Högerorienterad ortonormerad bas (HON-bas)

Vektorprodukt i HON-bas: definition, kom ihåg-regel

Normalisering

Rummet R^n: definition, skalärprodukt i R^n, linjärt beroende/oberoende

Bassatsen

Ex.: Vektorprodukt, arean av triangel där tre pkt angivna, minsta avståndet mellan två linjer, HON-bas parallell med angivet plan, är dessa fyra vektorer bas i R^4?

Föreläsningsanteckningarna

Högerorienterad ortonormerad bas (HON-bas)

$latex \bar{e}_{1}$, $latex \bar{e}_{2}$, $latex \bar{e}_{3}$ utgör en HON-bas om

• $latex \bar{e}_{1},\bar{e}_{2},\bar{e}_{3}$ är en ON-bas ($latex |\bar{e}_{1}|=|\bar{e}_{2}|=|\bar{e}_{3}|=1$, $latex \bar{e}_{1}\cdot\bar{e}_{2}$, $latex \bar{e}_{1}\cdot\bar{e}_{2}$, $latex \bar{e}_{2}\cdot\bar{e}_{3}=0$)
• och $latex \bar{e}_{1},\bar{e}_{2},\bar{e}_{3}$ är positivt orienterade.

Vektorprodukt i HON-bas

$latex |\bar{e}_{1}\times\bar{e}_{2}|=1$. Vinkelrät mot båda och pekar uppåt (samma som $latex \bar{e}_{3}$) ovan. I en HON-bas är $latex \bar{e}_{3}=\bar{e}_{1}\times\bar{e}_{2}=-\bar{e}_{2}\times\bar{e}_{1}$. (Får rätt riktning och rätt längd).

$latex \bar{e}_{2}=\bar{e}_{3}\times\bar{e}_{1}=\bar{-e}_{1}\times\bar{e}_{3}$, $latex \bar{e}_{1}=\bar{e}_{2}\times\bar{e}_{3}=-\bar{e}_{3}\times\bar{e}_{2}$.

Vid förändrad ordning minustecken framför produkten.

Definition

Låt $latex \bar{u}=(x_{1},x_{2},x_{3})=x_{1}\bar{e}_{1}+x_{2}\bar{e}_{2}+x_{3}\bar{e}_{3}$ och $latex \bar{v}=(y_{1},y_{2},y_{3})=y_{1}\bar{e}_{1}+y_{2}\bar{e}_{2}+y_{3}\bar{e}_{3}$.

$latex \bar{u}\times\bar{v}=x_{1}\bar{e}_{1}+x_{2}\bar{e}_{2}+x_{3}\bar{e}_{3})\times(y_{1}\bar{e}_{1}+y_{2}\bar{e}_{2}+y_{3}\bar{e}_{3})=$

$latex x_{1}y_{1}\underbrace{\bar{e}_{1}\times\bar{e}_{1}}_{=0}+x_{1}y_{2}\underbrace{\bar{e}_{1}\times\bar{e}_{2}}_{=\bar{e}_{3}}+x_{1}y_{3}\underbrace{\bar{e}_{1}\times\bar{e}_{3}}_{=-\bar{e}_{2}}+x_{2}y_{1}\underbrace{\bar{e}_{2}\times\bar{e}_{1}}_{=-\bar{e}_{3}}+$

$latex x_{2}y_{2}\underbrace{\bar{e}_{2}\times\bar{e}_{2}}_{=0}+x_{2}y_{3}\underbrace{\bar{e}_{2}\times\bar{e}_{3}}_{=\bar{e}_{1}}+x_{3}y_{1}\underbrace{\bar{e}_{3}\times\bar{e}_{1}}_{=\bar{e}_{2}}+x_{3}y_{2}\underbrace{\bar{e}_{3}\times\bar{e}_{2}}_{=-\bar{e}_{1}}+x_{3}y_{3}\underbrace{\bar{e}_{3}\times\bar{e}_{3}}_{=0}=$

$latex (x_{2}y_{3}-x_{3}y_{2})\bar{e}_{1}+(x_{3}y_{1}-x_{1}y_{3})\bar{e}_{2}+(x_{1}y_{2}-x_{2}y_{1})\bar{e}_{3}=$

$latex (x_{2}y_{3}-x_{3}y_{2}),(x_{3}y_{1}-x_{1}y_{3}),(x_{1}y_{2}-x_{2}y_{1})$

Kom ihåg-regel

$latex \begin{array}{cccc} x_{2} & x_{3} & x_{1} & x_{2}\\y_{2} & y_{3} & y_{1} & y_{2}\end{array}$

Normalisering

Få samma riktning, men med längden ett.

$latex \bar{v}=(a,b,c)$.

1.  $latex |\bar{v}|=\sqrt{a^{2}+b^{2}+c^{2}}$
2. $latex \bar{x}=\frac{1}{|\bar{v}|}\bar{v}=\frac{1}{\sqrt{a^{2}+b^{2}+c^{2}}}(a,b,c)$
3. $latex |\bar{x}|=\left|\frac{1}{|\bar{v}|}\bar{v}\right|=\frac{1}{|\bar{v}|}|\bar{v}|=1$ 

Rummet R^n

Vi har skrivit $latex \bar{u}=(u_{1},u_{2},u_{3})$

Definition

Med $latex \mathbb{R}^{n}$ menar vi alla $latex n$-tiplar ($latex x_{1},x_{2},\dots,x_{n}\in\mathbb{R}$).

Med operationerna

• addition: $latex (x_{1},x_{2},\dots,x_{n})+(y_{1},y_{2},\dots,y_{n})=(x_{1}+y_{1},x_{2}+y_{2},\dots,x_{n}+y_{n})$
• multiplikation: $latex \lambda(x_{1},x_{2},\dots,x_{n})=(\lambda x_{1},\lambda x_{2},\dots,\lambda x_{n})$.

Med dessa regler blir $latex \mathbb{R}^{n}$ ett vektorrum (dvs uppfyller A0-A4 & M0-M4) 

Skalärprodukt i R^n

$latex (x_{1},x_{2},\dots,x_{n})\cdot(y_{1},y_{2},\dots,y_{n})=x_{1}y_{1}+x_{2}y_{2}+\dots+x_{n}y_{n}$

$latex \bar{x}\in\mathbb{R}^{n}$

$latex |\bar{x}|=\sqrt{\bar{x}\cdot\bar{x}}=\sqrt{x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+\dots x_{n}^{2}}$.

$latex \bar{x}$ och $latex \bar{y}$ är ortogonala om $latex \bar{x}\cdot\bar{y}=0$.

Linjärt beroende/oberoende

$latex \bar{u}_{1},\bar{u}_{2},\dots\bar{u}_{p}$ linjärt oberoende $latex \Leftrightarrow\lambda_{1}\bar{u}_{1}+\lambda_{2}\bar{u}_{2}+\dots+\lambda_{p}\bar{u}_{p}=0$ och endast har lösningen $latex \lambda_{1}=\lambda_{2}=\dots=\lambda_{p}=0$

Bassatsen

1. Varje bas i $latex \mathbb{R}^{n}$ har $latex n$-stycken element.
2. $latex n$ vektorer i $latex \mathbb{R}^{n}$ utgör en bas för $latex \mathbb{R}^{n}\Leftrightarrow$ de är linjärt oberoende $latex \Leftrightarrow$ de spänner upp $latex \mathbb{R}^{n}$.
3. Fler än $latex n$ vektorer i $latex \mathbb{R}^{n}$ är linjärt beroende.
4. Färre än $latex n$ vektorer i $latex \mathbb{R}^{n}$ kan ej spänna upp $latex \mathbb{R}^{n}$ (för följder se ii)

Exempel

Nedan följer exempel där ovanstående teori används.

Ex.: Vektorprodukt

Beräkna $latex (1,2,3)\times(4,5,6)$

Lösning

$latex \begin{array}{cccc} 2 & 3 & 1 & 2\\5 & 6 & 4 & 5\end{array}$

$latex (2\cdot6-3\cdot5,3\cdot4-1\cdot6,1\cdot5-2\cdot4)=(-3,6,-3)$ 

Ex.: Arean av triangel där tre pkt angivna

Bestäm arean av triangeln med hörn $latex P_{0}:(1,4,1)$, $latex P_{1}:(2,6,4)$, $latex P_{2}:(5,9,7)$.

 Lösning

Triangelarea: $latex \frac{1}{2}\left|\bar{u}\times\bar{v}\right|$ (dvs. halva parallellogrammet, som fås från definitionen av vektorprodukt)

$latex \bar{u}=\vec{P_{0}P_{1}}=(2-1,6-4,4-1)=(1,2,3)$

$latex \bar{v}=\vec{P_{0}P_{2}}=(5-1,9-4,7-1)=(4,5,6)$

Så $latex \bar{u}\times\bar{v}=(-3,6-,3)$ och arean blir: $latex \frac{1}{2}\left|\left(-3,6,-3\right)\right|=\frac{3}{2}\left|\left(-1,2,-1\right)\right|=\frac{3}{2}\sqrt{(-1)^{2}+2^{2}+(-1)^{2}}=\frac{3}{2}\sqrt{6}$.

Ex.: Minsta avståndet mellan två linjer

Bestäm minsta avståndet mellan linjerna $latex l_{1}:(1,1,1)+t(1,-1,1),t\in\mathbb{R}$ och $latex l_{2}:(1,0,2)+t(2,1,3),t\in\mathbb{R}$

Lösning

Avståndet är en sträcka. Den ska vara vinkelrät mot båda linjerna.

Låt $latex \pi$ vara det plan som skär $latex l_{1}$ och som är parallellt med $latex l_{2}$.

Parameterform för $latex \pi:\begin{cases}x=1 & +s+2t\\y=1 & -s+t\\z=1 & +s+3t\end{cases},s,t\in\mathbb{R}$. (byter namn på $latex t$ i $latex l_{2}$ till $latex s$.)

Avståndet kan bestämmas genom att bestämma (det minsta) avståndet mellan (linjen) $latex l_{2}$ och (planet) $latex \pi$.

Avståndet mellan punkten $latex P_{0}$ på linjen $latex l_{2}$ och punkten $latex P_{1}$ på planet $latex \pi$ fås genom att projicera $latex P_{0}$ på $latex \pi$.

$latex \vec{QP}$ är projektionen av $latex \vec{P_{1}P_{0}}$ på $latex \bar{n}.$ Sökt avstånd är alltså $latex |\vec{QP_{0}}|$.

Väljer punkterna $latex P_{0}:(1,0,2),P_{1}:(1,1,1).$ Normalen fås genom att hitta en vektor som är ortogonal mot båda riktningsvektorerna för $latex l_{1}$ och $latex l_{2}$. $latex \bar{v}_{1}=(1,-1,1)$, $latex \bar{v}_{2}=(2,1,3)$ är parallella med $latex \pi.$

En normal $latex \bar{n}$ ges av $latex \bar{n}=\bar{u}\times\bar{v}_{2}=(1,-1,1)\times(2,1,3)$.

Minnesregeln: $latex \begin{array}{cccc}-1 & 1 & 1 & -1\\1 & 3 & 2 & 1\end{array}$. Ger: (-4,-1,3)

$latex \bar{n}=(-4,-1,3)$.

$latex \vec{QP_{0}}=\frac{\vec{P_{1}P_{0}}\cdot\bar{n}}{\bar{n}\cdot\bar{n}}\bar{n}$

$latex \left|\vec{QP_{0}}\right|=\frac{\left|\vec{P_{1}P_{0}}\right|}{\left|\bar{n}\right|^{2}}|\bar{n}|=\frac{|\vec{P_{1}P_{0}}\cdot\bar{n}|}{|\bar{n}|}=\frac{(1-1,0-1,2-1)\cdot(-4,-1,3)}{|(-4,-1,3)|}=\frac{|1+3|}{\sqrt{(-4)^{2}+(-1)^{2}+3^{2}}}=\frac{4}{\sqrt{26}}.$

(Blir okej eftersom det rör sig om skalärer, ej vektorer)

Anmärkning

Vi får $latex \pi$ på affin form: $latex -4x-y+3z+d=0$ (dvs. kryssprodukten mellan vektorerna).

$latex P_{1}\in\pi$ så $latex (-4\cdot1-1\cdot1+3\cdot1+d=0\Leftrightarrow d=2)$.

Dvs. $latex \pi:-4x-y+3z+2=0$

Ex.: HON-bas parallell med angivet plan

Bestäm en HON-bas $latex \bar{e}_{1}$, $latex \bar{e}_{2},\bar{e}_{3}$ så att $latex \bar{e}_{1}$ och $latex \bar{e}_{2}$ är parallella med $latex \pi:x+y+z=0$.

 Lösning

Vi kan få flera möjliga lösningar.

$latex \bar{e}_{1}$, $latex \bar{e}_{2}\parallel\pi\Rightarrow\bar{e}_{3}\bot\pi$.

Normalisera: $latex \bar{e}_{3}\parallel(1,1,1)$

$latex |(1,1,1)|=\sqrt{1^{2}+1^{2}+1^{2}}=\sqrt{3}$

Tag $latex \bar{e}_{3}=\frac{1}{\sqrt{3}}(1,1,1)$.

Välj nu en vektor $latex \bar{e}_{1}\parallel\pi,|\bar{e}_{1}|=1$. Ska speciellt vara ortogonal mot normalen: $latex \bar{e}_{1}\cdot(1,1,1)=0$, väljer därför $latex (1,-1,0)$. $latex (1,-1,0)\cdot(1,1,1)=(1\cdot1+1\cdot(-1)+1\cdot0)=(1-1+0)=0$

$latex \bar{e}_{1}\parallel(1,-1,0)$. Normalisera $latex |(1,-1,0)|=\sqrt{2}$. Sätt $latex \bar{e}_{1}=\frac{1}{\sqrt{2}}(1,-1,0)$.

Nu finns ett val för $latex \bar{e}_{2}$:

$latex \bar{e}_{2}=\bar{e}_{3}\times\bar{e}_{1}=\frac{1}{\sqrt{3}}(1,1,1)\times\frac{1}{\sqrt{2}}(1,-1,0)=\bar{e}_{2}=\frac{1}{\sqrt{6}}(1,1,-2)$.

Ex.: Är dessa fyra vektorer bas i R^4?

Är $latex (1,0,2,3)$, $latex (1,2,-1,0)$, $latex (2,-1,0,1)$, $latex (3,1,0,2)$ en bas i $latex \mathbb{R}^{4}$?

 Lösning

Vi kontrollerar om de är linjärt oberoende, då ska: $latex \lambda_{1}(1,0,2,3)+\lambda_{2}(1,2,-1,0)+\lambda_{3}(2,-1,0,1)+\lambda_{4}(3,1,0,2)=(0,0,0,0)$

$latex \begin{array}{cccccc}\lambda_{1} &+\lambda_{2} &+2\lambda_{3} &+3\lambda_{4} &=0 &(a)\\& 2\lambda_{2} & -\lambda_{3} & +\lambda_{4} & =0 & (b)\\2\lambda_{1} & -\lambda_{2} & & & =0 & (c)\\3\lambda_{1} & & +\lambda_{3} & +2\lambda_{4} & =0 & (d)\end{array}\Leftrightarrow$

$latex \begin{array}{cccccc}\lambda_{1} & +\lambda_{2} & +2\lambda_{3} & +3\lambda_{\text{4}} & =0 & (a)\\& 2\lambda_{2} & -\lambda_{3} & +\lambda_{4} & =0 & (b)\\& -3\lambda_{2} & -4\lambda_{3} & -6\lambda_{4} & =0 & (c’=-2a+c)\\& -3\lambda_{2} & -5\lambda_{3} & -7\lambda_{4} & =0 & (d’=-3a+d)\end{array}\Leftrightarrow$

$latex \begin{array}{cccccc}\lambda_{1} & +\lambda_{2} & +2\lambda_{3} & +3\lambda_{\text{4}} & =0 & (a)\\& 2\lambda_{2} & -\lambda_{3} & +\lambda_{4} & =0 & (b)\\& & -\frac{11}{2}\lambda_{3} & -\frac{9}{2}\lambda_{4} & =0 & (c”=\frac{3}{2}b+c’)\\& & -\lambda_{3} & -\lambda_{4} & =0 & (d”=-1c’+d’)\end{array}\Leftrightarrow$

$latex (\lambda_{1},\lambda_{2},\lambda_{3},\lambda_{4})=(0,0,0,0)$

Är linjärt oberoende (dvs $latex \lambda_{1}=\lambda_{2}=\lambda_{3}=\lambda_{4}=0$)