom a med a som
normalvektor.
c.
( r - a ) ⋅ r = 0 ⇔ ( ( r - 12 a ) - 12 a ) ⋅ ( ( r - 12 a ) + 12 a ) = 0 ⇔
r - 12 a = 12 a . Dette blir mengden
av punkter som har avstanden 12 a fra punktet med stedvektoren 12 a , altså en kuleflate
med vektoren a som diameter.
2.9.10
La A, B, C og D være fire punkter i rommet.
Bevis at AB ⋅ CD + AC ⋅ DB + AD ⋅ BC = 0
a.
Vis at vi av formelen ovenfor kan utlede følgende to geometriske setninger:
b.
i. i Når to motstående sider i et tetraeder står parvis normalt på hverandre, gjør også det
tredje paret det.
ii. ii Høydene i en trekant møtes i ett punkt.
Vink: Uttrykk alle vektorene ved AB = p , AC = q og AD = r
Løsningsforslag
a. AB ⋅ CD + AC ⋅ DB + AD ⋅ BC = AB ⋅ AD − AC + AC ⋅ AB − AD + AD ⋅ AC − AB = 0
(
)
(
)
(
)
b. (i) Av (a) følger at hvis to av produktene i produktsummen er 0, må også det tredje være
det. Det er ekvivalent med påstanden (i)
(ii) La D være skjæringspunktet mellom normalene gjennom A og C. Da er AB ⋅ CD = 0
og AD ⋅ BC = 0 Av (a) følger da at AC ⋅ DB = 0 , dvs. DB står normalt på AC .
2.9.11
I en trekant OAB settes OA = a , OB = b . Uttrykk høyden OP fra O på AB ved a og b .
Løsningsforslag
MA-132 Geometri
60
Byrge Birkeland
OA ⋅ AB a ⋅ (b - a)
OP = OA + AP = OA + 2 AB = a +
⋅ (b - a )
2
b-a
AB
2.9.12
Gi et bevis for cosinussetningen ved å benytte skalproduktet av vektorer.
Løsningsforslag
(a - b )
2
= a 2 + b 2 − 2 ⋅ a ⋅ b = a 2 + b 2 − 2 ⋅ a ⋅ b ⋅ cos ( a, b )
2.9.13
Bevis følgende setning: Et parallellogram er en rombe hvis og bare hvis diagonalene står
normalt på hverandre.
Løsningsforslag
Diagonalene i et parallellogram med sidevektorer a og b er b-a og a+b. Siden
(b - a ) ⋅ (b + a ) = b
2
2
2
− a , følger at parallellogrammet er en rombe hvis og bare hvis
2
b = a , som er ekvivalent med at ( b - a ) ⋅ ( b + a ) = 0 , som er ekvivalent med at
diagonalene står normalt på hverandre.
2.9.14
La, a, b og c være egentlige vektorer (dvs. ≠ 0 ). Hva er den nødvendige og tilstrekkelige
betingelsen for at ( a ⋅ b ) ⋅ c = a ⋅ ( b ⋅ c ) ?
Løsningsforslag
( a ⋅ b ) ⋅ c er en vektor langs c, mens a ⋅ ( b ⋅ c ) er en vektor langs a. Skal disse være like, må c
og a være parallelle, dvs. det må finnes et reelt tall t slik at c = t ⋅ a . I så fall er
( a ⋅ b ) ⋅ c = ( a ⋅ b ) ⋅ ta = ( ta ⋅ b ) ⋅ a = a ⋅ ( b ⋅ ta ) = a ⋅ ( b ⋅ c ) Konklusjonen er at
(a ⋅ b ) ⋅ c = a ⋅ (b ⋅ c)
hvis og bare hvis a og c er parallelle.
2.9.15
Hjørnene i en trekant har koordinater P(-3,2,1), Q(2,2,-1) og R(3,0,6) i forhold til et kartesisk
koordinatsystem.
a. Finn lengden av sidene.
b. Finn cosinus til vinklene.
Løsningsforslag
PQ = ( 2 − ( −3) , 2 − 2, −1 − 1) = ( 5, 0, −2 ) ,
PR = ( 3 − ( −3) , 0 − 2, 6 − 1) = ( 6, −2, 5 ) ,
QR = ( 3 − 2, 0 − 2, 6 − ( −1) ) = (1, −2, 7 ) ,
MA-132 Geometri
2
PQ = 52 + ( −2 ) = 29
2
PR = 6 2 + ( −2 ) + 52 = 65
2
QR = 12 + ( −1) + 7 2 = 52 = 13 2
61
Byrge Birkeland
5 ⋅ 6 + 0 ⋅ ( −2 ) + ( −2 ) ⋅ 5
PQ ⋅ PR
20
cos P = =
=
, ∠P = 62.6°
29 ⋅ 65
29 ⋅ 65
PQ ⋅ PR
(1, −2, 7 ) ⋅ ( −5, 0, 2 ) 1 ⋅ ( −5 ) + ( −2 ) ⋅ 0 + 7 ⋅ 2
QR ⋅ QP
9
cos Q = =
=
=
, Q = 84.8°
13 2 ⋅ 29
13 2 ⋅ 29
13 58
QR ⋅ QP
∠R = 180° − ∠P − ∠Q = 180° − 62.6° − 84.8° = 32.6°
2.9.16
Hjørnene i et tetraeder har koordinater A(0,0,0),
B(5,0,0), C(3,4,2) og D(2,2,7) i forhold til et kartesisk
koordinatsystem. La AE betegne høyden fra A på BC og
DF høyden fra D på AE. Beregn:
a. Koordinatene til AE
b. Koordinatene til en enhetsvektor med samme retning
som AE
c. Koordinatene til AF
d. Delingsforholdet AF:FE
e. cos AD, AE
(
)
f. Kontroller til slutt regningen ved å regne ut DF ⋅ AE .
Vink: AF er projeksjonen av AD på AE .
Løsningsforslag
a. BC = ( 3, 4, 2 ) − ( 5, 0, 0 ) = ( −2, 4, 2 ) , så
BA ⋅ BC ( −5, 0, 0 ) ⋅ ( −2, 4, 2 )
AE = AB + BE = AB + 2 ⋅ BC = ( 5, 0, 0 ) +
( −2, 4, 2 )
2
2
2
−
2
+
4
+
2
(
)
BC
= ( 5, 0, 0 ) +
10
5
5 5 5   25 5 5 

⋅ ( −2, 4, 2 ) = ( 5, 0, 0 ) + ( −2, 4, 2 ) =  5 − , ,  =  , , 
24
12
6 3 6  6 3 6

1
1
5
AE =
252 + 102 + 52 =
750 =
30 , så en enhetsvektor i retning av AE er
6
6
6
5
5
 256

1
, 3 , 6 =
( 5, 2,1)
 5
5
5

30
 6 30 6 30 6 30 
AD ⋅ AE ( 2, 2, 7 )( 25,10,5 ) ⋅ 16
7
21 1
c. AF = 2 ⋅ AE =
⋅
25,10,5
=
5,
2,1
=
AE
(
)
(
)
6
1
750
10
25
36
AE
b.
d.
AF
=
FE
21
25
4
25
=
21
4
MA-132 Geometri
62
Byrge Birkeland
AD ⋅ AE
e. cos AD, AE = =
AD ⋅ AE
∠ AD, AE = 59.5°
(
( 2, 2, 7 ) ⋅ ( 5, 2,1) ⋅ 56
)
2
2
2
=
2 + 2 + 7 ⋅ 56 30
57 ⋅
5
6
30
=
7
190
(
f.
)
DF ⋅ AE = ( DA + AF ) ⋅ AE = ( ( −2, −2, −7 ) +
21 ⋅ 56
7
10
( 5, 2,1) ) ⋅ 65 ( 5, 2,1) = 0
2.9.17
Linjene L1 og L2 har retningstall hhv. (3:-5:1) og (1:3:-2) Finn retningstall for en linje som
står normalt på både L1 og L2 .
Løsningsforslag
Hvis retningstallene for en slik linje er ( x : y : z ) , må 3 x − 5 y + z = 0 og x + 3 y − 2 z = 0 . Vi
eliminerer z: −3 x + 5 y = 12 x + 32 y eller
7
2
y = 72 x eller x = y og z = −3 x + 5 y = 2 y .
Retningstallene kan da være (1,1, 2 ) .
2.9.18
Finn ligningen for et plan som står normalt på vektoren a = 2i + 3j + 6k og går gjennom
punktet B(1,5,3).
Løsningsforslag
For at et punkt med stedvektor r skal ligge i planet, må r − OB stå normalt på a, så
ligningen for planet er a ⋅ r − OB = 0 eller 2 ( x − 1) + 3 ( y − 5 ) + 6 ( z − 3) = 0 eller
(
)
2 x + 3 y + 6 z = 35
2.9.19
Finn avstanden fra origo til planet i forrige oppgave.
Løsningsforslag
Avstanden må være skalarprojeksjonen av OB på a, som er
OB ⋅ a (1,5,3) ⋅ ( 2,3, 6 ) 2 + 15 + 18 35
=
=
=
=5
a
7
49
22 + 32 + 62
2.9.20
Finn skalarprojeksjonen av a = i - 2j + k på b = 4i - 4j + 7k .
Løsningsforslag
Skalarprojeksjonen er
MA-132 Geometri
a ⋅ b 1 ⋅ 4 + ( −2 ) ⋅ ( −4 ) + 1 ⋅ 7 19
=
=
2
2
2
b
9
4 + ( −4 ) + 7
63
Byrge Birkeland
2.9.21 .
Finn vektorprojeksjonen av a på b, der a og b er som i forrige oppgave.
Løsningsforslag
Vektorprojeksjonen er
MA-132 Geometri
19
a ⋅ b b 19 1
⋅ = ⋅ ( 4, −4, 7 ) = ( 4i − 4 j + 7k )
b b
9 9
81
64
Byrge Birkeland