Peter Harremoës

Side 16 Peter Harremoës

Figur 11: Følsomhedsanalyse.

Vi skal se hvordan vektorregning kan hjælpe os med at lave en følsomhedsanalyse i lineær optimering.

Eksempel 14. Betragt et lineært optimeringsproblem, hvor polygonområdet er givet ved

5x+ 2y≤40,

x+ 3y≤21,

x≥0, y≥0.

Dette giver 4 linjer, som afgrænser et polygonområde. De første 2 linjer har normalvektorer med koordinaterne

og~v= ⁵₂

ogw~ = ¹₃

. Det afgrænsede polygonområde har hjørnerne (0,0), (8,0), (6,5) og (0,7). Lad kriterie-

funktionen f være givet vedf(x, y) = 4x+ 3y. Denne funktion har niveaukurver med normalvektor~n= ⁴₃

. Af

figures ses tydeligt, at maksimumsstedet er punktet (6,5). Læg mærke til at (~v, ~n) er positivt orienteret og at

(~n, ~w) er positivt orienteret.

Vi vil nu lave en følsomhedsanalyse. Betragt en kriteriefunktion af formenf(x, y) =ax+3y. Denne kriteriefunk-

tion har normalvektor~n= ^a₃

. Vi vil undersøger i hvilket intervalakan variere uden at maksimumsstedet (6,5)

ændrer sig. Da skal vektorerne (~v, ~n) skal være positivt orienteret eller parallelle. Det betyder at planproduktet

(determinanten) skal være mindst nul.

~vo~n≥0,

5 2

o a

3

≥0,

5·3−2·a≥0

15≥2a

a≤¹⁵/2

Tilsvarende skal vektorerne (~n, ~w) være positivt orienteret eller parallelle.

~

now~ ≥0

a 3

o 1

3

≥0

a·3−3·1≥0

3a≥3

a≥1.

Disse uligheder kan sammenfattes tila∈[1;¹⁵/2], hvilket er resultatet af vore følsomhedsanalyse.

Vektorregning

Peter Harremoës

Niels Brock, 17. februar 2020

Side2 Peter

Harremoës

1 Gennemsnitog

tyngdepunkter

Viskal beskæftige osmed

med vektorregn ingi

2d imensioner,men

detkan være nytti gtat startei

en dimension.

Blandtandet giver

detos anledningtil

atgennemgå nogle

ideer, somer vigtigei

både vektorregning, statistik,

sandsynlighedsregning ogin

tegralregning.

Etdatasæt eren

liste,der typisk består afen række

objekter ien given rækkefølge.

Gentagelser ertilladt.

Et

datasætkunne f.eks.v

æretallene [20

, 30, 30, 40, 50, 20, 40, 30, 10, 30]

. Gennemsnittetkan

beregnes som

20+

30+

30+

40+

50+

20+

40+

30+

10+

30

= 10

300

=30 10

.

Vitænk eros nu atvi ogsåhar etandet observationssæt

, [30

40, 50,

55]og 50,

udregnergennemsnittet til45.

Hvis

vin uf orestilleros,

atde toobs ervationssæt sættessammen

til etstort observationssæt

med15 observ ationer,

såkan viudregne gennemsnittetaf

detsamlede observ

ationssætsom

· 10

30+

· 5

45

= 15

10

· 15

5 30+

· 15

45

2 =

· 3

1 30+

· 3

45

. =35

Detsamlede gennemsnit

kanderfor udregnessom

etv ægtetgennemsnit

afgennemsnitte nefor

degrupp erede

data,h vor vægtene erb

estem taf hv orstor en andeld eenk elteobserv ationssætudgør

afde tsamlede observ

a-

tionssæt. For atlette beregning afgennems

nitvil detofte være enf ordelførst atordne

observationsssættet sådet

bliver

[10 , 20, 20, 30, 30, 30, 30, 40, 40, 50].

Vikan nu lav een tabel.

Værdi Antal

Andel

10 1

0.1

20 2

0.2

30 4

0.4

40 2

0.2

50 1

0.1

Ialt 10

1.0

Nukan gennemsnittet

beregnes som

· 10

0.1+

· 20

0.2+

· 30

0.

4+

· 40

0.

2+

· 50

0 .1.

2 Tyngdepunkter

Grunden til at det hedder

et vægtet gennemsnit

skyldes, at bere gning

af vægtede gennemsnit

hænger nøje

sammenmed Archimedes’

(ca.287-212 f.Kr.)

teorifor beregning aft

yngdepunkter.

Beregninger,som inv olverer

vægte regnes

ganske vistoftest tilfaget

fysik,men Archimedes

udvikledeen rent matematiskteori

fordette

emne,og deter ogsåsådan viher

skalb ehandlete

orien.I fysikvil mans

kelne mellemv

ægtog masse,men

det

Vektorregn ing

Side15

Figur9:

Tværv ektorentil

enretningsv ektor

~ r eren normalvektor

~ n .

Figur10:

En retningsvektor

ogen normalv

ektor,som stårvink

elret påhinanden.

Øvelse 2.

Beregnlængderne afde

øvrige medianeri

trekan t ABC fraEksemp el13.

Somk onsekv ens afBregmans ligningfår

vifølgende korolar

(korollar bet

yderfølge sætning).

Korollar 1

(Bregmansulighed) .

Antag at m

+ 1

m

+ 2

··

· + m

=1 n

og lad P

,P 1

,. 2

..

,P

være n

punkterme d

tyngdepunkt

= T

m

· 1

P

+ 1

m

· 2

P

+ 2

··

·

m +

· n

P

. n

Dagælder for

etvilkårligt punkt

,at P

m

· 1

− −→ PP

1

+ 2

m

· 2

− −→ PP

2

+ 2

··

· + m

· n

− −→ PP

n

≥ 2

m

· 1

− −→ TP

1

+ 2

m

· 2

− −→ TP

2

+ 2

··

· + m

· n

− −→ TP

n 2

med lighedste gnnetop når

P

= T.

IfølgeBregmans uligheder

tyngdepunktet detpunkt,

dermini mererden

gennemsnitligekv adrans.

9 Normalvektorer

Vihar seth vordan mankan

beregne ligningen

foren linjegennem

2punkter.

Hvisman forbinder

topunkter på

enlinje meden

vektor, fårman

env ektori linjensretn

ing.De ttekald ese nre tningsvektor.

Enlin jee rb estemt

udfra et punktog enretni ngsvektor.

Istedet forat

bestemme enlinje

ud fraet punktog

enretningsv ektorkan

manb estemmeen

linjeu dfra etpunkt ogen

såkaldtnormalv ektor.

Definition4.

Ved enr etningsvektor

fore nlinje forståsen

vektor ilinje nsretning.

Ved ennormalvektor forstås

env ektorvink elretpå

linjen.

Mankan skifte

mellemretningsv ektorog

normalv ektorv

edhjælp afv

orestv ærvektor-op eration.

Sætning15.

Lad P

=( 0

x

,y 0

) 0

være etpunkt og

lad

~ n

a =

b

være ene gentligvektor.

Dahar linjengennem

P

0

med

~ n somnormalvektor ligning

a

− (x

x

)+ 0

b

− (y

y

)= 0

0 .

Bevis.

Lad P

=(

x,y )v æree tvilkårligt punktsom

illustreretp åFigur 10

Daligger P

pålinjen netoph

− −→ vis

P

P 0

ervink elretpå

~ n .Det kanvi

skrive som

⊥ ~ n

− −→ P

P 0

· ~ n

− −→ P

P 0

=0

a b

·

− x

x

0

− y

y

0

=0

a

− (x

x

)+ 0

b

− (y

y

)= 0

0 .

Side 14 Peter Harremoës

Figur 8: Trekanten i Eksempel 13.

Bevis. Vi indfører vektorer

~a=−−→

CB ,

~b=−→

CA ,

~c=−−→

AB ,

således ata=|~a|,b=

~b

ogc=|~c|.Da gælder~c=~a−~bog dermed

c²=~c·~c

=

~a−~b

·

~a−~b

=~a·~a+~b·~b−2~a·~b

=a²+b²−2~a·~b .

Da trekanten er retvinklet, er~a·~b= 0.

Forskellige varianter af nedenstående sætning anvendes i statistik, fysik og geometri, men vigtigheden af sæt- ningen i sin fulde generalitet blev først erkendt af Bregman i 1968.

Sætning 14 (Bregmans ligning). Antag at m1+m2+· · ·+mn = 1, og ladP1, P2, . . . , Pn være punkter med

tyngdepunktT =m1·P1+m2·P2+· · ·+mn·Pn.Da gælder at

m₁·−−→

P P₁²+m₂·−−→

P P₂²+· · ·+mn·−−→

P Pn2=−→

P T²+m₁·−−→

T P₁²+m₂·−−→

T P₂²+· · ·+mn·−−→

T Pn2.

Eksempel 13 (Apollonius’ sætning). Lad M betegne midtpunktet af linjestykket ABi en trekant ABC. Da

gælder at

1 2

−→CA²+1

2

−−→

CB²=−−→

CM²+1

2

−−→M A²+1

2

−−→M B²

=−−→

CM²+−−→

M A².

Derfor kan man beregne længden af medianen−−→

CM ud fra ligningen

−−→CM²= 1

2

−−→

CB²+1

2

−→CA²−−−→

M A².

Hvis en trekantABC har sidelængder

|AB|= 6

|AC|= 5

|BC|= 7

så er|AM|= 3, og længden af medianenCM er givet ved

−−→CM²=1

2 ·7²+1

2 ·5²−3²

=49

2 +25

2 −9

= 28.

Vektorregning Side 3

Eksempel 1. Vi tænker os, at vi placerer nogle lodder på en vægtsstang som er inddelt i cm således at der

placeres 1 kg ved 10 cm, 2 kg ved 20 cm, 4 kg ved 30 cm, 2 kg ved 40 cm og 1 kg ved 50 cm. Vægtene ligger nu symmetrisk placeret omkring punktet 30 cm, så tyngdepunktet ligger i dette punkt og det svarer til at der 10 kg samlet i dette punkt.

Eksempel 2. Vi tænker os 1 kg placeret ved 10 cm og 5 kg placeret ved 70 cm, og vi ønsker nu at beregne

tyngdepunktet. Vi spreder nu de 5 kg symmetrisk ud omkring punktet 70 cm med 20 cm afstand. Herved får vi placeret 1 kg i hvert af punkterne 30 cm, 50 cm, 70 cm, 90 cm og 110 cm. Der var også 1 kg i 10 cm, så nu ligger lodderne symmetrisk fordelt omkring 60 cm, som derfor må være tyngdepunktet og den samlede vægt er 6 kg. Placeringen af tyngdepunktet kan vi også beregne som

10·1 + 70·5

6 = 360

6 = 60.

Alternativt kunne vi have lavet beregningen som

10·1

6 + 70·5

6 = 60.

Vi ser derfor at 1 kg i 50 cm afstand balancerer med 5 kg i 10 cm afstand. Betingelsen for balance er således at forholdet mellem afstandene skal være det samme som forholdet mellem vægtene.

Hvis vi placerer massenmi punktet P, vil vi betegne detm·P. Det vil vi kalde etmassepunkt. Vi vil skrive

P1·m1+P2·m2=P3·m3

hvism3=m1+m2 ogP3 er tyngdepunktet forP1·m1 ogP2·m2 TyngdepunktetP3 kan vi finde ved at dele

linkjestykket fra P1 til P2 i 2 linjestykker i forholdet m2 : m1. Hvis P1og P2 befinder sig på en tallinje ved

talværdiernex1 ogx2, så vilP3 befinde sig ved talværdien _m^m1

1+m₂ ·x1+_m^m2

1+m₂ ·x2.

Vi forestiller os nu at punkterne ligger på en koordinatakse i et koordinatsystem. Hvis alle punkter ligger på

linje, kan vi nøjes med at angive en enkelt koordinat. Det være praktisk at indføre såkaldtehomogene koordi-

nater for massepunkter. Hvis massenmplaceres i punktetP med koordinat (x),så vil vi skrive massepunktet

somm·P = (mx:m).Et punkt med masse 1 vil således have homogene koordinater (x: 1).Normal adskilles

koordinaterne i et koordinatsæt med kommaer, men for at gøre det tydeligt at der er tale om homogene koordi- naterne adskiller vi her de enkelte koordinater med kolon. Med homogene koordinater bliver det ganske let at beregne massemidtpunkter.

Eksempel 3. Antag at massen 2 er placeret i punktet med koordinat (4). Dette massepunkt har homogene

koordinater 2·(4) = (8 : 2). Hvis en masse på 4 placeres i punktet (1), så bliver massepunktets homogene

koordinater (4 : 4).det samlede system får da koordinater

2·(4) + 4·(1) = (8 : 2) + (4 : 4)

= (12 : 6)

= 6·(2).

Det samlede system har derfor masse 6 placeret i et punkt 2 ude adx-aksen.

Med en vægtsstang forestiler man sig normalt at man placerer lodder med positiv vægt. Man kan imidlertid også forestiller sig at der ud over lodderne er placeret nogle gasballoner, som giver opdrift. Det vil i forhold til beregninger af tyngdepunkter svare til at vi tillader nogle af masserne at være negative. Beregningerne foregår som udgangspunkt på samme måde som med positive masser.

3 Vektorer i 2 dimensioner

De ting, vi har nævnt om massepunkter, gælder stort set uændret i 2 dimensioner. I 2 dimensioner giver tyngdepunkter os endvidere nogle metoder til at løse geometriske problemer.

Eksempel 4. Antag at massen 1 er placeret i hvert af hjørnerne i en trekantABC. Det samlede massepunkt

er

1·A+ 1·B+ 1·C= 3·T,

Side4 Peter

Harremoës

Figur1:

Ens vektorer.

AB .Derfor gælder

T

1 =

· 3

A

1 +

· 3

B

1 +

· 3

C

2 =

· 3

M

+ c

1

· 3

C.

Linjenmelle m

M

og c

C kaldesen mediani

trekanten.

Viser att yngdepunktet

liggerpå medianen

ogdeler

denne i forholdet

1:2 . Tilsvarende ligger

tyngdepunktet på

de øvrige medianer,

så tyn gdepunktet

må være

skæringspunktetmellem medianerne.Sp

ecieltser viat medianernemå

skærehinanden iet

enkelt punkt.

Ligesomi 1dimension kanman

angive massepunkterv

edderes homogenek

oordinater.

Hvismassen m

erplaceret

iet punkt medk

oordinater (x,y

) , såhar massepunktet

homogene ko ordinater(

mx : my : m) .

Envigtig oglidt

speci elsituation opstår,h

visman placerermassen

-m ipunktet P

ogman placerermassen

m

ipunktet Q.

Herer densamlede massen

ul.Vi kanprø ve atla ve udregningen

· m

P +(

· -m

P +

· m

Q)=

· m

− P

· m

P +

· m

Q

=

· m

Q.

Detvil sige,at

hvis vistarter medmassen

m placereti

P oglægger

−m

· P +

· m

Q til,så vilresultatet være

massen m placereti

punktet Q.

Størrelsen-

· m

P +

· m

Q kansåledes opfattes

somen flytning

afmasse m

fra

punktet P tilp unktet

Q.Hvis m

=1 ,skr iver vi-

· 1

P

· +1

Q

− − → =

PQ ogvi

· får1

P

− − → +

PQ

· =1

Q.Størrelse

n punktet eri ov P punktet somflytter enflytning, attessom kanopf vektor ensådan ,og envektor kaldes − − → PQ

Q.

Ordetv ektork ommeraf

latin

VECTOR

,som bet yder’en somflytter’

eller’en sombærer’

.Man vilnormalt

illustrerev ektoren

− − → PQ meden pilfra punktet

P tilpunktet Q.

Vikan nu undersøge,h

vad detvil sige,at

tov ektorer i2 dimensionerer

ens.

− − → PQ

− → =

RS

· 1

− Q

· 1

P

· =1

− S

· 1

R

· 1

Q

· +1

R

· =1

S

· +1

P

1

· 2

Q

1 +

· 2

R

1 =

· 2

S

1 +

· 2

P

Vikald ermidtpunktet for

M.

Hvisman roterertrekan

t PQM enha vltørn rundtom

M såvil manfå

trekant

MS R.

Derformå linjest

ykket PQ være ligeså

langtsom ogparallelt

medlinjest ykket

QR.

Vektoren

− − → PQ er

såledesden sammev

ektorsom vektoren

− → RS

,h vis deto vektore rhar sammelængde

ogsamme retning.

I2 dimensionerer

tov ektorerens,

hvis deer paralellemed

sammeretning ogsamme

længde.V ektorerkan

derforb rugestil atrepræsen terestørrelser,

sombåde haren

størrelseog enretn ing.Det

gælderf.e ks.fysisk e

begreb ersås omhastighed, elektriske

feltereller magnetiske

felter.

Sætning1 (Indskudsreglen)

. For tre vilkårligepu

nkter gælder

− − → PQ

− − → +

QR

− → =

PR .

Bevis. Dergælder

− − → PQ

− − → +

QR

· =1

− Q

· 1

P

· +1

− R

· 1

Q

· =1

− R

· 1

P

− → =

PR .

Vektorregn ing

Side13

Figur6:

Beliggenhed af

~ w

ˆ ~ w og

forforsk elligevi

nkler.

Figur7:

Retvinklet trekant

ogtilhørende vektorer.

8 Pythagorasog

vektorers længde

Prikprodu kte ter nærtb

eslægtenmed begreb ernelængde

ogafstand.

Sætning12 (Længdeformlen).

Lad

~ v

x =

y

. Daer længdenaf

~ v bestemt ved

|~ v

2 |

=

2 x

+

2 y

.

Bevis.

Dergælder

· ~ v

~ v

=

o ~ v

ˆ ~ v.

Da

ogˆ ~ v

~ v udspænderet

kvadrat medsidelængden

|~ v

|,gælder derat

|~ v

2 |

=

· ~ v

~ v

= x y

· x y

=

· x

x +

· y

y

=

2 x

+

2 y

.

Afb evisesses aten vektor prikket

medsig selver

detsamme somlængden

ianden.

Dennestørrelse vilvi

kalde

kvadransen afv

ektoren.F orpunkter P

=(

x

,y 1

)og 1

Q

=(

x

,y 2

)har 2

vektoren

− − → PQ ko ordianter

x

− 2

x

1

y

− 2

y

1

. Hvis

vian vender længdeformlenpå

dennev ektor,får viafstandsformlen

|AB

2 |

=(

x

− 2

x

) 1

+( 2

y

− 2

y

) 1

. 2

Imange lærebøger

brugerman Pythagoras læresætningtil

atb eviselængdeformlen, menvi

harvist den uden

hjælpfra Pythagoras.Det

erfaktisk endn

ub edre,idet vin uer istand tilat

give etgansk esimp elt bevis for

Pythagorslæresætning.

Sætning13.

Lad A,B og C bete gnehjørnerne ien

trekant,

∠ hvor

C err et.L ad a og b bete gnelængderne af

kateterneo gl ad c bete gnelængden afhyp

otenusen.Da gælder

Side 12 Peter Harremoës

Figur 5: Vektor og tværvektor i koordinatsystem.

Eksempel 12. Vi vil undersøge om~v= ³₄

står vinkelret påw~ = ⁻⁸₆

.Vi drejer derforw~ en kvart tørn og får

~ˆ

w= ^-6_-8

.Planproduktet af~v og ˆw~ er

~

vow~ˆ=

3 4

o -6

-8

= 3·(-8)−4·(-6)

= -24 + 24

= 0.

Vektorerne er derfor vinkelrette.

Størrelsen~vow~ˆ indgår i mange beregninger, så før vi går videre vil vi indføre lidt mere notation.

7 Prikprodukt

Definition 3. Vedprikproduktet (ellerskalarproduktet) af vektorerne~v ogw~ forstås et tal som betegnes~v·w~

og som udregnes vedv

~v·w~ =~vow .~ˆ

Sætning 10. Prikproduktet kan beregnes ved

x₁

y1

· x₂

y2

=x₁x₂+y₁y₂.

Bevis. Beviset består i følgende beregning.

x1

y₁

· x2

y₂

= x1

y₁

o

dx2

y₂

= x1

y₁

o

-y2

x₁

=x1x2−y1(-y2)

=x1x2+y1y2.

Ligesom planproduktets fortegn er bestemt af vektorernes omløbsretning, så er prikproduktets fortegn bestemt af vinklen mellem de to vektorer. Der gælder

Hvis∠(~v, ~w) er spids, så er~v·w >~ 0.

Hvis∠(~v, ~w) er ret, så er~v·w~ = 0.

Hvis∠(~v, ~w) er stump, så er~v·w <~ 0.

Sætning 11. Prikproduktet opfylder følgende regneregler.

~v·w~ =w~·~v (kommutativ lov)

(t·~v)·w~ =t·(~v·w)~ .

~

u·(~v+w) =~ ~u·~v+~u·w~ (distributiv lov)

~v·w~ = 0netop hvis~v⊥~w.

Vektorregning Side 5

Endvidere gælder at

−1·−−→

P Q=−−→

QP .

Antag atP = (x1, y2) ogQ= (x2, y2). Vi kan skrive de homogene koordinater for de tilsvarende massepunkter

som

P·1 = (x1:y1: 1),

Q·1 = (x₂:y₂: 1).

Herved bliver

−−→

P Q= (x2:y2: 1)−(x1:y1: 1)

= (x2−x1:y2−y1: 0).

Det vil sige at en vektor kan opfattes som et massepunkt, hvor den samlede masse er nul. Når man skriver koordinaterne for en vektor behøver man ikke at skrive det sidste nul. For at markere at der er tale om en vektor skriver man koordinaterne over hinanden.

−−→

P Q=

x2−x1

y2−y1

.

4 Planprodukt

Vi har set, at man kan gange en vektor med et tal. Et oplagt spørgsmål er, om man også kan gange to vektorer med hinanden. Svaret er ja, men hvad der kan forekomme forvirrende er, at der er flere måder at gøre det på.

Vi vil starte med at definere det såkaldte planprodukt. Før vi kan definere planproduktet, er det nødvendigt at definere en orientering af planen. Sædvanligvis tegner man koordinatsystemer med 1.-aksen vandret og positive tal mod højre. 2.-aksen tegnes normalt lodret med positive tal opad. En rotation fra 1.-aksen til 2.-aksen vil vi regne positiv. Bemærk, at denne rotation går mod urets retning. I matematik regner man rotationer mod uret retning for positive og rotationer med uret for negative. Bemærk, at i navigation er det modsat - rotationer med uret regnes positive.

Hvis vektorerne~v og w~ ikke er parallelle, så kan man også tale om orienteringen af parret (~v, ~w). Orienterin-

gen siges at være positiv, dersom den korteste rotation fra~v’s retning til w’s retning er positiv. Ellers siges~

orienteringen af (~v, ~w) at være negativ.

Definition 1. Lad~v ogw~ være vektorer. Hvis (~v, ~w) er positivt orienteret, så defineresplanproduktet fra~v til

~

wsom

~vow~ = arealet af det udspændte parallelogram.

Hvis (~v, ~w) er negativt orienteret, så defineres planproduktet fra~v tilw~ som

~vow~ = minus arealet af det udspændte parallelogram.

Hvis~v ogw~ er parallelle, så defineres planproduktet fra~v tilw~ som

~vow~ = 0.

Planproduktet er således et areal regnet med fortegn. Grunden til at vi regner arealer med fortegn er, at vi på denne måde får et produkt, som opfylder nogle pæne regneregler. Dette ville ikke være tilfældet, hvis vi ikke

Side6 Peter

Harremoës

Sætning2.

~ v Lad

a =

b

~ w og

c =

d

Dakan .

planproduktet ber

egnes som

o ~ v

~ w

=

− ad

bc.

Bevis. Hvisb eggev ektorerer

parallellemed x-aksen,så

erplanpro duktet0,

hvilk etogså erdet manfår

ved at

sætteind iformlen.

Vian tagerderfor

atmindst enaf

vektorerne ikke

erparallel med

x-aksen.Vi vilher antage,

atdet er

~ w, somikk eer parallelmed

x-aksen.

På figurener

~ v og

~ w afsatud fraorigo ogudspænder

parallelogrammet OAB C.

Vitegner nu

en linje

` gennem

A

og B oglader D

betegne skæringspunktet

med x-aksen.Endvidere

ladervi E betegne skæringspunktet

mellem

` ogen linje

m gennem

C ogparallel med

x-aksen.An tagat punktet

D hark oordinater (x,

0) . Dafindes ettal

så t

− − → OD

− → =

OA

− − → +

AD,

− − → OD

− → =

OA +

· t

− −→ AB,

− − → OD

=

~ v +

· t

~ w,

x 0

= a b

+

· t

c d

.

Dettekan skriv essom x

= a +

· t

c,

0=

b +

· t

d.

Derforgælder

o ~ v

~ w

=

· d

x

=

· d

(a +

· t

c)

=

· d

a +

· d

· t

c

=

· d

− a

· b

c.

Denneformel giver

osnøglen tilat

bere gnearelaer afpalallelogrammer

ogd iverse andrep

olygoner.

Eksempel 5.

Vektorerne

1 2

-2 og

3

udspænderet

parallelogram.Planpro dukteter

1 2 o -2 3

· =1

− 3

· 2

(-2)

=7 .

Parallelogrammets arealer

derfor7.

Eksempel 6.

Vektorerne

2 1

2 og

-3

udspænderet

parallelogram.Planpro dukteter

2 1 o 2

-3

· =2

− (-3)

· 1

2=

-8 .

Vektorregn ing

Side11

Figur4:

Tværv ektor.

For atundgå brøkreninggange

rvi ligningerneigennem

medhenholdsvis 3og

2så vifår

+9 6x

=8 y

10x +4 y

=7

Alleled samlespå

venstre side,h

vilket giver 6x

+9 y

=8 10x +4 y

=7

Linjernehar såledeshomogene

ko ordinater [6 :9

−8]og :

[10 :4

−7] :

. Vib eregnerde

homogenek oordin ater

forat massepunkt

påb eggelinjer.

x

=

9

4

−8

−7

=

−31

y

=

−8

−7 6 10

=

−38

z

=

6

4 9 4

=

−12

Massepunktet har dermed

homogene ko

ordinater (−31:

−38:

−12), hvilk et svarer til massen

-12 placeret i

punktet

−31

, −12

− 38

− 12

31 =

, 12

19 6

. Skæringspunktetmellem

linjernehar såledesk

oordinater

31

, 12

19 6

.

6 T v ærvektor

Somvi harset, kanman

brugeplanp roduktet

tilat undersøgeom

vektorer erparallelle.

Viønsk ern uat bruge

planprodu ktettil atu ndersøgeom

tov ektorer

er vinkelrette eller

ortogonale ,som detogså

hedder.Til detf ormål

indførervi begreb ettv ærvektor.

Definition2.

Lad

~ v være env ektor.Da

er tværvektoren

til

~ v denv ektor,som

fåsv eda dreje

~ v enkv arttørn

(=

◦ 90 )i positiv omløbsretning.T

værv ektorentil

~ v betegnes

ˆ ~ v

ellerblot ˆ v.

Istedet forat

sige„tv ærv ektorentil

~ v

”er det almindeligtblot

ats ige„

v -hat”,idet

~ v harfået en

’hat’på.

Sætning8.

Lad

~ v og

~ w være vektorer

.Da er

~ v og

~ w ortogonale, netophvis

o ~ v

ˆ ~ w

=0

Bevis.

Dettefølger afat

⊥ ~ v

~ w netoph vis

k ~ v

ˆ ~ w.

Sætning9.

Hvis

~ v

x =

y

,så gælder

ˆ ~ v

- =

y x

.

Bevis.

Hvisman tegneren

retvinklettrekan ts

ompå figur5,

såvil enrotation afv

ektorengiv een rotation

afden vistetrekan

th vorv ed1.-k oordinaten x

bliver 2.-ko ordinat,og

2.-ko ordinaten

y skifterfortegn ogbli

ver

1.-ko ordinat.F

ortegnsskiftetskyldes, atv

ektorendrejer fra1.

kvad rant ov eri 2.kv adrant

ellerfra 2.o ver i3 .

Side 10 Peter Harremoës

Bevis. Vi starter med at vise at massepunktet med koordinater (x1:y1:z1) ligger på linjen

ax₁+by₁+cz₁=

y₁ y₂

z1 z2

x₁+

z₁ z₂

x1 x2

y₁+

x₁ x₂

y1 y2

z₁

= (y1z2−z1y2)x1+ (z1x2−x1z2)y1+ (x1y2−y1x2)z1

=y₁z₂x₁−z₁y₂x₁+z₁x₂y₁−x₁z₂y₁+x₁y₂z₁−y₁x₂z₁

= 0.

At massepunktet med homogene koordinater (x₂:y₂:z₂) også ligger på linjen, vises på samme måde.

Eksempel 10. Vi vil bestemme en ligning for linjen gennem punkterne ¹₂,4

og 2,²₃

.for at undgå at skulle

regne med brøker lægger massen 2 i det første punkt og massen 3 i det andet punkt hvorved massepunkterne

får homogene koordinater (1 : 8 : 2) og (6 : 2 : 3).Koefficienterne i ligningen kan nu udregnes.

a=

8 2

2 3

= 20

b=

2 3

1 6

= 9

c=

1 6

8 2

=−46

Linjen har derfor homogene koordinater [20 : 9 :−46], så en ligning for linjen gennem punkterne kan skrives

som

20x+ 9y−46 = 0.

Der er mange andre måder hvorpå man kan skrive ligningen såsom

20x+ 9y= 46

eller

y=−20

9 x+ 46.

Hvis man i stedet for at bestemme en linje gennem 2 punkter skal bestemme skæringspunktet mellem 2 linjer, så foregår det på samme måde.

Sætning 7. Antag at linjerne `2 og `2 har homogene koordinater [a1:b1:c1] og [a2:b2:c2]. Så vil masse-

punktet med homogene koordinater givet ved

x=

b₁ b₂

c₁ c₂

y=

c₁ c₂

a1 a2

z=

a1 a2

b1 b2

ligge på begge linjer.

Bevis. Vi vil vise at det angivne massepunkt ligger på den første linje så vi udregner

a1x+b1y+c1z=a1

b1 b2

c1 c2

+b1

c1 c2

a1 a2

+c1

a1 a2

b1 b2

=a1(b1c2−c1b2) +b1(c1a2−a1c2) +c1(a1b2−b1a2)

=a₁b₁c₂−a₁c₁b₂+b₁c₁a₂−b₁a₁c₂+c₁a₁b₂−c₁b₁a₂

= 0.

At (x:y:z) ligger på den anden linje vises på samme måde.

Eksempel 11. Vi vil bestemme skæringspunktet mellem linjerne med ligninger

2x+ 3y=8

3

Vektorregning Side 7

Planproduktet er en slags areal regnet med fortegn. I stedet for at tale om „arealet af en figur regnet med fortegn”, vil vi ofte blot sige „størrelsen af figuren”. Planproduktet af vektorer minder produkt af tal, idet der gælder nogle tilsvarende regneregler.

Sætning 3. For tre vilkårlige vektorer~u, ~v, ~wog en vilkårlig konstant k gælder følgende regneregler:

1.~vow~ =-w~o~v (anti-kommutativ lov).

2. (k·~v)ow~ =k·(~vow).~

3.~uo(~v+w) =~ ~uo~v+~uow~ og(~u+~v)ow~ =~uow~+~uow~ (distributive love).

4.~vow~ = 0netop hvis er~vkw.~

Notation I dette afsnit bruger vi mest o som notation for planproduktet, men der findes en lang række

forskellige måder at skrive planprodukter. Den mest almindelige notation for planprodukt er at skrive det(~v, ~w)

og kalde planproduktet for determinanten af ~v og w. Hvis vektorerne er givet ved koordinaterne~ ~v = ^a_b

og

~

w= ^c_d

, så er det almindeligt at skrive determinanten som

det(~v, ~w) =

a c

b d

=ac−bd.

Historisk har vektorregning dels udviklet sig fra fysik og dels fra det systematiske studie af determinanter (i 2 eller flere dimensioner).

Hvis vi i stedet ønsker at beregne størrelsen af en trekant udspændt af to vektorer, så deler vi blot størrelsen af det tilsvarende parallelogram med 2.

Eksempel 7. Vektorerne _-1⁴

og ¹₃

udspænder en trekant. Planproduktet er 4

-1

o 1

3

= 4·3−(−1)·1 = 13.

Arealet af trekanten er derfor ¹₂·13 = 6¹/2.

StørrelsenS af en vilkårlig trekantABC kan beregnes som

S=1

2

−−→

ABo

−→AC,

og vi bemærker at værdien af denne formel ikke ændrer sig hvis en trekant parallelforskydes.

Til beregning af størrelsen af en trekant ønsker vi at lave en formel hvorA,B,ogCindgår symmetrisk i formlen.

Det opnås ved følgende omskrivning.

S= 1

2 −−→

OB−−→

OA

o −−→

OC−−→

OA

= 1

2 −−→

OBo

−−→

OC−−→

OAo

−−→

OC−−−→

OBo

−→OA+−→

OAo

−→OA

= 1

2 −−→

OBo

−−→

OC+−−→

OCo

−→OA+−→

OAo

−−→

OB+ 0

= 1

2

−→OAo−−→

OB+1

2

−−→

OBo−−→

OC+1

2

−−→

OCo−→

OA . (1)

Denne formel siger, at størrelsen af en trekant kan fås ved at dele trekanten op i 3 trekanter ud fra origo og herefter lægge disse 3 arealer sammen. Dette er oplagt så længe origo ligger inde i trekanten (Fig. 2), men det gælder også selvom origo ligger uden for trekanten.

Sætning 4(Snørrebåndsformlen). LadA1A2. . . An betegne hjørnerne i en orienteret polygon. Da kan størrelsen

af polygonen beregnes som 1 2

−−→

OA1o−−→

OA2+−−→

OA2o−−→

OA3+. . .−−→

OAno−−→

OA1

.

Bevis. Vi laver en triangulering af polygonen og udregner størrelsen af hver trekant i trianguleringen ved hjælp

af formel (1). Hvi kanterne i to trekanter støder op til hinanden, så vil kanten mellem blive modsat orienteret og bidragene vil derfor gå ud med hinanden. Da alle indre kanter går ud med hinanden i summen, så kun bidragene fra de ydre kanter er tilbage. Polygonens størrelse kan derfor beregnes som

1−−→

OA1o−−→

OA2+1−−→

OA2o−−→

OA3+. . .1−−→

OAno−−→

OA1

Side8 Peter

Harremoës

Figur2:

Indre triangulering

aftrekan t.

Bemærkning 1.

Daforsk elligetrian

gu leringervil

førefrem tilsnørrebåndsformlen,

vilsummen afstørrelserne

aftrekan teri

forskellige trianguleringeraltid

give sammenv

ærdi,h vilket ikke er helt oplagti

betragtning af

trekanterne kanh

av eforsk elligori

enterin gog lappe

indo ver hinanden.

For engo dordens skyldb

ørman ogsåc

heck eom værdien afsnørreb

åndsformlenkunne ændrersig,

hvis man

tilføjer ekstra punkterrundt

langskan ternefor

enp olygon.

Deter heldigvisikk

etilfældet somdet

fremgåraf

vores næstesætning,

somsiger ath

visen trekant

delesop i2 trekanter,

såer størrelsenaf

densamlede trekant

ligmed summenaf

størrelserneaf de2 trekanter.

Tre punktersiges

atv ære ko-lineær e,dersom deligger

påen

retlinje.

Mankan undersøgeom

3punkter erk

o-lineærev edat udregne størrelsenaf

denudspænd tetrekan

t

ogc hec ke omresultatet er

0.

Sætning5 (Indskudsregelfor

trekanter) . Lad A,B og C være ko-lineær

epunkter.

Dagæl derat

1 2

− → OA

− − → o

OB

1 +

2

− − →

o OB

− − → OC

1 =

2

− → OA

− → o

AC.

Bevis. Dapunkterne erk

o-lineære,gælder 1 2

− → OA

− − → o

OB

1 +

2

− − →

o OB

− − → OC

1 +

2

− − →

o OC

− → OA

=0 ,

1 2

− → OA

− − → o

OB

1 +

2

− − →

o OB

− − → OC

− =

1 2

− − →

o OC

− → OA

,

1 2

− → OA

− − → o

OB

1 +

2

− − →

o OB

− − → OC

1 =

2

− → OA

− − → o

OC .

Eksempel 8.

Enfemkan thar

hjørner(

-1 , 1), (-2 , -3) , (1, -2) , (3, 1)og (2 , 4).

Arealet beregnes ved

hjælpaf vores

snørrebåndsformlen.

1 2

−1

−2

−3 1

+

−2

1

−3

−2

+

1

3

−2 1

+

3

2 1 4

+

2

−1 4 1

1 =

(5+ 2

7+

7+

10+

35 6)=

. 2

Arealeter derfor

/ 35

=17 2

/ 1

. 2

Øvelse 1.

Beregn arealet

af en firkant med hjørnerne

(2, 1), (3, 2) , (5 , 6) og (1, 9).

Tegn firkanten

ind i et

Vektorregn ing

Side9

Figur3:

Polygon fraEksemp

el8.

5 Punkterog

linjer

Hvisvi harto forskellige

punkterme dk oordinater (x

,y 1

)og 1

(x

,y 2

)så 2

findesder netopen

linje,som går

gennemdisse topunkter.

Vivil nu skrive enligning ogfor

dennelinje.

Lad(

x,y )v æreet vilkårligtpunkt.

Daligger (x,y

)på linjenne

toph visde trepunkter (x

,y 1

), 1

(x

,y 2

)og 2

(x,y )er ko-lin eære.Vi

ben yttern uat

ko-lineære punkterudspænder

entrekan tmed

areal0.

Detvil sige, atder gælder,at

x

x 1

2

y

y 1

2

+

x

x 2

y

y 2

+

x

x

1

y y

1

=0

.

Somvi kanse indgårdeterminan

terhelt naturligtnår

viskal findeligningen

foren linje.

Eksempel 9.

Vivil bes temmeen

ligningfor enlinje gennempunkte

rnemed ko ordinater(2

, 5)og (5, 7) . Vi

opskriver derforligningen

2

5 5 7

+

5

x 7 y

+

x

2 y 5

=0

,

· 2

− 7

· 5

5+

5

− y

7x +5

− x

2 y

=0 ,

− 3y

2

− x

11=

0 .

Enligning foren

retlinje harfor

men ax

+ by + c

=0 .

Tallene a,b

og c vilvi kalde

linjenshomo geneko

ordinater ogvi

vilb etegnelin

jensom [ a : b : c]

. Hvisvi placerer

massen m ipunktet (x,y

)vil vifå etmassepunkt medhomogene

ko ordinater(

xm : ym : m) . Hvisvi ganger

ligningenigennem med

m fårvi axm

+ bym + cm

=0 .

Detvil sige ath vismassepunktet medhomogene

ko ordinater(

x : y : z )ligger pålinjen

medhomogene ko

ordi-

nater[

a : b : c]netop hvis

ax + by + cz

=0 .

Sætning6.

Lad dervæ re givetto massepunkterme

dhomo geneko

ordinater (x

: 1

y

: 1

z

) 1

og (x

: 2

y

: 2

z

) 2

. Hvis

a

=

y

y 1

2

z

z 1

2

b

=

z

z 1

2

x

x 1

2

c

=

x

x 1

2

y

y 1

2