Euklidesowa przestrzeń afiniczna.pdf

(298 KB) Pobierz
Przestrzenie afiniczne cd
Równanie ogólne płaszczyzny w E 3 .
Dane:
P π n π
o ∈
i
⊥
n=[A, B,C ]
P 0 (x 0 ,y 0 ,z 0 )
Wówczas:
P 0 P=[x-x 0 ,y-y 0 ,z-z 0 ]
G J
JJG G JJJG
D
P
∈<=>⊥ <=> =
n
P P n P P
0
o
o
Równanie (1) nazywamy równaniem ogólnym płaszczyzny
A(x-x 0 )+B(y-y 0 )+C(z-z 0 )=0 (1’)
Ax+By+Cz+D=0
Przykład 1
E 3
y=x jest to równanie płaszczyzny π w E 3
π : x-y=0
n
⊥
v
=
[
1
Równanie parametryczne prostej w przestrzeni.
Dane:
P π
o ∈ π
i
n
⊥
u=[a,b,c]
P 0
P
l
l
l: P=P 0 +tu ,t ∈ R
l: (x,y,z)=(x 0 ,y 0 ,z 0 )+t[a,b,c] ,t ∈ R
x
=
x
0
+
at
l
:
y
=
y
0
+
bt
z
=
z
0
+
ct
Powyższe postacie równania prostej w przestrzeni E 3 są równoważne.
Inne postacie równania prostej i płaszczyzny.
- równanie odcinkowe płaszczyzny
π : Ax+By+Cz+D=0
założenie: A ≠ 0, B ≠ 0, C ≠ 0, D ≠ 0
Wykład dr Magdaleny Sękowskiej
strona 1 z 10
Część 15 – Euklid. przest. afiniczna
−
11843066.009.png 11843066.010.png
 
Wówczas równanie ma postać:
x
+
y
+
z
=
1
−
D
−
D
−
D
A
B
C
Przyjmujemy:
a
=
−
D
,
b
=
−
D
,
c
=
−
D
A
B
C
Czyli:
x
+
y
+
z
=
1
(*)
z
a
b
c
c
(*) – Postać tą nazywamy
równaniem odcinkowym
płaszczyzny
b
y
a
x
- równanie krawędziowe prostej:
π 1 : A 1 x+B 1 y+C 1 z+D 1 =0
π 2 : A 2 x+B 2 y+C 2 z+D 2 =0
Jeśli: to mamy równanie krawędziowe prostej. (Prosta jest
wyznaczona przez krawędź przecięcia dwóch nierównoległych płaszczyzn)
ππ
1
2
Wniosek:
π
1
⊥
n
1
=
[
A
1
,
B
1
,
C
1
]
π
2
⊥
n
2
=
[
A
2
,
B
2
,
C
2
]
l
||
v
=
n
1
×
n
2
Aby znaleźć równanie prostej l należy (przyjmując dowolnie jedną z
niewiadomych) rozwiązać układ równań:
π
1
π
2
- postać kanoniczna równania prostej:
x
−
x
0
=
y
−
y
0
=
z
−
z
0
a
b
c
Aby przejść do równania parametrycznego należy przyrównać kolejne
składniki do parametru i wyznaczyć x, y, z.
Def. 1 Pęk płaszczyzn
1. π 1 || π 2
pękiem płaszczyzn nazywamy zbiór wszystkich płaszczyzn
równoległych do π 1 ( π 2 ).
Wykład dr Magdaleny Sękowskiej
strona 2 z 10
Część 15 – Euklid. przest. afiniczna
11843066.011.png 11843066.001.png 11843066.002.png 11843066.003.png
2.
&
pękiem płaszczyzn nazywamy zbiór wszystkich płaszczyzn
przechodzących przez wspólną krawędź π 1 i π 2 .
ππ
1
2
Uwaga
Dla pęku płaszczyzn zachodzi:
Jeśli:
π 1 : A 1 x+b 1 y+C 1 z+D 1 =0
π 2 : A 2 x+B 2 y+C 2 z+D 2 =0
∀ k 1 ,k 2 ∈ R: k 1 (A 1 x+b 1 y+C 1 z+D 1 )+k 2 (A 2 x+B 2 y+C 2 z+D 2 )=0
Odległość punktu od płaszczyzny w E 3 .
. P(x 1 ,y 1 ,z 1 )
P 1
Dana jest płaszczyzna o równaniu ogólnym:
π : Ax+By+Cz+D=0
Wówczas odległość punktu P od płaszczyzny π dana jest wzorem:
d
(
P
,
π
)
=
Ax
1
+
By
1
+
Cz
1
+
D
A
2
+
B
2
+
C
2
Wzajemne położenie prostych w przestrzeni E 3 .
Prosa l 1 dana jest równaniem
l 1 : (x,y,z) = (x 1 ,y 1 ,z 1 ) + t[a 1 ,b 1 ,c 1 ]
l 1 :
P +
=
P
1
t
v
1
Prosta l 2 dana jest równaniem:
l 2 : (x,y,z)= ( x 2 ,y 2 ,z 2 ) + t[a 2 ,b 2 ,c 2 ]
l 2 :
P +
=
P
2 v
t
2
I. proste są równoległe
l ⇔
1
||
l
2
v
1
||
v
2
¬
Warunkiem aby proste przecinały się jest
1.
l
1
||
l
2
∧
l
1
∩
l
2
=
{
0
}
¬
(
v
1
||
v
2
)
2. układ równań ma dokładnie jedno rozwiązanie
l
1
l
2
Wykład dr Magdaleny Sękowskiej
strona 3 z 10
Część 15 – Euklid. przest. afiniczna
II. proste przecinają się
11843066.004.png
Interpretacja geometryczna:
P 2
l 1
l 2
v 1
v 2
P 1
Warunek, aby proste się przecinały ma postać:
(
v
1
× D
v
2
)
P
1
P
2
=
0
III. Proste są skośne
Warunek, aby proste były skośne ma postać:
1.
¬
(
v
1
||
v
2
)
2. układ równań jest sprzeczny
l
1
l
2
Geometrycznie warunek ten ma postać:
(
v
1
× D
v
2
)
P
1
P
2
≠
0
Odległość prostych w przestrzeni E 3 .
Dane są proste l 1 ,l 2
1. Jeśli
l 1 i l 2 jest równa odległości
dowolnego punktu z jednej prostej od drugiej.
1 l
||
2
to odległość prostych l
2. Jeśli proste są skośne to odległość między nimi jest równa długości
najkrótszego odcinka łączącego obie proste.
(
v
1
×
v
2
)
D
P
1
P
2
d
(
l
,
l
)
=
1
2
v
×
v
1
2
Przykład
Badamy wzajemne położenie prostych.
x
=
9
+
4
t
x
=
−
2
l 1
:
y
=
−
2
−
3
l 2
:
y
=
−
7
−
9
z
=
t
z
=
2
+
2
P 1 = (9 ,-2,0)
P 2 = (- 2,-7,2)
l
1
||
v
1
−=
[
4
3
l
2
||
v
2
=
[
−
2
2
czyli 1
| vv
2
Wykład dr Magdaleny Sękowskiej
strona 4 z 10
Część 15 – Euklid. przest. afiniczna
11843066.005.png 11843066.006.png 11843066.007.png
Rozwiązujemy układ równań:
x
=
9
+
4
t
y
=
−
2
−
3
−
2
=
9
+
4
t
z
=
t
−
2
=
9
+
4
t
−
7
−
9
=
−
2
−
3
(**)
x
=
−
2
2
+
2
=
t
2
+
2
=
t
y
=
−
7
−
9
z
=
2
+
2
s
=
−
17
10
t
=
−
14
10
Sprawdzamy, czy ta para spełnia równanie (**)
-7-9s ≠ -2-3t
Wniosek: Proste są skośne.
Teraz znajdziemy równanie płaszczyzny π , która zawiera prostą l 1 i do
której prosta l 2 jest równoległa.
π : l 1 ⊂ π ∧ l 2 || π
P 1 ∈ l 1 ⇒ P 1 ∈ π
P 1 =(9,-2,0) ∈ π
π
i
j
k
n
=
v
1
×
v
2
=
4
−
3
1
=
−
15
i
−
10
j
+
30
k
−
2
9
2
=
π : -15(x-9) – 10(y+2) + 30(z-0) = 0
π : -3x - 2y + 6z + 23 = 0
−
15
,
10
,
30
]
Wzajemne położenie płaszczyzn w przestrzeni E 3 .
Dane są trzy płaszczyzny π 1 , π 2 , π 3 .
1. płaszczyzny przecinają się wzdłuż wspólnej prostej
π
1
⇔ układ na nieskończenie wiele rozwiązań zależnych od jednego
π
2
π
3
parametru
2. płaszczyzny przecinają się w jednym punkcie ⇔ układ ma
π
1
π
2
π
3
dokładnie jedno rozwiązanie.
Powierzchnie stopnia drugiego w E 3
Równanie postaci:
Wykład dr Magdaleny Sękowskiej
strona 5 z 10
Część 15 – Euklid. przest. afiniczna
⊥n
[n −
11843066.008.png

Plik z chomika:

Inne pliki z tego folderu:

Inne foldery tego chomika:

Zgłoś jeśli naruszono regulamin