Baza v prostoru
Tako kot že v ravnini, velja tudi v prostoru naslednje: do vsake točke prostora vodi natanko en krajevni vektor, zato je točka s svojim krajevnim vektorjem natanko določena.
Tudi v prostoru želimo krajevni vektor točke T izraziti v ortonormirani bazi prostora.
Krajevni vektor točke T(xT, yT, zT) v ortonormirani bazi prostora zapišemo kot
Dane vektorje zapiši še v drugi možni obliki.
,
,
,
,
in
.
Vektorje, ki so zapisani v obliki linearnih kombinacij baznih vektorjev, bomo zapisali v obliki urejenih trojic, urejene trojice pa bomo spremenili v kombinacijo baznih vektorjev. Iskani zapisi so:
,
,
,
,
in
.
Do katerih točk vodijo dani krajevni vektorji?
,
,
,
in
.
Če bomo tudi zapise zadnjih treh vektorjev spremenili v urejene trojice komponent, bodo le-te ustrezale koordinatam točk, do katerih vodijo dani krajevni vektorji. Te točke so:
A(2, 5, –7), B(–5, 2, 0), C(3, 0, 7), D(0, –5, 0) in E(2, –3, –6).
Izpeljimo pravilo za seštevanje vektorjev in
! Ravnamopodobno, kot smo to že počeli v koordinatnem sistemu ravnine. Tako je:
.
Vidimo, da vektorja, podana s komponentami, seštejemo tako, da seštejemo istoležne komponente obeh vektorjev, torej prvi dve, drugi dve in tretji dve.
Zapišimo še obrazec za računanje dolžine vektorja in za računanje kota med vektorjema v prostoru.
Strnimo vsa računska pravila na enem mestu.
Če sta dana vektorja in
ter skalar k, za računanje z vektorji veljajo naslednja pravila:
;
;
;
;
;
.
Najprej ponovimo nekaj formul, brez katerih tudi v prostoru ne bo šlo. To so: formula za določanje vektorja med znanima točkama A in B, formula za krajevni vektor razpolovišča S daljice AB in formula za krajevni vektor težišča T trikotnika ABC.
Rešimo nalogo, s katero bomo povzeli večino do sedaj pridobljenega znanja o vektorjih.
Naj bo in
. Izračunaj:
Rešitve so po vrsti naslednje:
Pri računanju enotskega vektorja smo upoštevali, da moramo doseči, da bo dolg eno enoto, zato smo morali vektor deliti z ustreznim faktorjem, in sicer z njegovo lastno dolžino. S tem vedno dobimo vektor, ki meri 1 enoto.
Projekcijo vektorja na vektor smo izračunali tako, da smo preoblikovali drugo možno obliko zapisa skalarnega množenja, to je zapis , iz katerega smo izrazili iskano projekcijo.
Dana sta vektorja in
. Določi neznano komponento x tako, da bosta vektorja
in
a) pravokotna,
b) vzporedna,
c) takšna, da bo dvakrat daljši od vektorja
.
Rešitve a) Če želimo, da bosta vektorja in
pravokotna, mora veljati:
. Tako je:
.
Zapis vektorja , ki je pravokoten na vektor
, je
.
b) Določimo x tako, da bosta vektorja in
vzporedna, da bo med njima torej veljala zveza
, kjer je k realno število, ki ga želimo poiskati.
Ker zadnji dve enačbi nimata iste rešitve (drugo reši k = 2, tretjo pa ), tudi celoten sistem treh enačb nima rešitve in tako dana vektorja v nobenem primeru ne moreta biti vzporedna.
c) V tretjem primeru želimo, da bo med dolžinama vektorjev veljala zveza: . Izračunajmo dolžini obeh vektorjev.
,
Enačba, ki jo moramo rešiti, je . Če obe strani enačbe kvadriramo, dobimo:
oziroma
.
Tako smo ugotovili, da obstajata dva možna vektorja z dvojno dolžino vektorja
. To sta:
in
.
V tej nalogi nastopata vektorja in
. Določi x tako, da bo kot med vektorjema
in
meril 45°.
Ker v obrazcu za kosinus kota med vektorjema potrebujemo skalarni produkt in obe dolžini vektorjev, najprej izračunajmo to troje:
Veljati mora: . Če upoštevamo točno vrednost za cos45°, dobimo enačbo:
.
Če jo delimo s in pomnožimo z obema imenovalcema, dobimo:
.
Po kvadriranju obeh strani je .
Tako obstajata dva vektorja , ki z vektorjem
oklepata želeni kot 45°. To sta
in
.
Dana so oglišča trikotnika ABC: A(–2, 3, 4), B(0, –1, –3) in C(–1, 4, 2).
Zdaj pa še k točki E. Se spomniš poglavja, v katerem smo uvedli krajevne vektorje? Rekli smo, da nam zelo koristijo pri določanju koordinat točk. Pomisli na to, da se zapisa iskane točke in njenega krajevnega vektorja v pravokotnem koordinatnem sistemu povsem ujemata.
Znaš izraziti krajevni vektor točke E s podatki iz naloge?
Če so dani trije vektorji komplanarni, če torej ležijo v isti ravnini, so linearno odvisni in se da vsakega od njih izraziti z ostalima dvema. Poskusimo izraziti vektor z vektorjema
in
.
Iščemo skalarja k in l, da bo . Ko vstavimo komponentne zapise vektorjev, dobimo:
(2, –1, 1) = k(4, –2, –1)+l(–2, 1, 8)
(2, –1, 1) = (4k, –2k, –k)+(–2l, l, 8l)
(2, –1, 1) = (4k–2l, –2k+l, –k+8l)
Dva vektorja sta enaka, če se ujemata v vseh istoležnih komponentah, torej mora veljati:
4k–2l = 2 in –2k+l = –1 in –k+8l = 1.
Ko rešimo sistem druge in tretje enačbe, dobimo vrednosti in
, ki ustrezata tudi prvi enačbi, kar je nujno preveriti, saj gre za sistem treh enačb z dvema neznankama. Čisto lahko bi se namreč zgodilo, da dobljeni vrednosti k in l ne bi ustrezali prvi enačbi, kar bi pomenilo, da sistem ne bi imel rešitve.
Ugotovili smo, da se vektor da izraziti s preostalima dvema vektorjema kot
, kar pomeni, da so linearno odvisni, kar je možno le, če ležijo v isti ravnini. Dani vektorji so komplanarni in s tem ne tvorijo baze prostora.