(2) Θεωρούµε µοναδιαία διανύσµατα α, β, γ R 3, για τα οποία γνωρίζουµε ότι το διάνυσµα

Transcript

1 Πανεπιστηµιο Ιωαννινων σχολη θετικων επιστηµων τµηµα µαθηµατικων τοµεας αλγεβρας και γεωµετριας αναλυτικη γεωµετρια διδασκων : χρηστος κ. τατακης υποδειξεις λυσεων των θεµατων της ΘΕΜΑ 1. µονάδες 1 Θεωρούµε τα διανύσµατα α, β, γ R. Να αποδείξετε ότι το α β εκφράζει το εµβαδό του παραλληλογράµµου µε πλευρές τα διανύσµατα α, β. Στη συνέχεια, να αποδείξετε ότι ο όγκος του παραλληλεπιπέδου µε ακµές τα διανύσµατα α, β, γ είναι ίσος µε α, β, γ. Κάνοντας εφαρµογή των παραπάνω, να υπολογίσετε τον όγκο του παραλληλεπιπέδου µε ακµές τα διανύσµατα α = 0,,, β = 0,, 1, γ = 1, 1,. Λύση. Θεωρούµε ένα παραλλήλογραµµο µε πλευρές τα διανύσµατα α, β και έστω ϕ η γωνία αυτών. Αν α η ϐάση αυτού, ϕέροντας το ύψος του παραλληλογράµµου, στο ορθογώνιο τρίγωνο που σχηµατίζεται παρατηρούµε ότι Άρα ύψος = β sin ϕ. Εµβαδό = ϐάση ύψος = α β sin ϕ = α β Αντίστοιχα για τον όγκο, απλά παρατηρούµε ότι όπου Επεται ότι Ογκος = εµβαδό ϐάσης ύψος, Εµβαδό ϐάσης = α β και ύψος = γ cos γ, α β Ογκος = α, β, γ. Σχετικά µε την εφαρµογή : Ο όγκος του παραλληλεπιπέδου, σύµφωνα µε τα προηγούµενα είναι το µέτρο του µεικτού γινοµένου των τριών διανυσµάτων. Ισοδύναµα, ισούται µε την 0 απόλυτη τιµή της ορίζουσας : 0 1 = Θεωρούµε µοναδιαία διανύσµατα α, β, γ R, για τα οποία γνωρίζουµε ότι το διάνυσµα α είναι κάθετο µε τα διανύσµατα β, γ. Να υπολογιστεί η παράσταση : α β β β β γ Λύση. Αρχικά παρατηρούµε ότι : α β β = α β β β β α = α. Συνεπώς : α {}}{ α β β β β γ = α { }}{ α β β γ = α γ = 0. Εστω τυχόν τρίγωνο ABΓ και ϑεωρούµε τις διαµέσους AM 1 και BM αυτού. Αν M το σηµείο τοµής των διαµέσων AM 1 και BM, να αποδείξετε διανυσµατικά ότι : AM = AM 1 και BM = BM.

2 Λύση. Εστω AM = κ AM 1 και BM = λ BM. Αρκεί να δείξουµε ότι κ = λ =. Εκφράζουµε τα διανύσµατα που µας ενδιαφέρουν, συναρτήσει γραµµικώς ανεξαρτήτων διανυσµάτων για παράδειγµα οι πλευρές AB, BΓ του τριγώνου. Άρα AM = AB + BM = AB + λ BM = ΓA AB + λ BΓ + = λ AB + λbγ + ΓB + BA Άρα AM = 1 λ λ AB + BΓ 1 Επίσης, από υπόθεση AM = κam 1. Συνεπώς εκφράζοντας το AM 1 συναρτήσει των AB, BΓ έχουµε : AM = κam BΓ 1 = κ AB + BM 1 = κ AB + AM = κ κ AB + BΓ. Συνδυάζοντας τις 1, και καθώς τα διανύσµατα AB, BΓ είναι γραµµικώς ανεξάρτητα έπεται ότι : 1 λ κ = 0 και λ = κ κ = λ =. ΘΕΜΑ..5 µονάδες ίνονται τα σηµεία A1, 1,, B,,, Γ0, 1,, 1, 1, λ R, όπου λ R. 1 Να προσδιοριστεί η τιµή της παραµέτρου λ R έτσι ώστε τα σηµεία A, B, Γ, να είναι συνεπίπεδα. Στη συνέχεια να προσδιορίσετε ένα κάθετο και ένα παράλληλο διάνυσµα στο επίπεδο που ορίζουν τα σηµεία A, B, Γ,. Λύση. Βρίσκω το επίπεδο των A, B, Γ γνωρίζουµε σηµείο A και δύο διανύσµατα παράλληλα x 1 y + 1 z σε αυτό : AB, AΓ. Άρα : 1 0 = 0 x + y + z + = 0. Για να είναι 1 5 συνεπίπεδα τα σηµεία, ϑα πρέπει το 1, 1, λ να επαληθεύει την εξίσωση του επιπέδου. Από εκεί παίρνουµε λ = 0. Ενα κάθετο διάνυσµα στο επίπεδο λαµβάνουµε για παράδειγµα από τους συντελεστές των x, y, z στην εξίσωση του επιπέδου, δηλαδή το η =, 1, 1. Ενα παράλληλο διάνυσµα, είναι για παράδειγµα το AB = 1,, 0. Να προσδιοριστούν οι εξισώσεις της διχοτόµου της γωνίας Γ A. Λύση. Προσιορίζουµε τα µοναδιαία διανύσµατα : A Γ = λ 1, λ, λ και A = µ 1, µ, µ. A Οι Ϲητούµενες εξισώσεις είναι : x 1 ±λ 1 + µ 1 = y 1 ±λ + µ = z 0 ±λ + µ, όπου στους αριθµητές έχουν µπει οι συντεταγµένες του σηµείου που είναι και η κορυφή της γωνίας.

3 Εστω Π το τετράπλευρο ABΓ και έστω ϕπ το τετράπλευρο A B Γ όπου A, B, Γ,, οι εικόνες των A, B, Γ,, µέσω ενός ορθογώνιου γεωµετρικού µετασχηµατισµού ϕ. Να υπολογιστεί το εµβαδό του τετραπλεύρου ϕπ. Λύση. Γνωρίζουµε από ϑεωρία ότι EϕΠ = det A EΠ. Ο µετασχηµατισµός ϕ είναι ορθογώνιος, συνεπώς deta = ±1 EϕΠ = EΠ. Αρκεί λοιπόν να προσδιορίσουµε το εµβαδό του τετραπλεύρου Π, το οποίο είναι ίσο µε το άθροισµα των εµβαδών των δύο τριγώνων ABΓ, AΓ. Συνεπώς το Ϲητούµενο εµβαδό είναι ίσο µε : EϕΠ = EΠ = 1 1 AB AΓ + AΓ A ΘΕΜΑ. µονάδες 1 Στο επίπεδο Oxy ϑεωρούµε την έλλειψη µε κέντρο το 0, 0, της οποίας η απόσταση των εστιών της είναι ίση µε 4. Θεωρούµε την ευθεία x + y + 9 = 0, η οποία εφάπτεται της έλλειψης σε σηµείο Mx 1, y 1 αυτής. Να προσδιορίσετε την εξίσωση της έλλειψης και να σχεδιάσετε το γράφηµά της 9. Λύση. Άξονας εστιών π.χ. ο xx όπως παρατηρήθηκε την ηµέρα της εξέτασης Γνω- ϱίζουµε ότι η απόσταση των εστιών της Ϲητούµενης έλλειψης είναι ίση µε 4. Συνεπώς γ γ = 4 γ = 4. Άρα Εστω α β = 4 x α + y β = 1 η εξίσωση της Ϲητούµενης έλλειψης και έστω Mx 1, y 1 το σηµείο στο οποίο η ευθεία x + y + 9 = 0 εφάπτεται της έλλειψης. Καθώς η εξίσωση της εφαπτοµένης της έλλειψης στο σηµείο Mx 1, y 1 είναι : xx 1 α + yy 1 β = 1, έπεται ότι στο σηµείο M αυτές ταυτίζονται. Άρα : x 1 y 1 α = β = 1 9. Συνεπώς : x 1 = 9 α και y 1 = 1 β 1 Επίσης, καθώς το σηµείο Mx 1, y 1 είναι και σηµείο της έλλειψης, έχουµε ότι : Από την, λόγω 1 έχουµε ότι : x 1 α + y 1 β = α β = 1 και λόγω * η τελευταία σχέση µας δίνει ότι α = 9 και συνεπώς β = 5. εξίσωση είναι : x 9 + y 5 = 1. Η Ϲητούµενη

4 4 Να αποδειχθεί ότι η εφαπτοµένη µιας υπερβολής σε τυχόν σηµείο αυτής, διχοτοµεί τη γωνία των εστιακών ακτινών. Λύση. Εφαρµογή - ϑεωρία που έγινε αυτούσια στις διαλέξεις. ΘΕΜΑ µονάδες Θεωρούµε τις παρακάτω σφαίρες : και Σ 1 : x + y + z x 4y + z 10 = 0 Σ : x + y + z 7y + 6z 10 = 0. 1 Να αποδείξετε ότι οι παραπάνω σφαίρες τέµνονται. Λύση. Οι σφαίρες γράφονται : Σ 1 : x 1 + y + z + 1 = 4, άρα K 1 1,, 1 και R 1 = 4 και Σ : x + y 7 + z + = 5 5, άρα K 0, 7, και R = 5 5. Επεται ότι K 1 K < R 1 + R, το οποίο αποδεικνύει ότι οι σφαίρες τέµνονται. Να προσδιορίσετε τον γεωµετρικό τόπο των σηµείων τοµής των σφαιρών Σ 1 και Σ. Λύση. Τα σηµεία που ανήκουν στην τοµή των δύο σφαιρών, ανήκουν στη τοµή : και Σ 1 : x 1 + y + z + 1 = 4, Σ Σ 1 = π : x y + 4z = 0. Ο γεωµετρικός τόπος των σηµείων τοµής σφαίρας και επιπέδου είναι κύκλος. Αρκεί να προσδιορίσουµε το κέντρο και την ακτίνα του. Για κάθε σηµείο M που κινείται στη τοµή της παραπάνω σφαίρας και του επιπέδου ισχύει ότι : ρ = MΛ = R1 K 1 Λ. Η Ϲητούµενη ακτίνα είναι το ρ και το κέντρο το σηµείο Λ Λ η προβολή του K 1 στο επίπεδο π. Εστω ɛ η ευθεία κάθετη στο επίπεδο π, η οποία διέρχεται από το σηµείο K 1. Γνωρίζουµε ένα παράλληλο διάνυσµα αυτής, το οποίο είναι το κάθετο διάνυσµα η =,, 4 του επιπέδου. Άρα οι εξισώσεις της ευθείας ɛ είναι : ɛ : x 1 = y = z Η λύση του συστήµατος των εξισώσεων της ευθείας ɛ και του επιπέδου π είναι το Ϲητούµενο κέντρο του κύκλου. Για τον υπολογισµό της ακτίνας του κύκλου, µένει να υπολογίσουµε το K 1 Λ, το οποίο είναι η απόσταση του σηµείου K 1 από το επίπεδο π, δηλαδή : K 1 Λ =

5 5 ΘΕΜΑ 5..5 µονάδες 1 Να αναγνωρίσετε το είδος της επιφάνειας του R σε κάθε µία από τις παρακάτω εξισώσεις : α x y = z. Επιπλέον, να προσδιορίσετε το είδος της παραπάνω επιφάνειας όταν z = 0. β x y + y = 0. γ x y + z 4x 8y = 8. δ x z + x + y + 18z = 5. Σε κάθε µία των περιπτώσεων β, γ, δ, να σχεδιάσετε προσεγγιστικά τα γραφήµατα των επι- ϕανειών. Λύση. α Υπερβολικό παραβολοειδές. Οταν z = 0 έχουµε Ϲεύγος ευθειών. β x +y 1 = 1 και z R. Εχουµε κυλινδρική κύκλος είναι όταν σταθεροποιήσουµε π.χ. z = 0. x 1 y + γ 1 + z = 4. Μονόχωνο υπερβολοειδές εκ περιστροφής. 1 x 1 z δ 1 + = y 6. Ελλειπτικό παραβολοειδές. Να αναχθεί η τετραγωνική µορφή q : R R, που ορίζεται από τη σχέση qx, y, z = 4x xz + y + 4z, x, y, z R, στους κύριους άξονες, τους οποίους και να προσδιορίσετε. Στη συνέχεια, να προσδιορίσετε το είδος της επιφάνειας που δίνεται από τη σχέση : 4x xz + y + 4z x + 8 z 7 = 0. Προσδιορίζοντας τις συντεταγµένες του κέντρου της παραπάνω επιφάνειας στο ορθοκανονικό σύστηµα αξόνων Oxyz, να τη σχεδιάσετε προσεγγιστικά. Λύση. Ο πίνακας της τετραγωνικής µορφής είναι : A = Οι ιδιοτιµές του πίνακα είναι λ 1 = διπλή και λ = 5 απλή. Αντίστοιχα ιδιοδιανύσµατα κάνοντάς τα και κανονικά είναι : ε 1 = 1/ 0 1/, ε = 0 1, ε = 1/ 0 0 1/ τα οποία αποτελούν και τους κύριους άξονες της τετραγωνικής επιφάνειας µέσω των οποίων η τετραγωνική µορφή, παίρνει τη µορφή : qx, y, z = x + y + 5z. Άρα ο πίνακας µετάβασης P = 1/ 0 1/ / 0 1/ και η σχέση που συνδέει τις συντεταγµένες των σηµείων νέων και παλαιών δίνεται από : x y = 1/ 0 1/ z 1/ 0 1/ x y z

6 6 Για την αναγνώριση της Ϲητούµενης επιφάνειας χρησιµοποιούµε τη σχέση -για τους µη γραµµικούς όρους- και τη σχέση για τους γραµµικούς όρους. Άρα η επιφάνειά µας γράφεται : x + y + 5z 1 x 1 z x + 1 z 7 = 0. Συµπεραίνουµε ότι η επιφάνειά µας γράφεται : x + 1 0/ + y 0/ + z το οποίο είναι ελλειψοειδές εκ περιστροφής. Για τον προσδιορισµό των συντεταγµένων του κέντρου αυτού K 1, 0, 1 αντικαθιστούµε στη σχέση * και ϐρίσκουµε ότι Kx, y, z = 0, 0,. = 1, * Οι λύσεις αυτές δεν είναι µοναδικές. Υπάρχουν κι άλλοι τρόποι επίλυσης όλων των παραπάνω ϑεµάτων. Χρήστος Κ. Τατάκης