Matematické Fórum

Melchior · 13. 06. 2010 09:56

Zdravím, nevíte, jak se vypočítá vzdálenost dvou rovnoběžných rovin v eukleidovském prostoru dimenze 4? Myslím, že číselné zadání je tu teď jedno, jde mi o postup (obě roviny jsou zadány bodem a dvojicí vektorů). Budu vděčný za každou pomoc

Pavel Brožek · 13. 06. 2010 10:36

Takže máme dvě roviny, dejme tomu, že budou vyjádřeny parametricky:

$\varrho_1: \vec{X_1}=\vec{A_1}+t_1\vec{v}+s_1\vec{w}\qquad\qquad t_1,s_1\in\mathbb{R}\nl \varrho_2: \vec{X_2}=\vec{A_2}+t_2\vec{v}+s_2\vec{w}\qquad\qquad t_2,s_2\in\mathbb{R}$

přičemž vektory $\vec{v}$ a $\vec{w}$ jsou jednotkové a na sebe kolmé (kdyby nebyly, tak takové snadno najdeme). Už mám tedy zaručeno, že roviny jsou rovnoběžné. Když vezmeme obecně dva body, kde první bod bude z první roviny ( $\vec{X_1}\in\varrho_1$ ) a druhý z druhé roviny ( $\vec{X_2}\in\varrho_2$ ), bude druhá mocnina jejich vzdálenosti rovna

$|\vec{X_1}-\vec{X_2}|^2=(\vec{X_1}-\vec{X_2})^2=(\vec{A_1}+t_1\vec{v}+s_1\vec{w}-\vec{A_2}-t_2\vec{v}-s_2\vec{w})^2=\nl =(\vec{A_1}-\vec{A_2}+(t_1-t_2)\vec{v}+(s_1-s_2)\vec{w})^2=\nl =(\vec{A_1}-\vec{A_2})^2+2(t_1-t_2)(\vec{A_1}-\vec{A_2},\vec{v})+2(s_1-s_2)(\vec{A_1}-\vec{A_2},\vec{w})+(t_1-t_2)^2+(s_1-s_2)^2$

(druhou mocninou vektoru je myšlen skalární součin vektoru se sebou, skalární součin dvou vektorů značím závorkami $(\,\cdot\,,\,\cdot\,)$ )

Máme tedy závislost druhé mocniny vzdálenosti bodů z rovin na jejich parametrizaci proměnnými $t_1,\,t_2,\,s_1,\,s_2$ . Teď budeme hledat lokální minimum druhé mocniny vzdálenosti. Zderivuji proto výraz podle všech proměnných a položím vždy rovno nule:

$\frac{\partial |\vec{X_1}-\vec{X_2}|^2}{\partial t_1}=2(\vec{A_1}-\vec{A_2},\vec{v})+2(t_1-t_2)=0\nl \frac{\partial |\vec{X_1}-\vec{X_2}|^2}{\partial t_2}=-2(\vec{A_1}-\vec{A_2},\vec{v})-2(t_1-t_2)=0\nl \frac{\partial |\vec{X_1}-\vec{X_2}|^2}{\partial s_1}=2(\vec{A_1}-\vec{A_2},\vec{w})+2(s_1-s_2)=0\nl \frac{\partial |\vec{X_1}-\vec{X_2}|^2}{\partial s_2}=-2(\vec{A_1}-\vec{A_2},\vec{w})-2(s_1-s_2)=0$

Z toho dostávám pouze dvě rovnosti:

$t_1-t_2=-(\vec{A_1}-\vec{A_2},\vec{v})\nl s_1-s_2=-(\vec{A_1}-\vec{A_2},\vec{w})$ .

Ty nám ale stačí, dosadíme do výrazu pro $|\vec{X_1}-\vec{X_2}|^2$ :

$|\vec{X_1}-\vec{X_2}|^2=(\vec{A_1}-\vec{A_2})^2-2(\vec{A_1}-\vec{A_2},\vec{v})^2-2(\vec{A_1}-2\vec{A_2},\vec{w})^2+(\vec{A_1}-\vec{A_2},\vec{v})^2+(\vec{A_1}-\vec{A_2},\vec{w})^2=\nl =(\vec{A_1}-\vec{A_2})^2-(\vec{A_1}-\vec{A_2},\vec{v})^2-(\vec{A_1}-\vec{A_2},\vec{w})^2$

Pro vzdálenost dvou rovnoběžných rovin (která je rovna nejmenší možné vzdálenosti bodů z rovin) tak dostáváme

$|\vec{X_1}-\vec{X_2}|=\sqrt{(\vec{A_1}-\vec{A_2})^2-(\vec{A_1}-\vec{A_2},\vec{v})^2-(\vec{A_1}-\vec{A_2},\vec{w})^2}$ .

Doufám, že to je dobře :-).

Pozn.: Minimum by se dalo také snadno najít bez derivování - pokud si uvědomíme, že $|\vec{X_1}-\vec{X_2}|^2$ je kvadratické v $(t_1-t_2)$ a v $(s_1-s_2)$ , stačí nám pak najít minimum jako vrchol paraboly.

Pavel Brožek · 13. 06. 2010 11:06

↑ Melchior:

Když jsem psal "moment", šlo mi o to, že když se píše delší příspěvek, tak by bylo bylo zbytečné, aby ho psalo více lidí najednou a pak se tu v jedné chvíli objevily třeba i tři téměř stejné odpovědi. Takhle se tomu vyhneme :-).

Olin · 13. 06. 2010 15:11

Nejsem v tomto odvětví zrovna expertem, tak mě kdyžtak prosím opravte.

Jiný postup by mohl spočívat v tom, že se najde ortogonální doplněk rovin, určí se jeho průsečíky se zadanými rovinami a vzdálenost těchto průsečíků je hledaná vzdálenost rovin. Ortogonální doplněk roviny najdeme řešením homogenní soustavy rovnic dané maticí, která má v řádcích vektory původních rovin.

Melchior

stale jsem tento priklad nevyresil :/ neni mi moc jasny ten postup.. shodl jsem se s kamaradem na tom, ze vyresim homogenni soustavu, jenze ta ma reseni pouze s parametrem.. ciselne zadani zni

V eukleidovském prostoru R4 určete vzdálenost rovnoběžných rovin
r1 = (−2,−1,−1, 1) + <(1, 2, 0,−3), (1,−1, 2, 2)>,
r2 = (1, 1, 0, 1) + <(0, 3,−2,−5), (3, 3, 2,−4)>.

Rumburak

Ještě jiný postup :
Nechť $\vec{v}$ , $\vec{w}$ jsou směrové vektory jedné a zároveň i drubé roviny, takové, jaké předpokládá ↑ BrozekP:.
Zvolme v první rovině bod C (třeba hned C = A_1) a ve druhé rovině bod D (třeba D = A_2) .

Idea:
Vektor D-C neleží v lin. obalu L vektorů $\vec{v}$ , $\vec{w}$ , ale leží v něm ortogonální projekce $\vec{a}$ vektoru D-C do prostoru L.
Vzdálenost obou rovin pak bude rovna velikosti vektoru $\vec{z} := (D-C) - \vec{a}$ .

Podrobněji:

$\vec{a} = t\vec{v} + s\vec{w}$ (neboť $\vec{a}$ má ležet v L, jehož otronormální bázi tvoří $\vec{v}$ , $\vec{w}$ ),

kde $t = (\vec{v}, D-C)$ , $s = (\vec{w}, D-C)$ . Pak platí :
$(\vec{z}, \vec{a}) = (D-C, \vec{a}) - (\vec{a},\vec{a})= (D-C, t\vec{v} + s\vec{w}) - (t\vec{v} + s\vec{w},t\vec{v} + s\vec{w})=(t^2 +s^2) -(t^2 +s^2) = 0$ .
(využili jsme ortonormalitu vektorů $\vec{v}$ , $\vec{w}$ ).
EDIT: Měli jsme zde dokázat, že $(\vec{z}, \vec{v}) = (\vec{z}, \vec{w}) = 0$ , ale ani to není těžké. Vektor $\vec{z}$ je tudíž kolmý
k prostoru L a tedy i k oběma rovinám.

Takže $D-C = \vec{a}+\vec{z}$ , tudíž bod $E :=D - \vec{z} = C + \vec{a}$ , tj. bod oné z daných rovin, která obsahuje bod C,
je ortogonální projekcí bodu D na tuto rovinu.

Viz též Pythagorova věta uplatněná na pravoúhlý trojúhelník CDE s přeponou CD.

Melchior

Zdravim, tak jsem to zkusil spocitat jeste jednou pres tu projekci a tam mi jako Fourierovy koeficienty vysla trojice vektoru (-1,1,0,0)+t(-2,-1,0,1)+s(-1,1,1,0) a to mi neni zrovna moc jasne co s tim :-(
potreboval bych tento priklad uz dnes vyresit a budu velice vdecny za kazdou dalsi pomoc

edit: take mam pocit, ze jsem spatne pocital doplnek, pote, co jsem to prepocitaval trochu jinak, uz mi F. koeficienty vysly normalne a z vysel jako vektor se souradnicemi (41/20; 1; 2/5; -27/20), jenže nevím, jestli je to správně

Rumburak

↑ Melchior:
Pokud to chceš řešit přes tu ortogonální projekci:

Dobrý postřeh, že jde o Fourierovy koeficienty! Pokud znáš teorii Fourierových rozvojů v ortogonálních systémech, pak Ti možná pomůže
konstatování, že vektor D-C vlastně rozvíjíme ve Fourierovu řadu, která v prostoru konečné dimense bude ovšem mít jen konečný počet členů.
K tomu potřebujeme mít ortogonální nebo ještě lépe ortonormální systém, jímž je ona dvojice otonormálních vektorů $\vec{v}$ , $\vec{w}$ , které jsou zároveň
společnými směrovými vektory obou rovnoběžných rovin.

Uvědomme si, že v R4 dvě rovnoběžné roviny (tedy lineály dimense 2) určují právě jeden lineál dimense 3, v němž společně leží, podobně jako
dvěma rovnoběžnými přímkami (lineály dimense 1) lze proložit jedinou rovinu. V podstatě tedy jde o úlohu v R3, což by se při vhodné transformaci
souřadnic projevilo tím, že by se v zadáné prvků těch rovin (body, vektory) jedna společná souřadnice vynulovala. Na naši úlohu tedy můžeme
pohlížet jako na úlohu v R3.

Označme F Fourierův rozvoj vektoru D-C v systému $\vec{v}$ , $\vec{w}$ . Tento systém ovšem nemůže být v R3 úplný, proto F není roven vektoru D-C .
Symbolem $\vec{z}$ jsme označili rozdíl (D-C) - F, tedy to, co je potřeba k F ještě přičíct, abychom dostali D-C. Tento zbytek je kolmý k systému $\vec{v}$ , $\vec{w}$
a proto se hodí k výpočtu vzdálenosti mezi rovinami .

PS. Abych Tě mohl navigovat podrobněji či kontrolovat Tvůj postup, potřeboval bych i od Tebe více podrobností (jaké je přesně zadání,
co jsi se snažil udělat, kam ses až dostal, kde ses zasekl a na čem ...)

Co je toto ?
r1 = (−2,−1,−1, 1) + <(1, 2, 0,−3), (1,−1, 2, 2)>,
r2 = (1, 1, 0, 1) + <(0, 3,−2,−5), (3, 3, 2,−4)>.

a jak s tím souvisí tento výsledek (-1,1,0,0)+t(-2,-1,0,1)+s(-1,1,1,0) ?

Melchior

Nejsem zrovna nejpilnější student, ale i tak si nepamatuji, že bychom si definovali něco jako Fourierův rozvoj.. zkoušel jsem si najít definici a o moc moudřejší při aplikaci na vektor nejsem.. Fourierovy koeficienty jsme si zadefinovali jen jako jednoznačně určená čísla
(v,w_i) / ||w_i||^2,

v případě, že bys mi mi byl schopen nějak přiblížit ten rozvoj, byl bych rád, ale raději bych spočítal ten příklad v rámci nám známé a dostupné "prvácké" algebry :-) on by si pak cvičící mohl myslet, že to někdo udělal za mě a to bych nechtěl :/ takže pokud bych tě mohl spíše poprosit ;-)

pozn. http://www.karlin.mff.cuni.cz/~ruzicka/ … 0/cv11.pdf tuto metodu vektorový součin -> soustava rovnic s pravou stranou -> dohledání průsečíku jsme používali v R^3, v R^4 jsme žádný podobný příklad nepočítali

edit: r1 a r2 je číselné zadání obou rovin.. to s těmi parametry byl chybný výpočet ortogonální projekce D-C na tebou definovaný L

Rumburak · 17. 06. 2010 10:04

↑ Melchior:
Je potřeba začít tím, že si roviny popíšeš rovnicemi

ro1 : $X = C + t\vec{v} + s\vec{w}$ ,
ro2 : $X = D + t\vec{v} + s\vec{w}$ ,

kde vektory v, w budou ORTONORMÁLNÍ.

Melchior

tak asi bude problem hned na zacatku v prepisu do tohoto tvaru, vyslo mi t = 13/20, s = 3/10, ortonormalni vektory (1,1,-1,1) a (-4/3, 2/3, 1, 0) je to spravne?
edit: jeste vydelit normami (pardon)

Rumburak · 17. 06. 2010 10:36

↑ Melchior:
Je-li v prostoru H se skalárním součinem dán ortonormální systém $S=(\vec{w}_i)$ , kde index i probíhá buďto množinu {1,2, ..., n},
nebo množinu všech přiroz. čísel,
pak Fourierovým rozvojem vektoru $\vec{x}$ v systému S nazýváme vektor $F(\vec{x})\,:=\sum_i (\vec{x},\vec{w}_i)\vec{w}_i$ .
Sšítací index i probíhá odpovídající množinu indexů z definice systému S , takže buďto jde o koněčný součet, nebo o nekonečnou řadu.
Ve druhém případě ale je nutno předpokládat, že H je tzv. Hilbertův prostor, tento případ Tě jako studenta prvního ročníku ale asi
nebude zajímat.
Důležité (pro oba případy) je, když systém S je úplný , tj. když v jeho ortogonálním doplňku leží pouze nulový vektor:
Potom platí $F(\vec{x})=\vec{x}$ . V konečně dimensionálních prostorech jde tedy o vyjádření vektoru x v ortonormálná bázi S.

Rumburak · 17. 06. 2010 10:49

↑ Melchior:
Skal. součin vektorů (1,1,-1,1) , (-4/3, 2/3, 1, 0) mi vychází - 5/3, takže nejsou ortogonální.

Melchior · 17. 06. 2010 11:20

promin, ja myslel, ze chces ortogonalni vektory vzhledem k vektorum linearniho obalu v zadani, protoze ty, co jsem vypsal jsou na ne ortogonalni.. posledni dny travim celkem dost noci ucenim a uz mi to moc nemysli

Rumburak · 17. 06. 2010 11:27

O tech vektorech v,w jsem se podrobněji nerozepisoval a odkázal jsem na příspěvek ↑ BrozekP:, kde je o nich uvedeno,
co potřeba. Že příprava na zkoušku bývá někdy hektická, o tom vím své . Tak držím palce. :-)

Melchior

tak teď vyšlo (-6,0,5,-2) (-1,5,0,3), po ověření by to mělo být správně
děkuju :), co prosimte presne znaci X v tvem vyjadreni obou rovin?

Rumburak

A. Rovnice

(1) $X = C + t\vec{v} + s\vec{w}$

je parametrickou rovnicí roviny procházebící daným bodem C, jejímiž danými směrovými vektory jsou v, w, proměnné t, s jsou parametry.
Smysl rovnice je následující: Bod X leží v rovině popsané rovnicí (1) tehdy a jen tehdy, když existuje usořádaná dvojice [t, s] taková,
že rovnice (1) je splněna. K danému bodu X roviny pak tato usp. dvojice [t, s] existuje jediná. Bod X oné roviny je tedy funkcí svých parametrů
t, s podle rovnice (1).
Odhaduji, že neznalost tohoto principu by Ti u zkoušky neprošla. :-)

B. Vektory (-6,0,5,-2) (-1,5,0,3) už ortogonální jsou. Důležité je, jak již ve svém hlavním příspěvku naznačil kolega BrožekP, aby měly tentýž
lineární obal jako původní směrové vektory roviny, což, podle některého z Tvých dřívějších příspěvků byly, pokud se memýlím, vektory
(1, 2, 0,−3), (1,−1, 2, 2). Ověření, zda obě dvojice vektorů mají stejný lin. obal, se provádí tak, že se hledá hodnost h matice

( 1, 2, 0, −3)
( 1, −1, 2, 2)
(-6, 0, 5, -2)
(-1, 5, 0, 3)

sdružující do řádků staré a nové směrové vektory. Dvojice původních směrových vektorů je lin. nezávislá a totéž platí i o druhé dvojici -
takže společný lineární obal budou mít obě dvojice, pokud vyjde h = 2 , to mi ale nevychází, takže někde ještě chyba bude
(včetně možnosti mé chyby v interpretaci nestandardního zápisu r1 = (−2,−1,−1, 1) + <(1, 2, 0,−3), (1,−1, 2, 2)>).

Melchior

Zadání je v pořádku (http://img12.imageshack.us/img12/3614/50898036.jpg), stejně tak i dvojice OG vektorů. Ale rovněž mi vychází h > 2. Tento zápis roviny je jediný, který jsme doposud na algebře používali. Mimo algebru pak samozřejmě obecná i parametrická rovnice byla. Nevím, kde je chyba. Jako třetí mi vektor řešení homogenní soustavy vyšel vektor (-4,2,3,0), ale jelikož ve skalárním součinu s ostatními nedával nulu, tak jsem jej rovnou zavrhl.

Rumburak

↑ Olin:
Na Tvůj příspěvek, který mi včera při povrchnějším pohledu připadal jako zcela bezproblémový, jsem se dnes podíval pozorněji.
Tebou podaný návrh řešení by beze zbytku fungoval v R3, kde ten ortogonální dolněk k rovině má dimensi 1, avšak v R4 je jeho dimense 2,
takže bylo by nutno ještě zvolit správný směr v tomto doplňku, což by byl už asi jen technický detail (zatím jsem to nezkoušel).

Rumburak

↑ Melchior:
Problém je tedy v nalezení ortonormální báze modulu <(1, 2, 0,−3), (1,−1, 2, 2)> (už chápu ten Tvůj zápis).
Označme třeba $\vec{f} =(1, 2, 0,-3)$ , $\vec{g} =(1,-1, 2, 2)$ .
Rovnou můžeme zvolit $\vec{v}\,:=\frac{\vec{f}}{||\vec{f}||}$ .
Vektor $\vec{w}$ , který zbývá nalézt, musí splňovat rovnice

(1) $\vec{w} = x\vec{f} + y\vec{g}$ pro vhodná čísla x, y, aby ležel v tom modulu ,

(2) $(\vec{w}, \vec{v}) = 0$ , resp. $(\vec{w}, \vec{f}) = 0$ , aby byl kolmý k vektoru v ,

(3) $||\vec{w}||^2=(\vec{w}, \vec{w}) = 1$ , aby byl měl normu 1.

Dosadíme-li z (1) do (2) a (3), dostaneme soustavu

$(x\vec{f} + y\vec{g}, \vec{f}) = 0$ ,
$( x\vec{f} + y\vec{g}, x\vec{f} + y\vec{g}) = 1$

o dvou reálných neznámých x, y. Využijeme-li bilinearity skalárního součinu, přepíšeme ji do tvaru

$x(\vec{f},\vec{f}) + y(\vec{g}, \vec{f}) = 0$ ,
$x^2(\vec{f},\vec{f}) + 2xy(\vec{f},\vec{g}) +y^2(\vec{g}, \vec{g}) = 1$ ,

což vede na kvadratickou rovnici.