Dnešnú písomku do stredy opraviť zrejme nestihnem, ale azda nezaškodí, ak tu budete mať napísané aspoň výsledky - budete si môcť porovnať, či vám vyšiel správny výsledok a prípadne sa zamyslieť nad tým, kde ste mohli spraviť chybu ak vám to nevyšlo. (A aj v prípade, že ste to mali dobre, sa tu možno dá pozrieť či sa to dalo rátať aj nejakými inými spôsobmi.)
V oboch skupinách boli zadanie zvolené tak, že v prvej aj druhej úlohe bol rovnaký výsledok. (Dokonca druhá úloha sa dala riešiť pomocou prvej.)
Samozrejme, môžete sa tu pýtať, ak by bolo niečo nejasné - alebo aj napísať vlastné riešenia.
Znovu pripomeniem, že viacero úloh na vzdialenosť je vyriešených na fóre.
viewtopic.php?t=623
viewtopic.php?t=628
viewtopic.php?t=870
viewtopic.php?t=1051
Vzdialenosti - 3. písomka
Moderators: Martin Sleziak, Ludovit_Balko, Martin Niepel, Tibor Macko
-
Martin Sleziak
- Posts: 5689
- Joined: Mon Jan 02, 2012 5:25 pm
Re: Vzdialenosti - 3. písomka
Skupina A$\newcommand{\abs}[1]{|{#1}|}\newcommand{\vekt}[1]{\overrightarrow{#1}}$
$$\frac{\abs{2\cdot2-2\cdot1+4}}{\sqrt{2^2+2^2+1^2}}= \frac63=2.$$
Pre druhú úlohu napíšem viacero riešení. Budem označovať $A=(1,1,2,0)$, $B=(1,-1,0,0)$.
Pomocná nadrovina.
Nájdem nadrovinu, ktorá obsahuje $\alpha$ a je rovnobežná s $p$.
Štandardným postupom viem vypočítať, že normálový vektor je $(2,2,1,0)$.
Teda rovnica nadroviny je tvaru $2x_1+2x_2+x_3-d=0$. Na nájdenie konštanty $d$ stačí dosadiť ľubovoľný bod roviny $\alpha$.
Pomocná nadrovina určená bodom $(1,-1,0,0)$ je $2x_1+2x_2+x_3=0$.
Stačí teraz už zrátať vzdialenosť ľubovoľného bodu priamky od tejto pomocnej nadroviny. Vzdialenosť je $\frac{\abs{2\cdot1+2\cdot1+2}}{\sqrt{2^2+2^2+1^2}}= \frac63=2$.
(Je to tá istá nadrovina, ktorá bola zadaná v 1. úlohe.)
Kolmý priemet.
Hľadáme priemet vektora $\vekt{BA}=(0,2,2,0)$ do $V^\bot$, kde $V=[(1,-2,2,0),(1,-1,0,1),(0,1,-2,0)]$.
Máme $V^\bot=[(2,2,1,0)]$, čiže jednotkový vektor v~smere $V^\bot$ je $\frac13(2,2,1,0)$.
($V^\bot$ dostaneme z výpočtov, ktoré sme robili vyššie.)
Priemet je potom $\vekt{BA}\vec u\vec u^T = \frac19 (0,2,2,0) \begin{pmatrix}2\\2\\1\\0\end{pmatrix} (2,2,1,0) = \frac69(2,2,1,0) = \frac23(2,2,1,0)$ a jeho dĺžka je $2$.
Stredná priečka.
Hľadáme body také, že
$A+a\vec u + d\vec z=B+b \vec v + c \vec w $
$\vekt{BA}=a\vec u -b \vec v - c \vec w+ d\vec z$.
(Ako $\vec u$ som označil smerový vektor priamky, vektory $\vec v$ a $\vec w$ generujú rovinu $\alpha$ a $\vec z$ je vektor, ktorý je kolmý na tieto vektory.)
Dostávame body $X=(1,1,2,0)+\frac43(1,-2,2,0)=(\frac73,-\frac53,\frac{14}3,0)$ a $Y=(1,-1,0,0)-2(0,1,-2,0)=(1,-3,4,0)$.\\
Pre tieto body platí $X\in p$, $Y\in\alpha$ a vektor $\vekt{XY}=(-\frac43,-\frac43,-\frac23,0)$ je kolmý na $p$ aj na $\alpha$, čiže $XY$ je stredná priečka.
V prvej úlohe stačí iba priamo dosadiť do vzorca pre vzdialenosť bodu od nadroviny:1. Nájdite vzdialenosť bodu $P=(2,-1,4,0)$ od nadroviny $2x_1+2x_2+x_3=0$.
2. Nájdite vzdialenosť priamky $p=(1,1,2,0)+[(1,-2,2,0)]$ a roviny $\alpha=(1,-1,0,0)+[(1,-1,0,1),(0,1,-2,0)]$.
$$\frac{\abs{2\cdot2-2\cdot1+4}}{\sqrt{2^2+2^2+1^2}}= \frac63=2.$$
Pre druhú úlohu napíšem viacero riešení. Budem označovať $A=(1,1,2,0)$, $B=(1,-1,0,0)$.
Pomocná nadrovina.
Nájdem nadrovinu, ktorá obsahuje $\alpha$ a je rovnobežná s $p$.
Štandardným postupom viem vypočítať, že normálový vektor je $(2,2,1,0)$.
Spoiler:
Pomocná nadrovina určená bodom $(1,-1,0,0)$ je $2x_1+2x_2+x_3=0$.
Stačí teraz už zrátať vzdialenosť ľubovoľného bodu priamky od tejto pomocnej nadroviny. Vzdialenosť je $\frac{\abs{2\cdot1+2\cdot1+2}}{\sqrt{2^2+2^2+1^2}}= \frac63=2$.
(Je to tá istá nadrovina, ktorá bola zadaná v 1. úlohe.)
Kolmý priemet.
Hľadáme priemet vektora $\vekt{BA}=(0,2,2,0)$ do $V^\bot$, kde $V=[(1,-2,2,0),(1,-1,0,1),(0,1,-2,0)]$.
Máme $V^\bot=[(2,2,1,0)]$, čiže jednotkový vektor v~smere $V^\bot$ je $\frac13(2,2,1,0)$.
($V^\bot$ dostaneme z výpočtov, ktoré sme robili vyššie.)
Priemet je potom $\vekt{BA}\vec u\vec u^T = \frac19 (0,2,2,0) \begin{pmatrix}2\\2\\1\\0\end{pmatrix} (2,2,1,0) = \frac69(2,2,1,0) = \frac23(2,2,1,0)$ a jeho dĺžka je $2$.
Stredná priečka.
Hľadáme body také, že
$A+a\vec u + d\vec z=B+b \vec v + c \vec w $
$\vekt{BA}=a\vec u -b \vec v - c \vec w+ d\vec z$.
(Ako $\vec u$ som označil smerový vektor priamky, vektory $\vec v$ a $\vec w$ generujú rovinu $\alpha$ a $\vec z$ je vektor, ktorý je kolmý na tieto vektory.)
Spoiler:
Pre tieto body platí $X\in p$, $Y\in\alpha$ a vektor $\vekt{XY}=(-\frac43,-\frac43,-\frac23,0)$ je kolmý na $p$ aj na $\alpha$, čiže $XY$ je stredná priečka.
-
Martin Sleziak
- Posts: 5689
- Joined: Mon Jan 02, 2012 5:25 pm
Re: Vzdialenosti - 3. písomka
Skupina B$\newcommand{\abs}[1]{|{#1}|}\newcommand{\vekt}[1]{\overrightarrow{#1}}$
$$\frac{\abs{2-2-3-2-2}}{\sqrt{2^2+1^2+1^2+1^2}}= \frac7{\sqrt7} = \sqrt7.$$
2. úloha:
Dá sa riešiť podobnými postupmi ako v skupine A. Uvediem už iba výpočty.
Pomocná nadrovina.
Vektor kolmý na tento podpriestor je $(2,-1,1,-1)$ a nadrovina obsahujúca $\beta$ je $2x_1-x_2+x_3-x_4-2=0$.
Vzdialenosť je $\frac{\abs{-1-4-2}}{\sqrt{2^2+1^2+1^2+1^2}} = \frac7{\sqrt7}=\sqrt7$.
Kolmý priemet. Chceme priemet vektora $\vekt{AB}=(1,-1,4,0)$ do $V^\bot$, kde $V=[(1,1,1,2),(0,1,1,0),(0,0,1,1)]$. Máme $V^\bot=(2,-1,1,-1)$, jednotkový vektor generujúci $V^\bot$ je $\vec u=\frac1{\sqrt7}(2,-1,1,-1)$.
Priemet môžeme potom vyrátať ako $\vekt{AB}\vec u^T\vec u = \frac17(1,-1,4,0)\begin{pmatrix}2\\-1\\1\\-1\end{pmatrix}(2,-1,1,-1)=\frac{-7}7(2,-1,1,-1) = (-2,1,-1,1)$. Jeho veľkosť je $\sqrt 7$.
Stredná priečka.
Opäť iba riešime sústavu.
Dostávame body $X=(0,1,-4,0)-(1,1,1,2)=(-1,0,-5,-2)$ a $Y=(1,0,0,0)-(0,1,1,0)-3(0,0,1,1)=(1,-1,-4,-3)$.
Tieto body sú také, že $X\in p$, $Y\in\alpha$ a vektor $\vekt{XY}=(2,-1,1,-1)$ je kolmý na $p$ aj na $\alpha$ a jeho veľkosť je $\sqrt7$.
1. úloha:1. Nájdite vzdialenosť bodu $P=(1,2,-3,2)$ od nadroviny $2x_1-x_2+x_3-x_4=2$.
2. Nájdite vzdialenosť priamky $p=(0,1,-4,0)+[(1,1,1,2)]$ a roviny $\alpha=(1,0,0,0)+[(0,1,1,0),(0,0,1,1)]$.
$$\frac{\abs{2-2-3-2-2}}{\sqrt{2^2+1^2+1^2+1^2}}= \frac7{\sqrt7} = \sqrt7.$$
2. úloha:
Dá sa riešiť podobnými postupmi ako v skupine A. Uvediem už iba výpočty.
Pomocná nadrovina.
Spoiler:
Vzdialenosť je $\frac{\abs{-1-4-2}}{\sqrt{2^2+1^2+1^2+1^2}} = \frac7{\sqrt7}=\sqrt7$.
Kolmý priemet. Chceme priemet vektora $\vekt{AB}=(1,-1,4,0)$ do $V^\bot$, kde $V=[(1,1,1,2),(0,1,1,0),(0,0,1,1)]$. Máme $V^\bot=(2,-1,1,-1)$, jednotkový vektor generujúci $V^\bot$ je $\vec u=\frac1{\sqrt7}(2,-1,1,-1)$.
Priemet môžeme potom vyrátať ako $\vekt{AB}\vec u^T\vec u = \frac17(1,-1,4,0)\begin{pmatrix}2\\-1\\1\\-1\end{pmatrix}(2,-1,1,-1)=\frac{-7}7(2,-1,1,-1) = (-2,1,-1,1)$. Jeho veľkosť je $\sqrt 7$.
Stredná priečka.
Opäť iba riešime sústavu.
Spoiler:
Tieto body sú také, že $X\in p$, $Y\in\alpha$ a vektor $\vekt{XY}=(2,-1,1,-1)$ je kolmý na $p$ aj na $\alpha$ a jeho veľkosť je $\sqrt7$.
-
Martin Sleziak
- Posts: 5689
- Joined: Mon Jan 02, 2012 5:25 pm
Re: Vzdialenosti - 3. písomka
Komentáre k vašim riešeniam
Napíšem tu nejaké poznámky k riešeniam z odovzdaných písomiek.
1. úloha
Dosť ma prekvapilo, že sa našli veľa ľudí, ktorí túto úlohu riešili úplne inak - hoci vlastne stačilo dosadiť do vzorca na vzdialenosť bodu od nadroviny. (Pritom toto je vzorec, ktorý vlastne poznáte zo strednej školy - jediné, čo sa zmenilo, že tam ste sa ho naučili pre prípady $n=2$ a $n=3$, tu už je pre ľubovoľné $n$. Ale aj v tomto všeobecnom prípade vyzerá vzorec prakticky rovnako.)
Skúsim napísať aj niečo ku niektorým konkrétnym riešeniam, ktoré sa vyskytli. Zopakujem ešte najprv zadanie oboch skupín.
Z čísel v rovnici nadroviny vieme vyčítať jej normálový vektor. Napríklad v skupine A je to $\vec n=(2,2,1,0)$.
Toto však je vektor, nie bod. Nehovorí to nič o tom, že bod so súradnicami $(2,2,1,0)$ by mal patriť nadrovine. (Priamo dosadením do rovnice nadroviny sa môžete presvedčiť, že tam nepatrí.)
V niektorom odovzdanom riešení ste rátali vzdialenosť medzi $P$ a bodom so súradnicami $(2,2,1,0)$. To určite nie je dobre - ako sa dá uvedomiť už z toho, že to nie je bod zo zadanej nadroviny. (Navyše tu porovnávate bod a vektor, čiže dva objekty rôzneho typu.)
Parametrické vyjadrenie nadroviny.
Ak sa vám z nejakého dôvodu hodilo určiť parametrické vyjadrenie zadanej nadroviny, tak toto parametrické vyjadrenie by malo obsahovať tri parametre, keďže ide o nadrovinu v $\mathbb R^4$. (Inak povedané: Máme systém so štyrmi neznámymi a jednou rovnicou, takže množina riešení má dimenziu $n-h(A)=4-1=3$.)
2. úloha
K druhej úlohe poznamenám, že ak hľadám vzdialenosť dvoch mimobežných podpriestorov, tak si nestačí vybrať jeden bod z jedného z nich a hľadať vzdialenosť tohoto bodu od druhého podpriestoru. (To funguje iba pre rovnobežné podpriestory.)
Napíšem tu nejaké poznámky k riešeniam z odovzdaných písomiek.
1. úloha
Dosť ma prekvapilo, že sa našli veľa ľudí, ktorí túto úlohu riešili úplne inak - hoci vlastne stačilo dosadiť do vzorca na vzdialenosť bodu od nadroviny. (Pritom toto je vzorec, ktorý vlastne poznáte zo strednej školy - jediné, čo sa zmenilo, že tam ste sa ho naučili pre prípady $n=2$ a $n=3$, tu už je pre ľubovoľné $n$. Ale aj v tomto všeobecnom prípade vyzerá vzorec prakticky rovnako.)
Skúsim napísať aj niečo ku niektorým konkrétnym riešeniam, ktoré sa vyskytli. Zopakujem ešte najprv zadanie oboch skupín.
Normálový vektor.A: Nájdite vzdialenosť bodu $P=(2,-1,4,0)$ od nadroviny $2x_1+2x_2+x_3=0$.
B: Nájdite vzdialenosť bodu $P=(1,2,-3,2)$ od nadroviny $2x_1-x_2+x_3-x_4=2$.
Z čísel v rovnici nadroviny vieme vyčítať jej normálový vektor. Napríklad v skupine A je to $\vec n=(2,2,1,0)$.
Toto však je vektor, nie bod. Nehovorí to nič o tom, že bod so súradnicami $(2,2,1,0)$ by mal patriť nadrovine. (Priamo dosadením do rovnice nadroviny sa môžete presvedčiť, že tam nepatrí.)
V niektorom odovzdanom riešení ste rátali vzdialenosť medzi $P$ a bodom so súradnicami $(2,2,1,0)$. To určite nie je dobre - ako sa dá uvedomiť už z toho, že to nie je bod zo zadanej nadroviny. (Navyše tu porovnávate bod a vektor, čiže dva objekty rôzneho typu.)
Parametrické vyjadrenie nadroviny.
Ak sa vám z nejakého dôvodu hodilo určiť parametrické vyjadrenie zadanej nadroviny, tak toto parametrické vyjadrenie by malo obsahovať tri parametre, keďže ide o nadrovinu v $\mathbb R^4$. (Inak povedané: Máme systém so štyrmi neznámymi a jednou rovnicou, takže množina riešení má dimenziu $n-h(A)=4-1=3$.)
2. úloha
K druhej úlohe poznamenám, že ak hľadám vzdialenosť dvoch mimobežných podpriestorov, tak si nestačí vybrať jeden bod z jedného z nich a hľadať vzdialenosť tohoto bodu od druhého podpriestoru. (To funguje iba pre rovnobežné podpriestory.)
-
Martin Sleziak
- Posts: 5689
- Joined: Mon Jan 02, 2012 5:25 pm
Re: Vzdialenosti - 3. písomka
Minimalizácia vzdialenosti
V princípe je možné hľadať vzdialenosť bodu od nadroviny tak, že minimalizujeme vzdialenosť. Toto však nie je správne vyjadrenie:
Vlastne to, čo ste si podokazovali na prednáške, vám hovorí ako môžete využiť veci čo viete o ortogonalite na nájdenie minimálnej vzdialenosti. V princípe by sa to dalo riešiť aj takto "hrubou silou". Bude to však dosť prácne. (Je asi jasné, že čím viac parametrov, tým viac sa pri takomto spôsobe napočítame.)
Sem to píšem sčasti ako odstrašujúci príklad (resp. ukážku toho, že by sme to síce vedeli zrátať aj inak, ale veci dokázané na prednáške nám výrazne zjednodušujú život.) A sčasti preto, že keď sa už niekto pokúsil o takéto riešenie, tak chcem ukázať ako by sa dalo dokončiť.
Keď využijeme vyjadrenie roviny, tak môžeme napríklad vyjadriť $x_4=2x_1+x_2-x_3-2$, a teda minimalizujeme tento výraz:
\begin{align*}
f(x_1,x_2,x_3)
&= (x_1-1)^2+(x_2-2)^2+(x_3+3)^2+(2x_1-x_2+x_3-4)^2
\end{align*}
Nech máme zmiešané členy iba v jednej zátvorke, zaveďme si ešte substitúciu $s=x_1-1$, $t=x_2-2$ a $u=x_3+3$.
Teda vlastne minimalizujeme
\begin{align*}
g(s,t,u)
&= s^2+t^2+u^2+(2s-t+u-7)^2 \\
&= 5s^2+2t^2+2u^2-4st+4su-2tu -28s+14t-14u+49\\
&= 2(u^2+2us-ut-7u) + 5s^2+2t^2-4st -28s+14t+49\\
&= 2(u+s-\frac12t-\frac72)^2 + 3s^2+\frac32t^2-2st-14s+7t+\frac{49}2\\
&= 2(u+s-\frac12t-\frac72)^2 + 3(s^2-\frac23st-\frac{14}3s)+\frac32t^2+7t+\frac{49}2\\
&= 2(u+s-\frac12t-\frac72)^2 + 3(s-\frac13t-\frac73)^2+\frac76t^2+\frac73t+\frac{49}6\\
&= 2(u+s-\frac12t-\frac72)^2 + 3(s-\frac13t-\frac73)^2+\frac76t^2+\frac73t+\frac{49}6\\
&= 2(u+s-\frac12t-\frac72)^2 + 3(s-\frac13t-\frac73)^2+\frac76(t^2+2t)+\frac{49}6\\
&= 2(u+s-\frac12t-\frac72)^2 + 3(s-\frac13t-\frac73)^2+\frac76(t+1)^2+7
\end{align*}
Vidíme, že minimum je rovné $7$ a nadobúda sa vtedy, keď platí $u+s-\frac12t-\frac72=s-\frac13t-\frac73=t+1=0$, t.j.
\begin{align*}
u+s-\frac{t}2&=\frac72\\
s-\frac{t}3t&=\frac73\\
t&=-1
\end{align*}
riešením tejto sústavy sa môžeme presvedčiť, že to nastane pre $s=2$, $t=-1$, $u=1$.
Iná parametrizácia nadroviny.
Iná možnosť ako by sa dala tá istá úloha rátať cez minimalizáciu vzdialenosti by bolo nájsť najprv vektory v smere roviny, ktoré sú na seba kolmé. (To robiť vieme - je to hľadanie ortogonálnej bázy daného podpriestoru.)
Ak by som už našiel také vektory $\vec a$, $\vec b$, $\vec c$ tak máme parametrizáciu nadroviny v tvare $A+s\vec a+t\vec b+u\vec c$. (Kde $A$ je ľubovoľný pod z nadroviny.)
Chceme minimalizovať veľkosť vektora $\overrightarrow{PX}=\overrightarrow{PA}+s\vec a+t\vec b+u\vec c$, kde $A$ je nejaký bod z nadroviny, napríklad $A=(1,0,0,0)$.
Ak si uvedomíme, že
\begin{align*}
|PX|^2
&=\langle \overrightarrow{PA}+s\vec a+t\vec b+u\vec c, \overrightarrow{PA}+s\vec a+t\vec b+u\vec c \rangle \\
&=\langle \overrightarrow{PA},\overrightarrow{PA} \rangle +
2s\langle \overrightarrow{PA},\vec a \rangle +
2t\langle \overrightarrow{PA},\vec b \rangle +
2u\langle \overrightarrow{PA},\vec c \rangle +
s^2 \langle \vec a,\vec a\rangle +
t^2 \langle \vec b,\vec b\rangle +
u^2 \langle \vec b,\vec b\rangle
\end{align*}
tak už v ďalších výpočtoch môžeme postupovať ako predtým - dopĺňaním na štvorec.
Získali sme výhodu, že máme zvlášť členy obsahujúce $s$, zvlášť členy obsahujúce $t$, zvlášť členy obsahujúce $u$, takže úpravy budú jednoduchšie. (Zmiešané členy nám vypadli práve preto, že $\vec a$, $\vec b$, $\vec c$ sú na seba kolmé.)
Ale zato sme mali viac práce s tým, že sme museli nájsť ortogonálnu bázu a ešte musíme aj vypočítať nejaké skalárne súčiny.
Ak by sme to prerátali na náš konkrétny príklad, tak máme normálový vektor $\vec n=(2,-1,1,-1)$, čiže hľadáme ortogonálnu bázu $[\vec n]^\bot$.
Jedna možnosť je napríklad.
$\vec a=(0,1,1,0)$
$\vec b=(1,1,-1,0)$
$\vec c=(2,-1,1,6)$
Ak si zvolíme $A=(1,0,0,0)$, tak
$\overrightarrow{PA}=(0,-2,3,-2)$.
Dostaneme
\begin{align*}
|PX|^2
&= 2s^2 + 2s+ 3t^2 -10t + 42u^2 + -14u + 17 \\
&= 2(s+\frac12)^2+ 3(t-\frac53)^2 + 42(u -\frac16)^2 + 7.
\end{align*}
Tento výraz nadobúda minimálnu hodnotu $7$ pre $s=-\frac12$, $t=\frac53$ a $u=\frac16$.
V princípe je možné hľadať vzdialenosť bodu od nadroviny tak, že minimalizujeme vzdialenosť. Toto však nie je správne vyjadrenie:
To, čo chceme v skutočnosti minimalizovať je $\sqrt{(x_1-1)^2+(x_2-2)^2+(x_3+3)^2+(x_4-2)^2}$, kde $(x_1,x_2,x_3,x_4)$ je bod ležiaci v zadanej nadrovine.$\sqrt{(1-2x_1)^2+(2+x_2)^2+(-3-x_3)^2+(2+x_4)^2}=\min$
Vlastne to, čo ste si podokazovali na prednáške, vám hovorí ako môžete využiť veci čo viete o ortogonalite na nájdenie minimálnej vzdialenosti. V princípe by sa to dalo riešiť aj takto "hrubou silou". Bude to však dosť prácne. (Je asi jasné, že čím viac parametrov, tým viac sa pri takomto spôsobe napočítame.)
Sem to píšem sčasti ako odstrašujúci príklad (resp. ukážku toho, že by sme to síce vedeli zrátať aj inak, ale veci dokázané na prednáške nám výrazne zjednodušujú život.) A sčasti preto, že keď sa už niekto pokúsil o takéto riešenie, tak chcem ukázať ako by sa dalo dokončiť.
Keď využijeme vyjadrenie roviny, tak môžeme napríklad vyjadriť $x_4=2x_1+x_2-x_3-2$, a teda minimalizujeme tento výraz:
\begin{align*}
f(x_1,x_2,x_3)
&= (x_1-1)^2+(x_2-2)^2+(x_3+3)^2+(2x_1-x_2+x_3-4)^2
\end{align*}
Nech máme zmiešané členy iba v jednej zátvorke, zaveďme si ešte substitúciu $s=x_1-1$, $t=x_2-2$ a $u=x_3+3$.
Teda vlastne minimalizujeme
\begin{align*}
g(s,t,u)
&= s^2+t^2+u^2+(2s-t+u-7)^2 \\
&= 5s^2+2t^2+2u^2-4st+4su-2tu -28s+14t-14u+49\\
&= 2(u^2+2us-ut-7u) + 5s^2+2t^2-4st -28s+14t+49\\
&= 2(u+s-\frac12t-\frac72)^2 + 3s^2+\frac32t^2-2st-14s+7t+\frac{49}2\\
&= 2(u+s-\frac12t-\frac72)^2 + 3(s^2-\frac23st-\frac{14}3s)+\frac32t^2+7t+\frac{49}2\\
&= 2(u+s-\frac12t-\frac72)^2 + 3(s-\frac13t-\frac73)^2+\frac76t^2+\frac73t+\frac{49}6\\
&= 2(u+s-\frac12t-\frac72)^2 + 3(s-\frac13t-\frac73)^2+\frac76t^2+\frac73t+\frac{49}6\\
&= 2(u+s-\frac12t-\frac72)^2 + 3(s-\frac13t-\frac73)^2+\frac76(t^2+2t)+\frac{49}6\\
&= 2(u+s-\frac12t-\frac72)^2 + 3(s-\frac13t-\frac73)^2+\frac76(t+1)^2+7
\end{align*}
Vidíme, že minimum je rovné $7$ a nadobúda sa vtedy, keď platí $u+s-\frac12t-\frac72=s-\frac13t-\frac73=t+1=0$, t.j.
\begin{align*}
u+s-\frac{t}2&=\frac72\\
s-\frac{t}3t&=\frac73\\
t&=-1
\end{align*}
riešením tejto sústavy sa môžeme presvedčiť, že to nastane pre $s=2$, $t=-1$, $u=1$.
Iná parametrizácia nadroviny.
Iná možnosť ako by sa dala tá istá úloha rátať cez minimalizáciu vzdialenosti by bolo nájsť najprv vektory v smere roviny, ktoré sú na seba kolmé. (To robiť vieme - je to hľadanie ortogonálnej bázy daného podpriestoru.)
Ak by som už našiel také vektory $\vec a$, $\vec b$, $\vec c$ tak máme parametrizáciu nadroviny v tvare $A+s\vec a+t\vec b+u\vec c$. (Kde $A$ je ľubovoľný pod z nadroviny.)
Chceme minimalizovať veľkosť vektora $\overrightarrow{PX}=\overrightarrow{PA}+s\vec a+t\vec b+u\vec c$, kde $A$ je nejaký bod z nadroviny, napríklad $A=(1,0,0,0)$.
Ak si uvedomíme, že
\begin{align*}
|PX|^2
&=\langle \overrightarrow{PA}+s\vec a+t\vec b+u\vec c, \overrightarrow{PA}+s\vec a+t\vec b+u\vec c \rangle \\
&=\langle \overrightarrow{PA},\overrightarrow{PA} \rangle +
2s\langle \overrightarrow{PA},\vec a \rangle +
2t\langle \overrightarrow{PA},\vec b \rangle +
2u\langle \overrightarrow{PA},\vec c \rangle +
s^2 \langle \vec a,\vec a\rangle +
t^2 \langle \vec b,\vec b\rangle +
u^2 \langle \vec b,\vec b\rangle
\end{align*}
tak už v ďalších výpočtoch môžeme postupovať ako predtým - dopĺňaním na štvorec.
Získali sme výhodu, že máme zvlášť členy obsahujúce $s$, zvlášť členy obsahujúce $t$, zvlášť členy obsahujúce $u$, takže úpravy budú jednoduchšie. (Zmiešané členy nám vypadli práve preto, že $\vec a$, $\vec b$, $\vec c$ sú na seba kolmé.)
Ale zato sme mali viac práce s tým, že sme museli nájsť ortogonálnu bázu a ešte musíme aj vypočítať nejaké skalárne súčiny.
Ak by sme to prerátali na náš konkrétny príklad, tak máme normálový vektor $\vec n=(2,-1,1,-1)$, čiže hľadáme ortogonálnu bázu $[\vec n]^\bot$.
Jedna možnosť je napríklad.
$\vec a=(0,1,1,0)$
$\vec b=(1,1,-1,0)$
$\vec c=(2,-1,1,6)$
Ak si zvolíme $A=(1,0,0,0)$, tak
$\overrightarrow{PA}=(0,-2,3,-2)$.
Dostaneme
\begin{align*}
|PX|^2
&= 2s^2 + 2s+ 3t^2 -10t + 42u^2 + -14u + 17 \\
&= 2(s+\frac12)^2+ 3(t-\frac53)^2 + 42(u -\frac16)^2 + 7.
\end{align*}
Tento výraz nadobúda minimálnu hodnotu $7$ pre $s=-\frac12$, $t=\frac53$ a $u=\frac16$.
-
Martin Sleziak
- Posts: 5689
- Joined: Mon Jan 02, 2012 5:25 pm
Re: Vzdialenosti - 3. písomka
Ako som spomenul v prvej úlohe ide iba o jednoduché dosadenie do vzorca. Treba dať pozor na to, aby ste použili správny vzorec.Martin Sleziak wrote:V prvej úlohe stačí iba priamo dosadiť do vzorca pre vzdialenosť bodu od nadroviny:
Povedzme, že mám bod $(p_1,p_2,a_3,p_4)$ a nadrovinu $ax_1+bx_2+cx_3+dx_4=e$.
Nadrovinu si môžeme prepísať ako $ax_1+bx_2+cx_3+dx_4-e=0$.
Potom vzorec pre vzdialenosť je
$$\rho(P,\alpha)=\frac{ax_1+bx_2+cx_3+dx_4-e}{\sqrt{a^2+b^2+c^2+d^2}}.$$
Špeciálne treba nezabudnúť na pravú stranu rovnice roviny. T.j. ak by sme vynechali $e$, tak takýto vzorec je nesprávny: $\frac{ax_1+bx_2+cx_3+dx_4}{\sqrt{a^2+b^2+c^2+d^2}}$.
A v menovateli je veľkosť normálového vektora roviny. Čiže takýto vzťah tiež nie je správne vyjadrenie vzdialenosti: $\frac{ax_1+bx_2+cx_3+dx_4-e}{\sqrt{a^2+b^2+c^2+d^2+e^2}}$.