msleziak.com

Príklad takéhoto typu je na fóre vyrátaný: viewtopic.php?t=628

Sem som napísal aspoň stručne riešenie príkladu z dnešnej opravnej písomky sčasti preto, aby si ľudia čo boli na písomke mohli pozrieť v čom spravili chyby. A sčasti aj pre ostatných, nech majú viacero takýchto príkladov - aby si mohli porovnať rôzne postupy výpočty. (A tiež zvážiť, ktoré z nich sú viac a ktoré menej efektívne.)

Nájdite vzdialenosť priamky $p=(1,1,2,0)+[(1,-2,2,0)]$ a roviny $\alpha=(1,-1,0,0)+[(1,-1,0,1),(0,1,-2,0)]$.

Body zo zadania budem označovať $A=(1,1,2,0)$ a $B=(1,-1,0,0)$.

Ortogonálny doplnok
Poďme najskôr vypočítať $V^\bot$ pre $V=V_p+V_\alpha=[(1,-2,2,0),(1,-1,0,1),(0,1,-2,0)]$. Mať k dispozícii tento výsledok sa nám bude hodiť pri viacerých možnostiach ako počítať vzdialenosť.
Štandardným výpočtom zistíme, že $V^\bot=(2,2,1,0)$. Pomocná nadrovina.
Chceme nadrovinu obsahujúcu $\alpha$ a rovnobežnú s $p$. Už poznáme normálový vektor: $(2,2,1,0)$.
Pomocná nadrovina určená bodom $(1,-1,0,0)$ je $2x_1+2x_2+x_3=0$.

Teraz sme previedli úlohu na hľadanie vzdialenosti medzi rovnobežnými podpriestormi. Navyše jeden z nich je nadrovina, takže máme k dispozícii priamo vzorec. Stačí teda vyrátať vzdialenosť ľubovoľného bodu priamky od pomocnej nadroviny.

Vzdialenosť je $$\frac{|2\cdot1+2\cdot1+2|}{\sqrt{2^2+2^2+1^2}}= \frac63=2.$$

Priemet do $V^\bot$.
Hľadáme priemet vektora $\overrightarrow{BA}=(0,2,2,0)$ do $V^\bot$.
Pretože ide o priemet do jednorozmerného podpriestoru, vieme ho vypočítať ľahko.
Máme $V^\bot=[(2,2,1,0)]$, čiže jednotkový vektor v~smere $V^\bot$ je $\vec u=\frac13(2,2,1,0)$.
Priemet je potom $\overrightarrow{BA}\vec u^T\vec u = \frac19 (0,2,2,0) \begin{pmatrix}2\\2\\1\\0\end{pmatrix} (2,2,1,0) = \frac69(2,2,1,0) = \frac23(2,2,1,0)$ a jeho dĺžka je $2$.

Kolmý priemet resp. stredná priečka.
Kolmý priemet môžeme nájsť aj tak, že sa vektor $\overrightarrow{AB}$ snažíme dostať ako lineárnu kombináciu vektorov generujúcich $V$ a vektora generujúceho $V^\bot$.

$\left(\begin{array}{cccc|c}
1 &-1 & 0 & 2 & 0 \\
-2 & 1 &-1 & 2 &-2 \\
2 & 0 & 2 & 1 &-2 \\
0 &-1 & 0 & 0 & 0
\end{array}\right)\sim$ $
\left(\begin{array}{cccc|c}
1 & 0 & 0 & 2 & 0 \\
-2 & 0 &-1 & 2 &-2 \\
2 & 0 & 2 & 1 &-2 \\
0 & 1 & 0 & 0 & 0
\end{array}\right)\sim$ $
\left(\begin{array}{cccc|c}
1 & 0 & 0 & 2 & 0 \\
0 & 0 &-1 & 6 &-2 \\
0 & 0 & 2 &-3 &-2 \\
0 & 1 & 0 & 0 & 0
\end{array}\right)\sim$ $
\left(\begin{array}{cccc|c}
1 & 0 & 0 & 2 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 &-1 & 6 &-2 \\
0 & 0 & 2 &-3 &-2 \\
\end{array}\right)\sim$ $
\left(\begin{array}{cccc|c}
1 & 0 & 0 & 2 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 1 &-6 & 2 \\
0 & 0 & 0 & 9 &-6 \\
\end{array}\right)\sim$ $
\left(\begin{array}{cccc|c}
1 & 0 & 0 & 0 & \frac43 \\
0 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 0 &-2 \\
0 & 0 & 0 & 1 &-\frac23 \\
\end{array}\right)
$

Z riešení predošlej sústavy vieme vypočítať priemet do $V^\bot$ ale aj strednú priečku.
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 $\overrightarrow{XY}=(-\frac43,-\frac43,-\frac23,0)$ je kolmý na $p$ aj na $\alpha$, čiže $XY$ je stredná priečka.

Vzdialenosť je $|XY|=2$.

Ešte raz stredná priečka.
Skúsme strednú priečku vyrátať ešte trochu inak. (Vlastne sem píšem riešenie z písomky - akurát po oprave chýb.)
Ľubovoľný bod $X\in p$ sa dá vyjadriť ako $X=A+b\vec x$.
Ľubovoľný bod $Y\in\alpha$ sa dá vyjadriť ako $Y=B+c\vec y + d\vec z$.
Máme teda
$$\overrightarrow{XY}=\overrightarrow{AB}+ c\vec y + d\vec z - b\vec x,$$
kde $\overrightarrow{AB}=(0,-2,-2,0)$, $\vec x=(1,-2,2,0)$, $\vec y=(1,-1,0,1)$ a $\vec z=(0,1,-2,0)$.

Radi by sme zvolili $a$, $b$, $c$ tak, aby tento vektor bol kolmý na $V=[\vec x,\vec y, \vec z]$.
\begin{align*}
\langle\overrightarrow{AB},\vec x\rangle+ c\langle\vec y,\vec x\rangle + d\langle\vec z,\vec x\rangle - b\langle\vec x,\vec x\rangle &=0\\
\langle\overrightarrow{AB},\vec y\rangle+ c\langle\vec y,\vec y\rangle + d\langle\vec z,\vec y\rangle - b\langle\vec x,\vec y\rangle &=0\\
\langle\overrightarrow{AB},\vec z\rangle+ c\langle\vec y,\vec z\rangle + d\langle\vec z,\vec z\rangle - b\langle\vec x,\vec z\rangle &=0
\end{align*}
Dostávame takto
\begin{align*}
0+3c-6d-9b&=0\\
2+3c-d-3b&=0\\
2-c+5d+6b&=0\\
\end{align*}
t.j.
\begin{align*}
9b-3c+6d&=0\\
3b-3c+d&=2\\
-6b+c-5d&=2
\end{align*}
Vyriešením tejto sústavy dostaneme $b=\frac43$, $c=0$, $d=-2$. Dostávame tie isté body $X$, $Y$ a rovnakú strednú priečku, akú sme získali predošlým výpočtom.

Minimalizácia vzdialenosti. Keďže niekto to skúšal na písomke takto, skúsme dorátať príklad aj takýmto spôsobom. (Aj keď to nevychádza príliš pekne.)

Vektor spájajúci ľubovoľný bod zadanej priamky s ľubovoľným bodom zadanej roviny sa dá vyjadriť ako
$$\overrightarrow{XY}=(a-b,2-2a+b-c,2+2a+2c,-b).$$ Chceme teda minimalizovať hodnotu:
$$|XY|^2=(a-b)^2+(2-2a+b-c)^2+(2+2a+2c)^2+b^2.$$

Asi sa tu nedá vymyslieť nič oveľa inteligientnejšie než snažiť sa to nejako poupravovať a potom skúsiť doplniť na štvorec takým spôsobom, aby sa dalo nájsť minimum. Môžeme to napríklad upraviť na tvar
$$|XY|^2=(3a-b+2c)^2+(c+b+2)^2 + b^2+4$$
a vidíme, že minimum bude $4$, a nadobudne sa iba v prípade $3a-b+2c=0$, $c+b+2=0$, $b=0$, čo nám dá
$$(a,b,c)=(\frac43,0,-2).$$

Môžete si všimnúť, že tento výsledok sedí s výpočtom strednej priečky uvedeným vyššie.
Tiež si môžete všimnúť, že bod $(\frac43,0,-2)$ by sme dostali, keby sme sa snažili použiť presne rovnaký postup, ako keď sme hľadali stred pri kužeľosečkách - iba teraz máme o jednu premennú viac. (A môžete sa zamyslieť aj nad tým, či zdôvodnenie, že sa takto zbavíme "lineárnych" členov by zafungovalo podobne ako tam.)