Afstand fra et punkt til en linje Frank Villa 6. oktober 2014 Dette dokument er en del af MatBog.dk 2008-2012. IT Teaching Tools. ISBN-13: 978-87-92775-00-9. Se yderligere betingelser for brug her.
Indhold 1 Introduktion 2 2 Bevis vha. trekanter 4 3 Bevis vha. analytisk geometri 7 4 Bevis vha. cirkler og andengradsligninger 11 5 Bevis vha. andengradsfunktioner 13 6 Bevis vha. vektorer 13
Resumé Her beviser vi en nydelig lille sætning om hvordan man beregner den vinkelrette afstand fra et punkt til en linje i det todimensionale koordinatsystem. Vi beviser den samme sætning på flere forskellige måder for at demonstrere hvordan forskellige ideer kan lede til den samme konklusion. Her slutter MatBog.dk Figur 1: På dette sted løb jeg desværre tør for fritid. Derfor er dette dokument ikke færdigt. Hvis du køber et abonnement (eller får din lærer eller skole til at gøre det), så kan jeg tillade mig at tage lidt mere fri til at skrive på MatBog, og så vil disse huller blive lappet meget hurtigere! side 1
1 Introduktion Vi skal bevise et sætning om hvordan man beregner afstanden mellem et punkt og en linje i det todimensionale koordinatsystem. Det er underforstået at afstanden mellem et punkt og en linje er den vinkelrette eller kortest mulige afstand. Samtidigt vil jeg gerne demonstrere et meget smukt fænomen som optræder meget hyppigt i matematik Nemlig at den samme påstand sagtens kan bevises på mange forskellige måder. Alt efter hvilke noget værktøj man lige finder frem, kan man få meget forskellige ideer, men ofte vil disse ideer alligevel lede frem til den samme konklusion. Derfor laver vi hele X forskellige beviser for sætningen i dette dokument. Det er naturligvis begrænset hvor forskellige ideerne kan være, når sætningen er så simpel som den er, så du vil muligvis (hvis du er skarp) kunne se at nogle af beviserne ligner hinanden, selvom redskaberne som bliver brugt er forskellige. Forudsætninger Det første bevis benytter noget viden om trekanter. Her skal du kende Pythagoras sætning og noget viden om ensvinklede trekanter for at følge med. Det andet bevis bygger på viden om vinkelrette linjers hældningskoefficienter. Derudover er der nogle tunge omskrivninger med brøker og potenser. Det tredie bevis bygger på cirklens ligning samt viden om antallet af løsninger til en andengradsligning. Du får også brug for kvadratsætningerne i dette bevis. Det fjerde bevis bygger på viden om andengradsfunktioner og deres ekstremumsværdier. Dette er nok det mest fancy af beviserne, og du bør nok have arbejdet en del med funktioner og optimering for at synes at det er smart. Det sidste bevis bygger på teorien om todimensionelle vektorer, og hvordan man projicerer sådan nogle på hinanden. side 2
Sætning 1 (Afstand fra punkt til linje). Hvis L er en linje, givet ved en ligning af typen: og y a x + b P (x 0 ; y 0 ) er et punkt i koordinatsystemet, så kan den vinkelrette afstand (se figur 2) fra P til L udregnes som: Dist(P, L) a x 0 + b y 0 1 + a 2 Figur 2: Afstand fra et punkt til en linje (se sætning 1) 3 P 2 1-5 -4-3 -2-1 1 2 3 4 5-1 L -2-3 side 3
2 Bevis vha. trekanter Det første bevis er muligvis det nemmeste at forstå, fordi de redskaber som skal i brug er meget enkle: Vi får kun brug for viden om ensvinklede trekanter, retvinklede trekanter og så lige selve linjens ligning. Til gengæld er det nok også det sværeste bevis at finde på selv. Man skal nemlig starte med en ret vild tegning. Kig på figur 3 nedenfor. Figur 3: Ideen i det første bevis. Vi har på tegningen skitseret linjen (denne gang med negativ hældning) og tilføjet følgende: side 4
Den vinkelrette linje fra punktet ind til linjen. Skæringspunktet hvor vi rammer linjen kalder vi for D. En lodret linje fra punktet til linjen. Skæringspunktet hvor vi rammer linjen kalder vi for E. Et vandret linjestykke fra punktet D som går præcis 1 til højre. Punktet hvor vi slutter kalder vi for F. Et lodret linjestykke fra dette punkt, F, til linjen. Punktet hvor vi møder linjen kalder vi for H. Det lodrette linjestykke får en længe som er lig den numeriske værdi af linjens hældningskoefficient. Hele tricket består nu i at indse at de to retvinklede trekanter som opstår faktisk er ensvinklede: De har naturligvis begge en ret vinkel (den store trekant i punktet D og den lille i punktet F ). Men derudover er den lille trekants vinkel i punktet H præcis den samme som den store trekants vinkel i punktet E. Og eftersom vinkelsummen i begge trekanter er 180, må de sidste to vinkler også være ens. Nu beregner vi hypotenusens længde i begge trekanter. I den store trekant er det den lodrette afstand mellem P og E. Denne afstand er lig forskellen på punkterne y-koordinater. P s y-koordinat er ganske enkelt y 0, mens E s y-koordinat kan beregnes ved hjælp af linjens ligning (fordi E har samme x-koordinat som P, og det ligger på linjen): y E a x 0 + b Altså har vi hypotenusens længde i den store trekant: P E a x 0 + b y 0 (Bemærk at vi har taget nummerisk forskel på de to y-værdier, fordi vi strengt taget ikke kan vide hvilken af dem der er størst.) Hypotenusen i den lille trekant kan let beregnes ved hjælp af Pythagoras sætning: DH 2 DF 2 + F H 2 side 5
dvs. DH (Bemærk at vi har glemt den numeriske værdi på a, men det gør ingenting fordi det alligevel skal opløftes i anden potens). Til sidst benytter vi at forholdet mellem ensliggende sider i de to envinklede trekanter er det samme uanset hvilket par af sider man kigger på. Forholdet mellem hypotenuserne er naturligvis: α a x 0 + b y 0 1 + a 2 Sagt på en anden måde: Den store trekant er α gange større end den lille. Det vil vi nu overføre på den ene katete i de to trekanter. Her skal vi bare passe på at vælge den samme katete i begge trekanter. I den store trekant vil vi selvfølgelig gerne have fat i kateten mellem P og D. Eftersom denne katete går mellem den rette vinkel og vinklen i P, svarer det til kateten mellem D og F i den lille trekant. Vi har altså: P D DF a x 0 + b y 0 1 + a 2 Men eftersom DF 1 kan dette simpelt hen skrives som: Hvilket var hvad vi skulle vise. P D a x 0 + b y 0 1 + a 2 side 6
3 Bevis vha. analytisk geometri Det næste bevis er nok det nemmeste at finde på selv. Ihvertfald hvis man kender den følgende sætning. Til gengæld er det klart det grimmeste bevis, fordi vi havner i nogle ret tunge omskrivninger. Men hvis du hænger på, kan du få en masse god træning i at omskrive brøker og potenser. Sætning 2 (Vinkelrette linjer). Hvis L og M er to linjer, som er givet ved ligningerne: L : y a x + b og M : y cx + d så er L og M ortogonale hvis og kun hvis a c 1 Ideen er at lave en linje som er vinkelret på L, og som går gennem punktet P. I første omgang skal sådan en linje ifølge sætning 2 have hældningen, c, hvor: a c 1 dvs. c 1 a For at få den til at gå igennem P (x 0 ; y 0 ) beskriver vi den ved ligningen: y c (x x 0 ) + y 0 1 a (x x 0) + y 0 Nu finder vi så skæringspunktet mellem denne linje og L ved at finde den x-koordinat, hvor de to linjers ligninger giver samme y-værdi. Dvs: a x + b 1 a (x x 0) + y 0 side 7
dvs. a x + b 1 a x + 1 a x 0 + y 0 Vi samler leddene med x på venstre side: og sætter x uden for parentes: 1 a x + a x 1 a x 0 + y 0 b x ( 1 a + a) 1 a x 0 + y 0 b For at gøre de videre beregninger lidt nemmere lægger vi de to brøker på venstre side sammen: x ( 1 + a2 ) 1 a a x 0 + y 0 b Og så dividerer vi med den samlede brøk på begge sider: x a ( 1 1 + a 2 a x 0 + y 0 b) Det gør vi en smule pænere ved at gange parentesen op i tælleren af brøken: x x 0 + a y 0 a b Det her er simpelt hen x-koordinaten til det punkt på L som ligger nærmest P. Vi navngiver den lige (fordi der er så mange ting der hedder x ): x 1 x 0 + a y 0 a b Nu er det en smal sag at beregne y-koordinaten. Det gør vi ved at indsætte x-koordinaten i ligningen for L: y 1 a x 1 + b a x0 + a y 0 a b + b side 8
Nu er det bare et spørgsmål om at beregne afstanden mellem (x 1 ; y 1 ) og P. Det gør vi ved hjælp af afstandsformlen: Dist(P, L) (x 1 x 0 ) 2 + (y 1 y 0 ) 2 Resten af dette bevis går bare ud på at indsætte udtrykkene for x 1 og y 1 i denne beregning, og så prøve at få det til at ligne det som sætningen påstår. God fornøjelse. :) Dist(P, L) (x 1 x 0 ) 2 + (y 1 y 0 ) 2 Vi starter med at beregne hver af de to parenteser: ( ) 2 (x 1 x 0 ) 2 x0 + a y 0 a b x 0 ( x0 + a y 0 a b x 0 ( ) ( x0 + a y 0 a b x 0 ( ) ( x0 + a y 0 a b x 0 x 0 a 2 ( a y0 a b x 0 a 2 ) 2 ( ) 2 a y0 b x 0 a ( ) 2 a 2 y0 b x 0 a ( ) 2 a a 2 x0 + b y 0 ) 2 ) 2 ) 2 side 9
NB: I det sidste skridt skiftede vi fortegn på nævneren i brøken (og byttede om på rækkefølgen af leddene). Fortegnsskiftet gør ingen forskel, fordi det hele er opløftet i anden potens, men det får udtrykket til at ligne det som vi sigter efter. Nu til det andet led: ( ) 2 (y 1 y 0 ) 2 a x0 + a y 0 a b + b y 0 ( a x0 + a 2 y 0 a 2 b + (1 + ) 2 a2 )(b y 0 ) ( a x0 + a 2 y 0 a 2 b + ( ) 2 )(b y 0 ) ( a x0 + a 2 y 0 a 2 b + b y 0 + a 2 b a 2 y 0 ( ) 2 a x0 + b y 0 ) 2 Nu kan vi endelig beregne: side 10
Dist(P, L) (x 1 x 0 ) 2 + (y 1 y 0 ) 2 ( ) 2 ( a x0 + b y 0 a x0 + b y 0 a2 + ( ) 2 a x0 + b y 0 (a2 + 1) (a 2 + 1) (a x 0 + b y 0 ) 2 ( ) 2 (a x0 + b y 0 ) 2 a x 0 + b y 0 1 + a 2 ) 2 4 Bevis vha. cirkler og andengradsligninger Hvis vi begynder at tegne en hel masse cirkler med centrum i P, så bliver deres ligninger: (x x 0 ) 2 + (y y 0 ) 2 r 2 hvor r er en radius som vi selv må vælge. Hver gang vi vælger en værdi af r, kan vi spørge hvor henne (og især: hvor mange gange) at cirklen skærer linjen. Det svarer til at lede efter løsninger (x; y) som både opfylder cirklens ligning og linjens ligning. Et sådant punkt (x; y) vil altså være løsning til de to ligninger: (x x 0 ) 2 + (y y 0 ) 2 r 2 side 11
og y a x + b Hvis vi indsætter den anden ligning i den første, finder vi at skæringspunkternes x-koordinater må være løsninger til ligningen: (x x 0 ) 2 + (a x + b y 0 ) 2 r 2 Nu gør vi noget som normalt er meget dumt, nemlig at omskrive potensopløftningerne af de to parenteser ved hjælp af kvadratsætningerne. Det bliver det hele meget mere rodet af, men til gengæld kan vi genkende at vores ligning er en andengradsligning om x: dvs. x 2 + x 2 0 2x x 0 + (a x) 2 + (b y 0 ) 2 + 2 (a x) (b y 0 ) r 2 (a 2 + 1)x 2 + ( 2x 0 + 2a (b y 0 ))x + x 2 0 + (b y 0 ) 2 r 2 0 Tricket er nu at indse at den afstand som vi er ude efter er præcis det samme som den radius hvorved ovenstående ligning har præcis 1 løsning. Andengradsligninger har som bekendt præcis 1 løsning når deres diskriminant er lig med nul. Det betyder at r bliver lig med vores afstand i det øjeblik hvor: ( 2x 0 + 2a (b y 0 )) 2 4 (a 2 + 1) (x 0 + (b y 0 ) 2 r 2 ) 0 Det ser umiddelbart helt forfærdeligt ud. Og det er det også. Men hvis vi lige indser at r kun forekommer et enkelt sted, så er det ikke slemt at isolere r i denne ligning. ( 2x 0 +2a (b y 0 )) 2 4 (a 2 +1) (x 0 +(b y 0 ) 2 )+4 (a 2 +1) r 2 0 side 12
dvs. 4 (a 2 + 1) r 2 4 (a 2 + 1) (x 0 + (b y 0 ) 2 ) ( 2x 0 + 2a (b y 0 )) 2 dvs. r 2 4 (a2 + 1) (x 0 + (b y 0 ) 2 ) ( 2x 0 + 2a (b y 0 )) 2 4 (a 2 + 1) 5 Bevis vha. andengradsfunktioner Minimer afstanden. 6 Bevis vha. vektorer Projicer en vektor side 13