Oppgave

Parameterframstillinger for linjer og kurver i rommet

Her kan du gjøre deg mer kjent med parameterframstillinger for linjer og kurver. Nederst på siden kan du laste ned oppgavene som Word- og pdf-dokumenter.

Oppgave 1

Finn en parameterframstilling for linjene nedenfor.

a) Linja $l$ går gjennom punktet $(- 4, 0, 2)$ , og en retningsvektor for linja er $[- 30, 3, 7]$ .

Løsning

$l : \{\begin{cases} x = - 4 - 30 t \\ y = 3 t \\ z = 2 + 7 t \end{cases}$

b) Linja $m$ går gjennom punktet $(2, 3, 0)$ , og vektoren $[- 1, 3, 6]$ er parallell med linja.

Løsning

Vektoren er en retningsvektor for linja siden den er parallell med linja. Da blir en parameterframstilling for linja $m$

$m : \{\begin{cases} x = 2 - t \\ y = 3 + 3 t \\ z = 6 t \end{cases}$

c) Linja $n$ går gjennom punktene $(7, - 2, \frac{1}{2})$ og $(9, 8, 7)$ .

Løsning

En retningsvektor for $n$ er

$[9 - 7, 8 - (- 2), 7 - \frac{1}{2}] = [2, 10, \frac{13}{2}]$

En parameterframstilling for $n$ er da

$n : \{\begin{cases} x = 7 + t \\ y = - 2 + 10 t \\ z = \frac{1}{2} + \frac{13}{2} t \end{cases}$

d) $x$ -aksen

Løsning

$x$ -aksen går gjennom origo. En retningsvektor for $x$ -aksen er ${\vec{e}}_{x} = [1, 0, 0]$ . En parameterframstilling $x_{a}$ for $x$ -aksen er derfor

$x_{a} : \{\begin{cases} x = t \\ y = 0 \\ z = 0 \end{cases}$

e) Linja $o$ ligger i $x y$ -planet, går gjennom punktet $(1, 2, 0)$ og danner vinkelen $\frac{π}{4}$ med $y$ -aksen.

Løsning

Her trenger vi ikke tenke i tre dimensjoner siden linja ligger i $x y$ -planet. Når vinkelen med $y$ -aksen er $\frac{π}{4}$ , betyr det at stigningstallet til linja enten er $1$ eller $- 1$ . Det vil derfor være to mulige linjer som oppfyller disse kravene, se figuren nedenfor.

Todimensjonalt koordinatsystem der punktet A med koordinatene 1, 2 og 0 er tegnet. Ei linje gjennom A og punktet med koordinatene 0, 3 og 0 er tegnet. En linje gjennom A og punktet med koordinatene 0, 1 og 0 er også tegnet inn. Vinkelen mellom hver av linjene og y-aksen er pi fjerdedeler. Illustrasjon.

En retningsvektor for linja som går på skrå opp til høyre, kan vi finne ved å tenke at når vi går én enhet i positiv $x$ -retning, øker $y$ -verdien med 1. Dette tilsvarer vektoren $[1, 1, 0]$ siden både $x$ - og $y$ -koordinaten øker med 1. Vektoren vil være en retningsvektor for linja, og en parameterframstilling for denne linja er derfor

$l_{1} : \{\begin{cases} x = 1 + t \\ y = 2 + t \\ z = 0 \end{cases}$

Tilsvarende betraktning med den andre linja gir oss retningsvektoren $[1, - 1, 0]$ . En parameterframstilling for denne linja er derfor

$l_{2} : \{\begin{cases} x = 1 + t \\ y = 2 - t \\ z = 0 \end{cases}$

f) Linja $p$ gitt ved $y = - 3 x + 2$

Løsning

Linja $p$ tegner vi vanligvis i et todimensjonalt koordinatsystem, det vil si i $x y$ -planet, som betyr at $z = 0$ . Vi får fra konstantleddet at linja går gjennom punktet $(0, 2, 0)$ . At stigningstallet er $- 3$ , betyr at når vi går én enhet i positiv $x$ -retning, går vi tre enheter i negativ $y$ -retning. Det betyr at en retningsvektor for linja er $[1, - 3, 0]$ . En parameterframstilling for linja $p$ er

$p : \{\begin{cases} x = t \\ y = 2 - 3 t \\ z = 0 \end{cases}$

Oppgave 2

a) Ei linje $l$ går gjennom punktet $P (2, 0, - 3)$ . Vektoren $[- 1, 4, 2]$ er parallell med linja. Sett opp en parameterframstilling for linja.

Løsning

Vi har et punkt på linja og en retningsvektor for linja. Da kan vi sette opp parameterframstillingen

$l : \{\begin{cases} x = 2 - t \\ y = 4 t \\ z = - 3 + 2 t \end{cases}$

b) Vis at linja $l$ også går gjennom punktet $Q (1, 4, - 1)$ .

Løsning

Vi ser på $x$ -koordinaten først og regner ut hva parameteren $t$ er når $x = 1$ . Deretter tester vi at denne $t$ -verdien gir riktig $y$ - og $z$ -koordinat.

$1 = 2 - t \Leftrightarrow t = 2 - 1 = 1$

$\begin{array}{rcl} y & = & 4 t = 4 \cdot 1 = 4 \\ z & = & - 3 + 2 t = - 3 + 2 \cdot 1 = - 1 \end{array}$

Vi får riktig $y$ - og $z$ -koordinat, så linja $l$ går også gjennom punktet $Q (1, 4 - 1)$ .

c) Tegn linja og de to punktene med en graftegner.

Løsning

Vi skriver

Kurve(2-t,4t,-3+2t,t,-2,5)

inn i algebrafeltet. Da får vi figuren nedenfor. Vi har valgt å la $t$ gå fra $- 2$ til 5.

Tredimensjonalt koordinatsystem der linja med parameterframstilling x er lik 2 minus t, y er lik 4 t og z er lik minus 3 pluss 2 t er tegnet. 2 punkter P og Q ligger begge på linja. P har koordinatene 2, 0 og minus 3, mens Q har koordinatene 1, 4 og minus 1. Illustrasjon.

Oppgave 3

a) Ei linje $l$ går gjennom punktet $S (2, 4, 4)$ . Vektoren $[1, 2, 2]$ er parallell med linja. Sett opp en parameterframstilling for linja.

Løsning

$l : \{\begin{cases} x = 2 + t \\ y = 4 + 2 t \\ z = 4 + 2 t \end{cases}$

b) Vis at linja $l$ går gjennom origo.

Løsning

Vi setter $x$ -koordinaten lik 0.

$0 = 2 + t \Leftrightarrow t = - 2$

Vi setter inn denne $t$ -verdien i $y$ - og $z$ -koordinatene.

$y = z = 4 + 2 \cdot (- 2) = 4 - 4 = 0$

Linja $l$ går gjennom origo.

c) Finn en enklere parameterframstilling for linja $l$ .

Løsning

Vi kan lage en enklere parameterframstilling med utgangspunkt i punktet origo. Parameterframstillingen for linja $l$ blir da

$l : \{\begin{cases} x = t \\ y = 2 t \\ z = 2 t \end{cases}$

d) Finn en parameterframstilling for linja ved å bruke en annen retningsvektor enn $[1, 2, 2]$ .

Løsning

Vi kan for eksempel multiplisere vektoren $[1, 2, 2]$ med $- \frac{1}{2}$ . Resultatet vil fortsatt være en retningsvektor for linja siden $k \cdot [1, 2, 2]$ er parallell med $[1, 2, 2]$ . Vi får

$- \frac{1}{2} \cdot [1, 2, 2] = [- \frac{1}{2}, - 1, - 1]$

En annen parameterframstilling for linja $l$ blir

$l : \{\begin{cases} x = - \frac{t}{2} \\ y = - t \\ z = - t \end{cases}$

e) Tegn linja $l$ og punktet $S$ .

Løsning

Tredimensjonalt koordinatsystem der linja med parameterframstilling x er lik t, y er lik 2 t og z er lik 2 t er tegnet. Punktet S ligger på linja og har koordinatene 2, 4 og 4. Illustrasjon.

Oppgave 4

a) Finn en parameterframstilling for linja $m$ som går gjennom $A (- 3, 2, 2)$ og $B (2, - 3, - 2)$ .

Løsning

En retningsvektor for $m$ vil være

$\vec{A B} = [2 - (- 3), - 3 - 2, - 2 - 2] = [5, - 5, - 4]$

En parameterframstilling for $m$ blir derfor

$m : \{\begin{cases} x = - 3 + 5 t \\ y = 2 - 5 t \\ z = 2 - 4 t \end{cases}$

b) Tegn linja og de to punktene.

Løsning

Tredimensjonalt koordinatsystem der linja med parameterframstilling x er lik minus 3 pluss 5 t, y er lik 2 minus 5 t og z er lik 2 minus 4 t er tegnet. 2 punkter A og B ligger begge på linja. A har koordinatene minus 3, 2 og 2, mens B har koordinatene 2, minus 3 og minus 2. Illustrasjon.

Oppgave 5

Ei linje er beskrevet med likningen

$\vec{O P} = [- 2, 0, - 3] + t \cdot [1, 1, 2]$

Skriv opp en parameterframstilling for linja.

Løsning

Vektoren $[- 2, 0, - 3]$ er posisjonsvektoren til punktet $(- 2, 0, - 3)$ , som ligger på linja. Vektoren $[1, 1, 2]$ er retningsvektor for linja. En parameterframstilling for linja er derfor

$m : {\begin{cases} x = - 2 + t \\ y = t \\ z = - 3 + 2 t \end{cases}$

Oppgave 6

Gitt ei linje $m$ på parameterform

$m : {\begin{matrix} x = 3 + 2 t \\ y = 4 + 4 t \\ z = 2 + 8 t \end{matrix}$

Finn et uttrykk for $t$ for hver av koordinatene. Bruk dette til å forklare hvorfor vi ikke kan beskrive linja $m$ med én likning slik vi kan med linjer i to dimensjoner.

Løsning

Vi løser hver av koordinatlikningene med hensyn på $t$ .

$\begin{array}{rcl} x & = & 3 + 2 t \Rightarrow t = \frac{x - 3}{2} \\ y & = & 4 + 4 t \Rightarrow t = \frac{y - 4}{4} \\ z & = & 2 + 8 t \Rightarrow t = \frac{z - 2}{8} \end{array}$

Dette gir

$\frac{x - 3}{2} = \frac{y - 4}{4} = \frac{z - 2}{8}$

Vi får ikke en likningsframstilling bestående av én likning. Vi får i stedet to (tre) likninger som til sammen kan betraktes som en likningsframstilling for linja. Det er derfor oftest hensiktsmessig å beskrive linjer i rommet på parameterform.

Oppgave 7

a) Tegn kurven

$k : {\begin{cases} x = - 3 + \frac{1}{2} t \\ y = 2 + t \\ z = 2 \sin t \end{cases}, t \in [- 2 π, 4 π]$

Løsning

Tredimensjonalt koordinatsystem der det er tegnet en kurve med parameterframstilling x er lik minus 3 pluss en halv t, y er lik 2 pluss t og z er lik 2 sinus til t for t-verdier mellom minus 2 pi og 4 pi. Illustrasjon.

b) Skjærer kurven $y$ -aksen?

Løsning

For at kurven skal skjære $y$ -aksen, må vi kreve at $x = 0$ og $z = 0$ . Den første likningen gir

$\begin{array}{rcl} - 3 + \frac{1}{2} t & = & 0 \\ \frac{1}{2} t & = & 3 \\ t & = & 6 \end{array}$

$z$ -koordinaten må være lik 0 for samme $t$ -verdi.

$2 \cdot \sin 6 \neq 0$

Kurven skjærer derfor ikke $y$ -aksen.

c) Endre på parameterframstillingen slik at du får bølgemønsteret til å gå på skrå oppover fra $x y$ -planet.

Løsning

Det er $z$ -koordinaten som styrer hvordan kurven beveger seg i høyden dersom vi assosierer positiv $z$ -retning som oppover. Hvis vi lar $z$ -koordinaten få et lineært tillegg $t$ , vil bølgemønsteret gå lineært oppover.

Oppgave 8

a) Vis ved å finne lengden av posisjonsvektoren $\vec{O P}$ der $P$ er et punkt på kurven at kurven $k$ gitt ved parameterframstillingen

$k : {\begin{cases} x = 0 \\ y = 2 \cos t \\ z = 2 \sin t \end{cases}, t \in [0, 2 π]$

er en sirkel med sentrum i origo.

Løsning

En sirkel med sentrum i origo vil ha en posisjonsvektor som har konstant lengde uansett verdi på $t$ .

$\vec{O P} = [0, 2 \cos t, 2 \sin t]$

$\begin{array}{rcl} |\vec{O P}| & = & \sqrt{0^{2} + {(2 \cos t)}^{2} + {(2 \sin t)}^{2}} \\ = & \sqrt{4 \cos^{2} t + 4 \sin^{2} t} \\ = & \sqrt{4 (\cos^{2} t + \sin^{2} t)} \\ = & 2 \end{array}$

b) En kurve $m$ er gitt ved parameterframstillingen

$m : {\begin{cases} x = 0 \\ y = a \cos t \\ z = 2 \sin t \end{cases}, t \in [0, 2 π]$

Hvilke verdier kan $a$ ha for at kurven skal være en sirkel med sentrum i origo?

Løsning

Vi bruker den samme tenkemåten som i oppgave a).

$\vec{O P} = [0, a \cos t, 2 \sin t]$

$\begin{array}{rcl} |\vec{O P}| & = & \sqrt{0^{2} + {(a \cos t)}^{2} + {(2 \sin t)}^{2}} \\ = & \sqrt{a^{2} \cos^{2} t + 4 \sin^{2} t} \\ = & \sqrt{a^{2} \cos^{2} t + 4 (1 - \cos^{2} t)} \\ = & \sqrt{a^{2} \cos^{2} t + 4 - 4 \cos^{2} t} \\ = & \sqrt{(a^{2} - 4) \cos^{2} t + 4} \end{array}$

Dersom $|\vec{O P}|$ skal være konstant, må vi kreve at

$\begin{array}{rcl} a^{2} - 4 & = & 0 \\ a^{2} & = & 4 \\ a & = & - 2 \lor a = 2 \end{array}$

Kurven $m$ er en sirkel dersom $a = - 2 \lor a = 2$ .

Oppgave 9

Nedenfor er parameterframstillingen til mange fine kurver skrevet opp. Tegn kurvene. Drei på koordinatsystemet og se kurvene fra flere synsvinkler. Hvilken av kurvene synes du er finest? (Oppgaven er mest for moro skyld.)

a) Vivianis kurve $k : {\begin{cases} x = 0 \\ y = 3 \cos t \\ z = 2 \sin t \end{cases}, t \in [0, 2 π]$

(Dette er samme kurve som i 8 b) med $a = 3$ .)

b) Polynomisk knute $k : {\begin{cases} x = t^{3} - 3 t + 3 \\ y = t^{4} - 4 t^{2} + 3 \\ z = \frac{1}{5} t^{5} - 2 t + 3 \end{cases}, t \in [- 5, 5]$

c) Trigonometrisk knute $k : {\begin{cases} x = \cos 2 t \cdot (3 + \cos 3 t) \\ y = \sin 2 t \cdot (3 + \cos 3 t) \\ z = \sin 3 t \end{cases}, t \in [0, 2 π]$

d) En annen trigonometrisk knute: Øk alle koeffisientene foran $t$ i forrige oppgave med 1.

e) En tredje trigonometrisk knute

$k : {\begin{cases} x = \cos 2 t \cdot (1 + 0.6 (\cos 5 t + 0.75 \cos 10 t)) \\ y = \sin 2 t \cdot (1 + 0.6 (\cos 5 t + 0.75 \cos 10 t)) \\ z = 0.35 \sin 5 t \end{cases}, t \in [0, 2 π]$

Nedlastbare filer

Her kan du laste ned oppgavene som Word- og pdf-dokumenter.

Kurver og flater i rommet