KURZUS: Matematika II.

MODUL: 1. Vektorok

1.1. Vektor fogalma, összeadása, kivonása, számmal szorzása

Tanulási cél: A térbeli vektor fogalmának, s az egyszerű vektorműveleteknek a megismerése.

Tananyag:
Tankönyv: Gáspár Csaba, Molnárka Győző: Lineáris algebra és többváltozós függvények
Fejezet: 1.1. és 2. bevezetés

Elméleti összefoglaló:
Vektornak nevezzük az irányított szakaszt. Egy vektor adott, ha ismert nagyság (hossza), állása (milyen egyenessel párhuzamos), irányítása (az egyenesen merre mutat).
Jelölés: a vagy AB

Két vektor egyenlő, ha nagyságuk, állásuk, irányításuk megegyezik. Ilyenkor van olyan eltolás, mely egyiket a másikba viszi.

Az a vektor hosszát, abszolút értéknek is nevezzük, s | a | -val jelöljük.

Vektorok összeadása: Toljuk el a b vektort úgy, hogy kezdőpontja az a végpontjába essen. Ekkor az a kezdőpontjából a b végpontjába mutató vektort nevezzük a két vektor összegének és a + b -vel jelöljük.

Vektorok kivonása: Toljuk a két vektort közös kezdőpontba. Ekkor az a végpontjából b végpontjába mutató vektort nevezzük a b és a vektorok különbségének, és b a -val jelöljük.

Számmal szorzás: Az a vektor és a λ 0 szám szorzata olyan vektor, melynek hossza | λ | | a | , állása azonos a állásával, irányítása pedig ha λ > 0 akkor azonos a irányításával, ha λ < 0 akkor pedig ellentétes. Jelölés: λ a
Ha λ = 0 akkor λ a = 0 .

A vektorokat a térben is koordinátákkal jellemezzük, amint ez középiskolában már a síkon szerepelt, csak nem kettő, hanem három koordináta egységvektor ( i , j , k ) van, így nem számpárok, hanem számhármasok jellemzik a vektorokat.  

Ha a = α 1 i + α 2 j + α 3 k vagy rövidebben a ( α 1 , α 2 , α 3 ) illetve b = β 1 i + β 2 j + β 3 k rövidebben b ( β 1 , β 2 , β 3 ) , akkor immáron csak a rövidebb jelöléssel

a + b ( α 1 + β 1 , α 2 + β 2 , α 3 + β 3 )

a b ( α 1 β 1 , α 2 β 2 , α 3 β 3 )

λ a ( λ α 1 , λ α 2 , λ α 3 )

| a | = α 1 2 + α 2 2 + α 1 2

Kidolgozott feladatok:

1. feladat Az ABCD paralelogramma csúcsainak helyvektorai a , b , c , d . Fejezzük ki a d vektort a , b , c segítségével!

Megoldás:
Tekintsük az alábbi ábrát.



A pontok helyvektorai, az origóból a pontokba mutató vektorok. Ha egy vektort más vektorokból kell előállítanunk, akkor sok a esetben úgy járhatunk el, hogy az előállítani kívánt vektort, egy irányított töröttvonallal helyettesítjük, s az előllátani kívánt vektor egyenlő a töröttvonalban szereplő vektorok összegével. Jelen esetben

d = OD = OA + AD .

Azonban AD = BC , hiszen egyforma hosszú, párhuzamos, egyirányú vektorokról van szó.
Ha ismerjük két pont helyvektorát, akkor a két pont közti vektor is kifejezhető kivonással. Most

BC = c b

Ezt felhasználva kapjuk

d = OA + BC = a + ( c b ) = a + c b .

Megjegyzés:
Teljesen hasonló módon a , b , c , d közül bármelyik kifejezhető a másik három segítségével. Az eredmények

a = b + d c

b = a + c d

c = b + d a

2. feladat Nevezzük az ABCD paralelogramma AC átlóvektorát e -nek, BD átlóvektorát pedig f -nek. Fejezzük ki e és f segítségével, az AB = a és AD = b oldalvektorokat!

Megoldás:
Tekintsük a következő ábrát.



A C csúcsból felmértük a f vektort, melynek végpontja legyen E . Mivel BECD négyszög is paralelogramma, AB párhuzamos BE -vel, s ebből következik, hogy A , B , E egy egyenesen vannak, valamint AB = BE AE = 2 AB = 2 a .

Azonban az ábráról nyilvánvaló, hogy AE = AC + CE = e f is igaz.

Ebből következik 2 a = e f , majd a = 1 2 ( e f ) .

Még a b van hátra. Mivel AD = BC a paralelogramma miatt, ezért e = a + b .

Helyettesítsünk be itt a helyére, és rendezzük b vektorra a kapott egyenletet.

e = 1 2 ( e f ) + b b = 1 2 ( e + f )

3. feladat Legyenek az AB szakasz végpontjainak helyvektorai a és b . Fejezzük ki a szakasz felezőpontjába és harmadolópontjaiba mutató helyvektorokat a és b segítségével!
Ha A ( 5, 1, 2 ) , B ( 1, 17, 14 ) mik lesznek a felezőpont és a harmadolópontok koordinátái?

Megoldás:
Tekintsük az alábbi ábrát. Ezen a felezőpont F , a harmadolópontok G , H , helyvektoraik pedig f , g , h .


Az f vektor előállításához helyettesítsük őt az O A F töröttvonallal. Ebből

f = O A + A F = a + A F .

Azonban mivel F felezéspont,

A F = 1 2 A B = 1 2 ( b a ) .

Ezt behelyettesítve

f = a + 1 2 ( b a ) = 1 2 ( a + b ) .

Az f -et megadó vektoregyenletben csak számmal szorzás és összedás szerepel. Az ilyen esetekben ugyanilyen egyenletek vannak a pontok megfelelő koordinátáira is, azaz

f 1 = 1 2 ( a 1 + b 1 ) , f 2 = 1 2 ( a 2 + b 2 ) , f 3 = 1 2 ( a 3 + b 3 ) .

Ebből a konkrét adatokkal F ( 2, 8, 8 ) .

Járjunk el hasonlóképpen a harmadolópontok esetén is.

g = O A + A G = a + 1 3 A B = a + 1 3 ( b a ) = 1 3 ( 2 a + b )

h = O A + A H = a + 2 3 A B = a + 2 3 ( b a ) = 1 3 ( a + 2 b )

Ugyanilyen egyenlet igaz a koordinátákra is.

g 1 = 1 3 ( 2 a 1 + b 1 ) , g 2 = 1 3 ( 2 a 2 + b 2 ) , g 3 = 1 3 ( 2 a 3 + b 3 )

h 1 = 1 3 ( a 1 + 2 b 1 ) , h 2 = 1 3 ( a 2 + 2 b 2 ) , h 3 = 1 3 ( a 3 + 2 b 3 )

A megadott adatokkal G ( 3, 5, 6 ) és H ( 1, 11, 10 ) .

Megjegyzés:
A feladatban levezettünk egy fontos eredményt, amit a későbbiekben még többször fogunk használni.
Eszerint egy szakasz felezőpontjának koordinátáit a végpontok koordinátáinak számtani közepeként kapjuk.
A harmadolópontokra kapott erdményünk pedig általánosítható tetszőleges arányban osztó pontra.



Eszerint az A B szakaszt p q arányban osztó P pont, ( p q = A P P B ) , koordinátáira következő igaz.

p 1 = q a 1 + p b 1 p + q , p 2 = q a 2 + p b 2 p + q , p 3 = q a 3 + p b 3 p + q

4. feladat Egy szabályos hatszög középpontja K ( 2, 3, 5 ) , két szomszédos csúcsa A ( 1, 3, 6 ) , B ( 1, 2, 5 ) . Határozzuk meg a többi négy csúcs koordinátáit!

Megoldás
Használjuk a következő ábra jelöléseit.



Mivel K felezi az A D és B E szakaszokat, ezért

k 1 = a 1 + d 1 2 , k 2 = a 2 + d 2 2 , k 3 = a 3 + d 3 2 , valamint

k 1 = b 1 + e 1 2 , k 2 = b 2 + e 2 2 , k 3 = b 3 + e 3 2 .

Fejezzük ki ezekből az egyenletekből a két ismeretlen csúcs koordinátáit. Mivel az egyenletek teljesen hasonlóak, elég csak az első koordinátkra végrehajtani ezt, a többi koordináta ugyanúgy számolható.

d 1 = 2 k 1 a 1 , . . . e 1 = 2 k 1 b 1 , . . .

Behelyettesítve a konkrét adatokat D ( 3, 3, 4 ) , E ( 3, 4, 5 ) .

Sanjos a C , F csúcsok esetén nem tudunk így eljárni, mert ők egymással szemközti csúcsok. Ha már az egyik koordinátáit ismerjük, akkor tudjuk majd a másikat meghatározni a fenti módon.
Állítsuk elő a C csúcs helyvektorát most összegként, mint az előző feladatokban, azaz a szakaszt helyettesítsük töröttvonallal.

O C = c = O K + K C = k + A B = k + ( b a ) = k + b a

A kapott vektoregyenlethez teljesen hasonló egyenletek igazak a megfelelő pontok koordinátáira is, azaz csak az első egyenletet kiírva

c 1 = k 1 + b 1 a 1 , . . .

Ebből a konkrét adatokkal C ( 2, 2, 4 ) .
Ezután már kihasználhatjuk, hogy K felezi C F -et.

f 1 = 2 k 1 c 1 , . . . F ( 2, 4, 6 )

5. feladat Igazoljuk, hogy az előző feladat adataiból meghatározott hatszög valóban szabályos lesz.

Megoldás:
Ehhez azt kell belátni, hogy a három megadott pont szabályos háromszöget alkot. Ha ez nem teljesül, akkor a fenti módon előállított hatszögnek szemközti oldalai párhuzamosak lesznek, de nem lesz minden oldala egyenlő, s így szögei sem. Elég megmutatnunk, az adatokkal meghatározott háromszög minden oldala egyenlő. Számoljuk ki tehát az oldalak hosszát. Ezt a megfelelő vektorok abszolút értékeként kapjuk, ezért írjuk fe a három oldalvektort.

A B ( b 1 a 1 , b 2 a 2 , b 3 a 3 ) azaz A B ( 0, 1, 1 )

Két pont közötti vektor koordinátáit úgy kapjuk, hogy a végpont koordinátáiból kivonjuk a kezdőpont megfelelő koordinátáit. Így a másik két vektor A K ( 1, 0, 1 ) , B K ( 1, 1, 0 ) .
Mivel vektor abszolút értéke a koordináták négyzetösszegéből vont gyök, ezért

| A B | = 0 2 + 1 2 + ( 1 ) 2 = 2 ,

| A K | = 1 2 + 0 2 + ( 1 ) 2 = 2

| B K | = 1 2 + ( 1 ) 2 + 0 2 = 2 .

Mivel egyenlőek, a háromszög szabályos, s így a keletkező hatszög is szabályos.

6. feladat Dönsük el, egy egyenesen van-e az alábbi három pont!
A ( 2, 3, 4 ) , B ( 4, 1, 6 ) , C ( 5, 1, 9 )
Adjunk meg olyan pontot, melynek első koordinátája 1, és illeszkedik az A , B pontok által meghatározott egyenesre!

Megoldás:
Ha a három pont egy egyenesen van, akkor az A B és A C vektoroknak párhuzamosnak kell lenni. Ha két vektor párhuzamos, akkor az egyik a másiknak számszorosa, s így a vektorok megfelelő koordinátái ugyanannyiszorosak kell, hogy legyenek. Ennek vizsgálatához írjuk fel a két vektor koordinátáit.

A B ( 2, 2, 2 ) , A C ( 3, 4, 5 )

Mint látható, a két vektor nem számszorosa egymásnak, hiszen az első koordináta 1.5, a második 2, a harmadik pedig 2.5-szerese a második vektorban, mint az elsőben, a párhuzamossághoz pedig mindhárom helyen ugyanazon szorzónak kellene állni. A három pont tehát nincs egy egyenesen.

Nézzük a feladat második felét. Legyen a keresett pont D . Mivel az első koordináta 1, az A D első koordinátája -1. Ez az A B első koordinátájának -0.5-szerese, tehát a többi koordináta is ennyiszeres kell, hogy legyen, azaz A D ( 1, 1, 1 ) . Ennek koordinátáit kell az A
pont koordinátáihoz adnunk, hogy a keresett pontot megkapjuk.

D ( 1, 4, 3 )

7. feladat Határozzuk meg a v ( 4, 2, 3 ) vektorral ellentétes irányú egységvektor koordinátáit!

Megoldás:
Jelöljük a keresett vektort v e -vel.
Határozzuk meg először a v vektor hosszát.

| v | = 4 2 + 2 2 + ( 3 ) 2 = 29

Mivel egy 29 hosszúságú vektorból vele párhuzamos, ellentétes irányú, 1 hosszúságú vektort kell előállítanunk, ezért a vektor 1 29 szeresét kell vennünk, tehát a koordinátákat is ennyivel kell szoroznunk.

v e = 1 29 v ( 4 29 , 2 29 , 3 29 )

8. feladat Mik a P pont koordinátái, ha az origótól négy egységnyire helyezkedik el, az origó és a Q ( 5, 2, 4 ) pont között, az általuk meghatározott egyenesen?

Megoldás:
A keresett pontba az origóból az O Q vektorral megegyező irányú, 4 egység hosszúságú vektor mutat. Ezt úgy állíthatjuk elő, hogy először vesszük az O Q irányú egységvektort, majd ezt megszorozzuk 4-gyel. Az előző feladatban láttuk, hogy egy vektorból akkor kapunk egységvektort, ha megszorozzuk hosszának reciprokával. Ebből kapjuk

O P = 4 | O Q | O Q = 4 5 2 + 2 2 + ( 4 ) 2 O Q = 4 45 O Q .

Mivel egy pont koordinátái egyenlők a pontba mutató helyvektor koordinátáival, ezért az O P
vektor koordinátái, egyben P koordinátái is. Innen

P ( 20 45 , 8 45 , 16 45 ) .

Ellenőrző kérdések:

1. kérdés: Ha az A B szakasz végpontjainak helyvektorai a , b , akkor hogyan fejezhető ki az A -hoz közelebbi negyedelőpont helyvektora a , b segítségével?
1 5 ( 4 a + b )
1 5 ( a + 4 b )
1 4 ( 3 a + b )
1 4 ( a + 3 b )
2. kérdés: A ( 3, 2, 4 ) , F ( 1, 1, 2 ) Mik a B pont koordinátái, ha F felezi az A B szakaszt?
B ( 5, 4, 0 )
B ( 7, 5, 6 )
B ( 2, 1, 6 )
B ( 4, 3, 2 )
3. kérdés: Egy paralelogramma három csúcsa A ( 5, 2, 3 ) , B ( 1, 1, 0 ) , C ( 3, 4, 1 ) . Mik a D csúcs koordinátái, ha A , C egymással szemközt helyezkednek el?
D ( 2, 6, 2 )
D ( 6, 3, 3 )
D ( 3, 7, 2 )
D ( 4, 1, 2 )
4. kérdés: A ( 4, 5, 1 ) , B ( 2, 3, 3 ) Mi a C pont első és harmadik koordinátája, ha a második koordináta 7, s a három pont egy egyenesre illeszkedik?
2 és -2
-5 és -5
-6 és -4
3 és -1
5. kérdés: Mik a v ( 7, 5, 1 ) vektor irányába mutató egységvektor koordinátái?
( 7 3 , 5 3 , 1 3 )
( 7 75 , 5 75 , 1 75 )
( 7 245 , 5 245 , 1 245 )
( 7 3 , 5 3 , 1 3 )
6. kérdés: Mik a P pont koordinátái, ha az origótól 7 egségre van az origó és a Q ( 18, 6, 9 ) pont között, az általuk meghatározott egyenesen?
P ( 6, 2, 3 )
P ( 6, 2, 3 )
P ( 6, 2, 3 )
P ( 6, 2, 3 )