szukanie zaawansowane
 [ Posty: 3 ] 
Autor Wiadomość
Kobieta Offline
 Tytuł: Obrót punktu
PostNapisane: 25 sty 2012, o 01:20 
Użytkownik

Posty: 56
Lokalizacja: Gdansk
Witam. Bardzo proszę o pomoc w następującym zadaniu:
Dany jest punkt P oraz odcinek AB w 3d. Znaleźć punkt P' będący obrotem punktu P dookoła odcinka AB o kąt 90 stopni.
Uniwersytet Wrocławski Instytut Matematyczny - rekrutacja 2019
Góra
Mężczyzna Offline
 Tytuł: Obrót punktu
PostNapisane: 25 sty 2012, o 04:40 
Użytkownik

Posty: 1450
Lokalizacja: Warszawa
Mamy tutaj do czynienia z obrotem afinicznym. Możemy sobie sprowadzić sytuację do liniowej.

Trzeba obrócić punkt P wokół prostej A+\textup{lin}\left(\overrightarrow{AB}\right). Obróćmy sobie zatem P_1=P-\vec{A} wokół prostej \textup{lin}\left(\overrightarrow{AB}\right), a do wyniku dodajmy wektor \vec A. Niech \varphi\colon\mathbb R^3\to\mathbb R^3 będzie takim obrotem. Znajdziemy \varphi(P_1)

Potrzebujemy znaleźć ortonormalną bazę przestrzeni \textup{lin}\left( \overrightarrow{AB}\right)^\perp, czyli płaszczyznę.

Weźmy dowolną bazę \mathbb R^3 postaci \mathcal A=\left\{ \overrightarrow{AB},\alpha_1,\alpha_2\right\}, znajdziemy bazę ortogonalną \mathcal A'=\left\{ \overrightarrow{AB},\alpha_1',\alpha_2'\right\} poprzez ortogonalizację
Grama-Schmidta.

\alpha_1'=\alpha_1- \frac{\left\langle \alpha_1,\overrightarrow{AB}\right\rangle }{\left\langle \overrightarrow{AB},\overrightarrow{AB}\right\rangle }\overrightarrow{AB}

\alpha_2'=\alpha_2- \frac{\left\langle \alpha_2,\overrightarrow{AB}\right\rangle}{\left\langle \overrightarrow{AB},\overrightarrow{AB}\right\rangle }\overrightarrow{AB}- \frac{\left\langle \alpha_2,\alpha_1'\right\rangle }{\left\langle \alpha_1',\alpha_1'\right\rangle }\alpha_1'

Znormalizujmy znalezione wektory:

\alpha_1'':= \frac{\alpha_1'}{\lVert\alpha_1'\rVert}

\alpha_2'':= \frac{\alpha_2'}{\lVert\alpha_2'\rVert}

Wówczas \mathcal B=\left\{ \alpha_1'',\alpha_2''\right\} jest bazą ortonormalną \textup{lin}\left( \overrightarrow{AB}\right)^\perp.

\mathcal A'':=\left\{ \overrightarrow{AB},\alpha_1'',\alpha_2''\right\}


M(\varphi)_{\mathcal{A}''}^{\mathcal{A}''}=\left[ \begin{array}{ccc}\cos (\pi/2)&-\sin(\pi/2)&0\\\sin(\pi/2)&\cos(\pi/2)&0\\0&0&1\end{array} \right]

Teraz znajdujemy: M(\varphi)_{\textrm{st}}^{\textrm{st}}=M(\textup{id})_{\mathcal{A}''}^{\textrm{st}}\cdot M(\varphi)_{\mathcal{A}''}^{\mathcal{A}''}\cdot M(\textup{id})_{\textrm{st}}^{\mathcal{A}''}

Ostatecznie:

\varphi(P_1)=M(\varphi)_{\textrm{st}}^{\textrm{st}}\cdot \vec{P_1}^{\textrm{T}}

Obraz punktu P przy obrocie wokół prostej A+\textup{lin}\left(\overrightarrow{AB}\right) to M(\varphi)_{\textrm{st}}^{\textrm{st}}\cdot \left(\vec{P}-\vec{A}\right)^{\textrm{T}}+\vec{A}
Góra
Kobieta Offline
 Tytuł: Obrót punktu
PostNapisane: 25 sty 2012, o 14:08 
Użytkownik

Posty: 56
Lokalizacja: Gdansk
Bardzo dziękuję za odpowiedź. Wczoraj jeszcze trochę myślałam nad tym zadaniem i czy dobrym rozwiązaniem byłoby poniższe?:

Wykorzystamy macierz obrotu wokół dowolnej osi lub dowolnej prostej skierowanej przechodzącej przez początek układu:
\left[\begin{array}{ccc}cos \theta+u _{x} ^{2}(1-cos \theta)  &u _{x}u _{y}(1-cos \theta) -u _{z}sin \theta   &u _{x}u _{z}(1-cos\theta)+u _{y}sin\theta   \\u _{y}u _{x}(1-cos\theta)+u _{z}sin\theta&cos \theta+u _{y} ^{2}(1-cos \theta)&u _{y}u _{z}(1-cos\theta)-u _{x}sin\theta\\u _{z}u _{x}(1-cos\theta)-u _{y}sin\theta&u _{z}u _{y}(1-cos\theta)+u _{x}sin\theta&cos \theta+u _{z} ^{2}(1-cos \theta)\end{array}\right]

gdzie (u _{x},u _{y},u _{z}) to wektor jednostkowy wskazujący kierunek prostej wokół której obracamy.

Co musimy zrobić to przesunąć nasz odcinek do początku układu współrzędnych korzystając z macierzy translacji:
\left[\begin{array}{cccc}1&0&0&-x\\0&1&0&-y\\0&0&1&-z\\0&0&0&1\end{array}\right]

Następnie wykonać obrót punktu P, w tym celu rozszerzamy macierz obrotu do wymiaru 4x4.

\left[\begin{array}{cccc}cos \theta+u _{x} ^{2}(1-cos \theta)  &u _{x}u _{y}(1-cos \theta) -u _{z}sin \theta   &u _{x}u _{z}(1-cos\theta)+u _{y}sin\theta&0   \\u _{y}u _{x}(1-cos\theta)+u _{z}sin\theta&cos \theta+u _{y} ^{2}(1-cos \theta)&u _{y}u _{z}(1-cos\theta)-u _{x}sin\theta&0\\u _{z}u _{x}(1-cos\theta)-u _{y}sin\theta&u _{z}u _{y}(1-cos\theta)+u _{x}sin\theta&cos \theta+u _{z} ^{2}(1-cos \theta)&0\\0&0&0&1\end{array}\right]

Na końcu musimy znowu przesunąć nasz odcinek do jego początkowego położenia korzystając ponownie z macierzy translacji w poniższej formie:
\left[\begin{array}{cccc}1&0&0&x\\0&1&0&y\\0&0&1&z\\0&0&0&1\end{array}\right]

Ostateczna transformacja to iloczyn powyższych macierzy.

Moje przyjęte dane początkowe:
kąt \theta=90 ^{o}, A=(3,2,1), B=(6,4,7), P(4,7,9)
i szukamy P'=(x',y',z')

Obliczamy wektor jednostkowy:
\vec{u}= \frac{ \vec{AB} }{\left|  \vec{AB} \right| }= \frac{\left[ 3,2,6\right] }{ \sqrt{49} }= \frac{\left[ 3,2,6\right] }{7}=\left[  \frac{3}{7}, \frac{2}{7}, \frac{6}{7}   \right]

Szukany punkt P' po podstawieniu danych:

\left[\begin{array}{c}x'&y'&z'&1\end{array}\right]=\left[\begin{array}{cccc}1&0&0&-3\\0&1&0&-2\\0&0&1&-1\\0&0&0&1\end{array}\right]\left[\begin{array}{cccc} \frac{9}{49} & \frac{-37}{49} & \frac{32}{49} &0\\ \frac{48}{49} & \frac{4}{49} & \frac{-9}{49} &0\\ \frac{4}{49} & \frac{33}{49} & \frac{36}{49} &0\\0&0&0&1\end{array}\right]\left[\begin{array}{cccc}1&0&0&3\\0&1&0&2\\0&0&1&1\\0&0&0&1\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}4&7&9&1\end{array}\right]

Po obliczeniach:
\left[\begin{array}{c}x'&y'&z'&1\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c} \frac{-97}{49} & \frac{184}{49} & \frac{636}{49} &1\end{array}\right]

Czyli nasz szukany punkt P'=( \frac{-97}{49}, \frac{184}{49}, \frac{636}{49})
Góra
Utwórz nowy temat Odpowiedz w temacie  [ Posty: 3 ] 


 Zobacz podobne tematy
 Tytuł tematu   Autor   Odpowiedzi 
 Obliczenie współrzędnych punktu trójkąta  bartekac  6
 Symetria punktu względem płaszczyzny  hoodies  1
 współrzędne punktu C - zadanie 4  lukminek  1
 obraz punktu w symetrii osiowej  Karolina721346  1
 odleg punktu od prostej 2  Natalia007  1
 
Atom [Regulamin Forum] [Instrukcja LaTeX-a] [Poradnik] [F.A.Q.] [Reklama] [Kontakt]
Copyright (C) Karpatka.pl