1

2

Η συντακτική ομάδα των μαθηματικών αποτελείται: Από τον διευθυντή ΜΑΝΟΥΗΛ ΚΙΟΥΛΑΦΑ Και τους εκπαιδευτικούς ΓΚΥΡΤΗ ΑΘΑΝΑΣΙΟ ΚΑΝΤΑ ΚΩΝΣΤΑΝΤΙΝΟ ΚΑΡΔΑΜΙΤΣΗ ΣΠΥΡΟ ΜΩΡΟΥ ΑΡΤΕΜΗ ΣΩΤΗΡΟΠΟΥΛΟ ΝΙΚΟ

3

ΔΙΑΝΥΣΜΑΤΑ

ΙΣΤΟΡΙΚΟ ΣΗΜΕΙΩΜΑ

Η προέλευση της έννοιας του διανύσματος δεν έχει γίνει μέχρι σήμερα γνωστή. Εικάζεται ότι η πρώτη εμφάνισή της οφείλεται σε ένα πόρισμα της εργασίας «Principia» του Isaac Newton, το 1687. Στην εργασία αυτή εξετάζονται εκτενώς κάποιες διανυσματικές ποσότητες (ταχύτητα, δύναμη κ.α.) αλλά όχι ακριβώς η έννοια του διανύσματος με τη σημερινή της μορφή.

Η συστηματική μελέτη και η χρήση των διανυσμάτων αναπτύχθηκε ραγδαία στις πρώτες δεκαετίες του 19ου αιώνα, μέσω των γεωμετρικών αναπαραστάσεων των μιγαδικών αριθμών. Βασικοί εμπνευστές αυτών των εργασιών ήταν οι Carl Friedrich Gauss (1777 – 1855), William Rowan Hamilton (1805 – 1865), Joseph Louis Lagrange (1736 – 1813), Pierre Simon Laplace (1749 – 1827) και κυρίως ο James Clerk Maxwell (1831 – 1879), ο οποίος ταξινόμησε τις φυσικές ποσότητες σε μονοδιάστατες και διανυσματικές.

Η ανάπτυξη του Διανυσματικού Λογισμού συνεχίσθηκε μέχρι τις αρχές του 20ου αιώνα με την εργασία του Willard Gibbs (1839 – 1903) στη θερμοδυναμική και τη διατριβή του Jean Frenet (1816 – 1990) στη θεωρία των διαστημικών καμπυλών, η οποία περιέχει τους τύπους Frenet – Serret (γνωστό ως πλαίσιο Τ.Ν.Β.).

Σήμερα τα διανύσματα αποτελούν τη σύγχρονη γλώσσα της Φυσικής και των Εφαρμοσμένων Μαθηματικών, αλλά ταυτόχρονα συνεχίζουν να κρατούν το εγγενές μαθηματικό ενδιαφέρον τους..

4

ΛΥΜΕΝΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΔΙΑΝΥΣΜΑΤΩΝ 1η ΑΣΚΗΣΗ : Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ, Μ το μέσο της πλευράς ΑΒ και Δ, Ε δυο σημεία του επιπέδου του τριγώνου, τέτοια ώστε Μ μέσο του ΔΕ. Να αποδείξετε ότι: α)

.

β) Για τυχαίο σημείο Κ του επιπέδου ισχύει ότι :

.

ΛΥΣΗ : α) Είναι

(Στο τετράπλευρο

ΑΔΒΕ οι διαγώνιοι διχοτομούνται. Άρα το τετράπλευρο ΑΔΒΕ είναι παραλληλόγραμμο και έτσι

τα διανύσματα

και

είναι αντίθετα). ΤΡΟΠΟΣ Β΄ : 2 2 και

αφού Μ μέσο ΑΒ και ΔΕ.

Επομένως

. β) Για το τυχαίο σημείο Κ του επιπέδου θα έχουμε ότι :

που ισχύει από το α) ερώτημα.

2η ΑΣΚΗΣΗ :

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ ,η διάμεσος ΑΜ και σημεία Ρ και Ε τέτοια ώστε 1ΑΡ ΑΜ3

και

5 1ΡΕ ΑΒ ΑΓ6 6

.

i)Να δείξετε ότι το Ρ είναι το μέσον του ΒΕ.

ii)Αν Η σημείο τέτοιο ώστε 1 2ΒΗ ΑΓ ΑΒ3 3

, να δείξετε ότι το τετράπλευρο ΑΒΗΕ είναι

παραλληλόγραμμο.

5

ΛΥΣΗ : i) Είναι

1 1 1 1 1 5 1ΒΡ ΑΡ ΑΒ ΑΜ ΑΒ ΑΒ ΑΓ ΑΒ ΑΒ ΑΓ ΑΒ ΑΒ ΑΓ.3 3 2 6 6 6 6

Δηλαδή

ΒΡ ΡΕ

και επομένως Ρ μέσον του ΒΕ.

ii) 5 1 1 5 1 1 1ΑΕ ΡΕ ΡΑ ΑΒ ΑΓ ΑΜ ΑΒ ΑΓ ΑΒ ΑΓ6 6 3 6 6 3 2

=

5 1 1 1 4 2 2 1ΑΒ ΑΓ ΑΒ ΑΓ ΑΒ ΑΓ ΑΒ ΑΓ6 6 6 6 6 6 3 3

, άρα ΑΕ ΒΗ

.

3η ΑΣΚΗΣΗ : Δίνονται τα σημεία του επιπέδου Α, Β, Γ, Δ, Ε και Ο σημείο αναφοράς. Επίσης δίνεται ότι :

1 4 2 1 5 35 5 3 3 2 2

OA , ΟΒ , ΟΓ , ΟΔ , ΟΕ . Να αποδείξετε ότι τα

σημεία Α, Β, Γ, Δ, Ε είναι συνευθειακά. ΛΥΣΗ : Έχουμε ότι :

1 4 4 4 4 4( )5 5 5 5 5 5

2 1 1 1 1 1( )3 3 3 3 3 3

5 3 3 3 3 3( )2 2 2 2 2 2

.

Άρα τα διανύσματα , ΑΔ, ΑΕ

γράφονται σαν γραμμικός συνδυασμός του ίδιου διανύσματος

, και επομένως τα σημεία Α, Β, Γ, Δ, Ε είναι συνευθειακά.

6

4η ΑΣΚΗΣΗ :

Σε τρίγωνο ΑΒΓ Μ είναι το μέσον της ΑΓ και τα σημεία Δ και Ε τέτοια ώστε 1ΑΔ ΑΒ4

και

1ΓΕ ΒΓ2

.

i)Να εκφράσετε τα διανύσματα ΔΜ

και ΔΕ

ως γραμμικό συνδυασμό των ΑΒ

και ΑΓ

. ii) Να δείξετε ότι τα σημεία Δ, Μ, Ε είναι συνευθειακά. iii) Αν Η το μέσον της ΜΕ, τότε να δείξετε ότι το τετράπλευρο ΑΗΓΔ είναι παραλληλόγραμμο.

ΛΥΣΗ :

i) 1 1ΔΜ ΑΜ ΑΔ ΑΓ ΑΒ2 4

(1)

3 3 1 3 3 3 3ΔΕ ΔΒ ΒΕ ΑΒ ΒΓ ΓΕ ΑΒ ΒΓ ΒΓ ΑΒ ΒΓ ΑΒ ΑΓ ΑΒ4 4 2 4 2 4 2

= 3 3 3 3 3ΑΒ ΑΓ ΑΒ ΑΒ ΑΓ4 2 2 4 2

(2).

ii) Από (1) και (2) είναι 1 1ΔΕ 3 ΑΒ ΑΓ ,4 2

επομένως ΔΕ 3ΔΜ

δηλαδή τα διανύσματα ΔΕ

και ΔΜ

είναι συγγραμμικά, άρα Δ, Μ, Ε είναι συνευθειακά.

iii)Είναι ΜΗ ΗΕ

και από (β) 1ΔΜ ΔΕ3

άρα 2ΜΕ ΔΕ3

και επομένως

ΔΜ ΜΗ ΗΕ

= 1 ΔΕ3

1 1ΑΒ ΑΓ

4 2

(3).

1 1ΓΗ ΕΗ ΕΓ ΑΒ ΑΓ ΓΕ4 2

1 1 1ΑΒ ΑΓ ΒΓ

4 2 2

= 1 1 1 1 1 1 1ΑΒ ΑΓ ΑΓ ΑΒ ΑΒ ΑΓ ΑΓ ΑΒ.4 2 2 4 2 2 2

άρα 1ΓΗ ΑΒ ΓΗ ΔΑ4

και συνεπώς το τετράπλευρο ΑΗΓΔ είναι παραλληλόγραμμο.

7

5η ΑΣΚΗΣΗ : Δίνονται τα σημεία Ο, Α, Β, Γ, ανά δύο διαφορετικά. Αν υπάρχουν κ,λ,μ όχι όλοι μηδέν ώστε κΟΑ λΟΒ μΟΓ 0

(1) και κ λ μ 0 (2), τότε να δείξετε ότι τα σημεία Α, Β, Γ είναι συνευθειακά και αντιστρόφως.

ΛΥΣΗ : Υποθέτουμε ότι λ 0 , τότε από την (2) έχουμε: κ λ μ και αντικαθιστώντας η (1) γίνεται:

λ μ ΟΑ λΟΒ μΟΓ 0

λΟΑ μΟΑ λΟΒ μΟΓ 0

λ ΟΒ ΟΑ μ ΟΓ ΟΑ 0

λΑΒ μΑΓ 0

λΑΒ μΑΓ

μΑΒ ΑΓλ

. (3)

Αντίστροφα: Υποθέτουμε ότι Α, Β, Γ είναι συνευθειακά σημεία τότε υπάρχει πραγματικός αριθμός x τέτοιος ώστε ΑΒ xΑΓ ΟΒ ΟΑ x ΟΓ ΟΑ

ΟΒ ΟΑ xΟΓ xΟΑ

xΟΑ ΟΑ ΟΒ xΟΓ 0

x 1 ΟΑ ΟΒ xΟΓ 0

,(4)

και αν θέσουμε κ x 1 , λ 1, μ x τότε η (4) γίνεται: κΟΑ λΟΒ μΟΓ 0

και κ λ μ 0 . 6η ΑΣΚΗΣΗ : Δίνονται τα διανύσματα ΑΒ,ΑΡ, ΑΓ

διάφορα μεταξύ τους ανά δύο. Αν ισχύει η σχέση:

1ΑΡ ΑΒ xΑΓ ,1 x

(1) x και x 1 τότε Β, Ρ, Γ είναι συνευθειακά και αντιστρόφως.

8

ΛΥΣΗ : Από την σχέση (1) έχουμε: 1 x ΑΡ ΑΒ xΑΓ ΑΒ 1 x ΑΡ xΑΓ

= 0

. Από την προηγούμενη άσκηση αν θέσουμε κ 1, λ 1 x, μ x , τότε κΑΒ λΑΡ μΑΓ 0

και

κ λ μ 0 . επομένως Β, Ρ, Γ είναι συνευθειακά. Αντίστροφα, αν τα σημεία Β, Ρ, Γ είναι συνευθειακά τότε υπάρχει x τέτοιο ώστε ΒΡ xΡΓ ΑΡ ΑΒ x ΑΓ ΑΡ

ΑΡ xΑΡ ΑΒ xΑΓ 1 x ΑΡ ΑΒ xΑΓ

και για x 1 είναι 1ΑΡ ΑΒ xΑΓ1 x

.

7η ΑΣΚΗΣΗ : Αν ΜΝ η διάμεσος τραπεζίου ΑΒΓΔ και Κ, Λ τα μέσα των διαγωνίων του ΑΓ και ΒΔ αντίστοιχα, να δείξετε ότι:

i) 1ΜΝ ΑΒ ΔΓ2

και ii) 1ΚΛ ΔΓ ΑΒ2

.

9

ΛΥΣΗ :

i) Όπως φαίνεται στο σχήμα αφού Μ μέσον της ΑΔ είναι: 1ΝΜ ΝΑ ΝΔ2

= 1 ΝΒ ΒΑ ΝΓ ΓΔ2

. Όμως ΝΒ ΝΓ 0

επομένως

1ΝΜ ΒΑ ΓΔ2

1ΜΝ ΑΒ ΔΓ

2

.

ii) 1 1ΚΛ ΚΔ ΔΓ ΓΛ ΒΔ ΔΓ ΓΑ2 2

1 1ΑΔ ΑΒ ΔΓ ΔΑ ΔΓ

2 2

1 1 1 1ΑΔ ΑΒ ΔΓ ΔΑ ΔΓ2 2 2 2

= 1 1ΔΓ ΑΒ2 2

.

Άρα 1ΚΛ ΔΓ ΑΒ2

.

2ος Τρόπος (Αναλυτική Μέθοδος) Θεωρούμε ορθοκανονικό σύστημα Οxy όπως φαίνεται στο παρακάτω σχήμα με τον άξονα

x 'x να συμπίπτει με την πλευρά ΔΓ του τραπεζίου και την κορυφή Α να βρίσκεται στον άξονα Oy .Οι συντεταγμένες των κορυφών του τραπεζίου είναι Α(0,α) , Β(β,α) , Γ(γ,0) και Δ(δ,0) και οι συντεταγμένες των μέσων

Α Δ Α Δx x y y,2 2

0 δ α 0Μ: ,2 2

δ α,2 2

,

Β Γ Β Γ β γ α,

2 22 2x x y yΝ ,

, Κ β δ α,2 2

και

γ α,

2 2Λ

.

Υπολογίζουμε επομένως τις συντεταγμένες των διανυσμάτων:

Ν Μ Ν Μβ γ δ β γ δΜΝ x x ,y y ,0 ,0

2 2 2

,

Β Α Β ΑΑΒ x x , y y β,0

, με τον ίδιο τρόπο βρίσκουμε ΔΓ γ δ,0

10

και γ β δΚΛ ,02

.

Από τα παραπάνω έχουμε:

i) 1 1 1ΑΒ ΔΓ β,0 γ δ,0 β γ δ,02 2 2

= β γ δ ,02

= ΜΝ

.

ii) 1 1 1ΔΓ ΑΒ γ δ,0 β,0 γ δ β,02 2 2

γ β δ ,0 ΚΛ

2

.

8η ΑΣΚΗΣΗ : Δίνονται τα σημεία Α(4,1) και Β(2,5). α) Να προσδιορίσετε σημείο Γ έτσι ώστε το τρίγωνο ΑΒΓ να είναι ορθογώνιο και

ισοσκελές. β) Εάν Γ και Γ΄ τα 2 σημεία που προκύπτουν από το ερώτημα α), να βρεθεί το μέτρο του

διανύσματος

, όπου Μ το μέσο της ΒΓ και Ν το μέσο της ΒΓ΄ και να δειχθεί ότι τα τετράπλευρα ΜΝΓΑ και ΜΝΑΓ΄ είναι παραλληλόγραμμα.

ΛΥΣΗ : α) Είναι ( 2, 4) οπότε ΑΒ 4 16 20 2 5.

Έστω το σημείο 0 0(x , ) . Τότε

0 0(x 4, 1)

με 2 20 0x 4 1 .

Επίσης 4 2.

2 Πρέπει

11. .2

Είναι 00

0

1, x 4.

x 4

Άρα

00 0 0 0

0

1 1 2 2 x 4 x 2 2 (1)x 4 2

. Επίσης πρέπει 20

ή

2 2 2 20 0 0 0

2 2 2 20 0 0 0 0 0 0 0

x 4 1 20 x 4 1 20

x 8x 16 2 1 20 x 8x 2 3 0 (2)

Η λύση του συστήματος των (1) και (2) δίνει Γ(8,3) ή Γ΄(0,-1). β) Στο τρίγωνο ΑΒΓ με 1 1(x , ) μέσο της ΒΓ θα έχουμε ότι

1 18 2 3 5x 5 και ψ 4 δηλαδή Μ(5,4)

2 2

. Στο τρίγωνο ΑΒΓ΄ με

2 2(x , ) μέσο της ΒΓ΄ θα έχουμε ότι 2 20 2 1 5x 1 και ψ 2, δηλαδή Ν(1,2)

2 2

.

Έτσι: 1( 4, 2) και 16 4 20 2 5 και λ2

ό // και //

και αφού έχουν ίσα μέτρα, τα ζητούμενα τετράπλευρα είναι παραλληλόγραμμα.

11

9η ΑΣΚΗΣΗ : Αν α 2,4 5λ

β λ,5

και γ 2λ 1,λ

, λ να υπολογίσετε την τιμή του λ έτσι ώστε

α λ γ β

. ΛΥΣΗ :

α λ γ β

2,4 5λ λ 2λ 1,λ λ,5

2 2 22,4 5λ λ 2λ 1,λ λ λ,5 2,4 5λ 2λ λ,λ λ ,5λ

2 2 22,4 5λ 2λ λ λ ,λ 5λ 2 2καιλ λ 2 λ 5λ 4 5λ

2 2καιλ λ 2 0 λ 4 0 . Λύνοντας τις δύο εξισώσεις έχουμε την κοινή λύση λ 2 10η ΑΣΚΗΣΗ : Δίνονται τα διανύσματα: α 2 3λ, 5λ

και β λ,2λ 1

. Να υπολογίσετε τις τιμές του λ

έτσι ώστε τα διανύσματα α

και β

να είναι παράλληλα. ΛΥΣΗ :

Πρέπει κα αρκεί 2det(α,β) 0 0 2 3λ 2λ 1 5λ 02 3λ 5λλ 2λ 1

2 2 24λ 2 6λ 3λ 5λ 0 λ λ 2 0 .Λύνοντας την εξίσωση βρίσκουμε

λ 1 και λ 2 . 11η ΑΣΚΗΣΗ :

Δίνονται τα διανύσματα α

και β

με α 3

, β 2 3

και 2πα,β3

. Να υπολογίσετε τα: i) α β

ii) 2 2

α β

iii) α β

και iv) α 2β 2α β

ΛΥΣΗ :

i) 2π 1α β α β συν α,β 3 2 3 συν 6 33 2

ii) Είναι 22 22 2α β α β 3 2 3 3 12 9

.

iii) 2

α β

2 22 2 2α β α 2αβ β α 2αβ β 3 2 3 12 9

, άρα α β

=3.

iv) 2 22 2α 2β 2α β 2α αβ 4αβ 4β 2 α 3αβ 4 β

= 2 3 3 3 4 12 6 9 48 33 .

12

12η ΑΣΚΗΣΗ : Έστω τα διανύσματα

και β με 3 6

και β . Αν για οποιουσδήποτε πραγματικούς

αριθμούς μ, ν ισχύει ότι : 12

( ) ( ) , να υπολογισθεί το μέτρο του διανύσματος

1 33 2

u .

ΛΥΣΗ :

Αφού 1( ) ( )2

έχουμε: 1( ) ( ) 02

2 22 2

2 22 2

2 2 2 2

1 1 02 2

1 1 02 2

1 1 13 6 0 02 2 2

Αφού η ισότητα ισχύει για κάθε πραγματικό αριθμό ν και μ θα πρέπει 0

. Έτσι έχουμε ότι 2 2

2 2 21 3 1 3 1 1 3 3 1 3 1 9 29u 2 3 0 63 2 3 2 9 3 2 4 9 4 3 2 6

.

Επομένως 29u .6

13η ΑΣΚΗΣΗ : Δίνονται τα σημεία Α(7,9), Β(4,2) και Γ(9,4). Να βρείτε την γωνία των διανυσμάτων ΑΒ

και ΒΓ

.

ΛΥΣΗ : Έχουμε ΑΒ 4 7,2 9 3, 7

και ΒΓ 9 4,4 2 5,2

ΑΒ ΒΓ 3, 7 5,2 15 14συν ΑΒ,ΒΓ9 49 25 4 58 29ΑΒ ΒΓ

2929 2 29

=

29 1 2229 2 2

. Άρα 3πΑΒ,ΒΓ

4

.

14η ΑΣΚΗΣΗ :

Να βρεθεί η γωνία των διανυσμάτων α,β

με α 2,2 3

και β 5,5 3

13

ΛΥΣΗ : Έχουμε:

αβ 2,2 3 5,5 3 10 30 20 1συν α,β40 24 12 25 75 16 100α β

, επομένως πα,β

3

.

15η ΑΣΚΗΣΗ : α) Δίνονται τα διανύσματα 2 1 2 5

( , ) και β ( , ). Εάν 3 2 6

x και 5x να

βρεθεί το συνημίτονο της γωνίας των διανυσμάτων x και ψ.

β) Δίνονται τα διανύσματα 2 2 u x και v x . Να βρεθεί η τιμή του λ *

ώστε τα διανύσματα u, v

να είναι κάθετα.

ΛΥΣΗ :

α) Λύνουμε το σύστημα 3x 2 9x 6 3

5x 6 5x 6

. Προσθέτουμε κατά μέλη και

έχουμε : 4x 3 4x ( 6,3) ( 2,5) x (2, 2)

και αντικαθιστώντας στην

πρώτη εξίσωση βρίσκουμε ότι 5( 2, ).2

Άρα έχουμε: x 4 5 9 9 82(x , ψ)8241 82x 8

4

.

β) Είναι : u (2 , 2 ) ( 4,5) (2 4, 2 5) και

5 5v (4, 4) ( 2 , ) (4 2 , 4 ).2 2

Πρέπει u v 0

2 2

1 2

5(2 4, 2 5) (4 2 , 4 ) 02

5(2 4) (4 2 ) ( 2 5)( 4 ) 02

18 9 72 0 2 8 0

1 65 1 65 Δεκτή λ Απορρίπτεται.4 4

16η ΑΣΚΗΣΗ : Δίνονται τα διανύσματα α 4,4

, β 5,1

και γ 1,2

. Να δείξετε ότι:

i) 1β α α2

, ii) 2γ β α

.

14

ΛΥΣΗ :

i) 21 1 1β α α βα α 5,1 4,4 16 16 20 4 16 0.2 2 2

ii) Είναι 2γ β 2 1,2 5,1 2,4 5,1 3,3

. Εξ άλλου έχουμε

4α 4,4 3,33

άρα είναι 4α 2γ β3

,συνεπώς α 2γ β .

17η ΑΣΚΗΣΗ : Δίνεται το διάνυσμα α 3, 1

. Να βρεθεί διάνυσμα β

με β 1

,τέτοιο ώστε να σχηματίζει με το

α

γωνία π6

.

ΛΥΣΗ : Υποθέτουμε ότι β x, y

, τότε 2 2β x y

και αβ 3, 1 x, y 3x y

,

επίσης 2 2α 3 ( 1) 3 1 2

και αβσυν α,β

α β . Αντικαθιστώντας

στην τελευταία σχέση έχουμε:

3x y π 3x y 3συν 3x y 3 y 3x 32 1 6 2 1 2

(1).

Από 22 2 2 2β 1 β 1 x y 1 x 3x 3 1

2 2x 3x 2 3 3x 3 1 2 24x 6x 2 0 2 2x 3x 1 0 (2).

Λύνοντας την (2) έχουμε x 1 και 1x2

. Από σχέση (1) για x 1 y 0 , και

για 1 3 3x y 3 y2 2 2

. Επομένως β 1,0

,ή 1 3β ,2 2

.

18η ΑΣΚΗΣΗ :

Δίνονται τα διανύσματα α ,β ,γ

τέτοια ώστε: α β γ 0

(1) και β γ

α4 3

(2).

Να δείξετε ότι i) β γ ii) α β

ΛΥΣΗ :

i)Από την (1) έχουμε 22 2 2 2α γ β α γ β α γ 2βγ β 2

α

2 2

γ 2βγ β

(3). Από (2) είναι γ 3 α

και β 4 α

(4)και η (3) γίνεται: 2

α 2 2

3 α 2βγ 4 α 2

α 2 2

9 α 2βγ 16 α 2

2βγ 24 α

2

βγ 12 α

(5) .

15

Εξ άλλου από τις ισότητες (4) πολλαπλασιάζοντας κατά μέλη έχουμε:2

β γ 12 α

και αντικαθιστώντας στην (5) έχουμε:βγ β γ β γ

.

ii)Παρόμοια από (1) γ α β 22 2 2 2

γ α β γ α 2αβ β

2 2 2γ α 2αβ β

(6). Από την σχέση (2) γ

α3

και 4β γ3

, οπότε αντικαθιστώντας στην (6)

έχουμε: 2 2 2 2 2 21 16γ γ 2αβ γ 9 γ γ 18αβ 16 γ

9 9

28αβ γ18

(7)

Εξ άλλου από την (2) είναι α β 24α β γ

9

και συνεπώς αβ α β α β

.

19η ΑΣΚΗΣΗ : Δίνονται τα διανύσματα 2 4 3

, β, γ με , β και γ και

34 2

ˆ ˆ ˆ β γ ενώ α . Να βρεθεί η γωνία των διανυσμάτων

+ β-γ και 2 + β-2γ . ΛΥΣΗ :

Έστω ˆ( + β-γ 2 + β-2γ)

. Είναι ( + β-γ) (2 + β-2γ)+ β-γ 2 + β-2γ

.Υπολογίζουμε τους όρους

του κλάσματος. 2 2 2

2

( + β-γ) (2 + β-2γ) 2 2 2 2 2 2

3 38 3 4 3 16 18 42 3 4 34 2 4

2 242 3 2 4 3 4 3 42 12 2 18 22 2

42 6 2.

2 2 2 2+ β-γ 2 2 2

3 34 16 9 2 2 4 2 2 3 2 4 34 2 4

2 229 16 24 29 4 2.2 2

Επομένως 29 4 2 .

16

2 2 2 22 + β-2γ 4 4 4 8 4

3 34 4 16 36 4 2 4 8 2 3 4 4 34 2 4

68 16 2 24 2 68 8 2.

2 + β-2γ 68 8 2.

Έτσι 3

42 6 2 6(7 2)

29 4 2 68 8 2 29 4 2 2 22 2 2

22222429

)27(3

.

20η ΑΣΚΗΣΗ :

Δίνονται τα διανύσματα )4,2(α

και

0β για τα οποία ισχύει ότι 6βα

και

144β3α2

.

α) Να δειχθεί ότι α β

και να βρεθεί το β

.

β) Να βρεθεί το διάνυσμα της προβολής του διανύσματος 2α 3β v πάνω στο διάνυσμα α

και το διάνυσμα της προβολής του διανύσματος v πάνω στο διάνυσμα β

.

γ) Να βρεθεί το διάνυσμα β

. ΛΥΣΗ : α) Είναι 2 2α 2 ( 4) 20 2 5

.

2 2 2

2 2 2

2 2

2 2

2

2

α β 36 α 2αβ β 36

4α 12αβ 9β 2242α 3β 224

20 2αβ β 36 2αβ β 16

80 12αβ 9β 224 12αβ 9β 144

18αβ 9β 144πολ / με την πρώτη με (-9)

12αβ 9β 144

Προσθέτουμε κατά μέλη και έχουμε:

30αβ 0 αβ 0 α β

(Αφού κανένα από τα α και β

δεν είναι μηδενικό). Άρα 2

β 36 20 16 β 4

.

β) Ισχύει ότι v / /

. Άρα υπάρχει λ ώστε

17

2

2

v . Όμως v v άρα v έτσι

(2 3 ) 20 ή 2 3 20ή τελικά 2.

Επομένως v 2 (4, 8)

. Επίσης v / /

άρα υπάρχει κ ώστε 2

2

v Όμως v v. άρα v έτσι

v 16 ή (2 3 ) 16 ή

2 3 16 ή τελικά 3.

Έτσι v 3

. γ) Έστω β (x, ψ)

. Τότε έχουμε ότι :

2 2 2

2 2 2 2

2

α β 0 (2, 4)(x,ψ) 0x ψ 16β 16

2x 4ψ 0 x 2ψx ψ 16 4ψ ψ 16

8 5 8 5x 2ψ x x5 5 ή 16ψ 4 5 4 55 ψ ψ5 5

Άρα 8 5 4 5 8 5 4 5β ( , ) ή β ( , )5 5 5 5

21η ΑΣΚΗΣΗ : Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και σημείο Ο του επιπέδου του τριγώνου, για το οποίο ισχύει ότι

1

και

0 .

α) Να υπολογισθεί η γωνία που σχηματίζουν τα διανύσματα

και

. β) Να δειχθεί ότι το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισόπλευρο. ΛΥΣΗ :

Έχουμε ότι

0

. Τότε

. Έτσι

22222

2

ή 1+1+

2 =121

.

Ομοίως θα πάρουμε ότι 21ΟΓΟΑ

και 21ΟΓΟΒ

.

18

α) Έστω θ η ζητούμενη γωνία. Τότε

συνθ=21

ή συνθ=21

=συν120ο. Άρα η

ζητούμενη γωνία είναι ίση με 120ο.

β) Έχουμε ότι 3)21(211ΟΒΟΑ2ΟΑΟΒΟΑΟΒΑΒ

2222

- . Άρα 3ΑΒ

.

Όμοια θα πάρουμε ότι 3ΒΓΑΓ

. Άρα το τρίγωνο είναι ισόπλευρο.

22η ΑΣΚΗΣΗ : Δίνονται τα διανύσματα α 4,3

και v 2,4

. Να βρείτε την προβολή του v

πάνω στο α

.

ΛΥΣΗ : Έστω ΟΑ α ,ΟΜ v

και απροβ v ΟΚ

.

Έστω απροβ v x, y

.

Είναι ααv α προβ v

(1).

Έχουμε αv 4,3 2,4 8 12 4

και αα προβ v 4,3 x, y 4x 3y

συνεπώς 4x 3y 4 (2).

Επειδή τα διανύσματα α

και ΟΚ

είναι συγγραμμικά, επομένως υπάρχει λ , τέτοιο ώστε να είναι α λΟΚ

4,3 λ x, y λx 4 και λy 3 ,

Είναι λ 0 (αφού α 0

)και επομένως 4xλ

και 3yλ

(3) και αντικαθιστώντας στην (2)

έχουμε: 4 3 254 3 4 16 9 4λ λλ λ 4 και από την (3) έχουμε 16x

25 , 12y

25 , άρα

α16 12προβ v ,25 25

.

19

23η ΑΣΚΗΣΗ :

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με 4ΑΒ

, 6ΑΓ

, Μ το μέσο της πλευράς ΒΓ και η γωνία μεταξύ

των διανυσμάτων

ΑΒ και

ΑΓ ίση με 3π .

α) Να βρεθεί το μέτρο του διανύσματος

ΑΜ .

β) Να βρεθεί το μέτρο της προβολής του διανύσματος

ΑΒ πάνω στο διάνυσμα

ΑΜ .

ΛΥΣΗ :

α) Έχουμε ότι )ΑΓΑΒ(21ΑΜ

.

Έτσι 22

ΑΓΑΒ41ΑΜΑΓΑΒ

21ΑΜ

19)243616(41)ΑΓΑΒ2ΑΓΑΒ(

41 22

. Άρα

παίρνουμε ότι 19ΑΜ

.

β) Η προβολή του διανύσματος

ΑΒ πάνω στο διάνυσμα

ΑΜ είναι διάνυσμα συγγραμμικό με το διάνυσμα

ΑΜ .

Άρα θα έχουμε ότι

ΑΜλΑΒπροβΑΜ

. Όμως γνωρίζουμε ότι

ΑΒπροβΑΜΑΒΑΜΑΜ

.

Έτσι προκύπτει ότι 2

ΑΜλΑΒΑΜ

ή λ19ΑΒ)ΑΓΑΒ(21

ή λ19)ΑΒΑΓΑΒ(21 2

ή

20

λ19)1216(21

ή τελικά 1914λ . Άρα

ΑΜ1914ΑΒπροβ

ΑΜ και έτσι

ΑΜ1914ΑΒπροβ

ΑΜ.

Άρα 191914ΑΒπροβ

ΑΜ

.

24η ΑΣΚΗΣΗ : Έστω τρίγωνο ΑΒΓ, Μ το μέσο της πλευράς ΒΓ, Δ το μέσο της πλευράς ΑΓ, Ε το μέσο της πλευράς ΑΒ και G το βαρύκεντρο του τριγώνου.

α) Να δειχθεί ότι

0ΓGΒGΑG .

β) Να δειχθεί η ισοδυναμία

0ΓGΑΒΒGΑΓΑGΒΓ Το τρίγωνο ΑΒΓ είναι

ισόπλευρο.

ΛΥΣΗ :

α) Έχουμε ότι

ΜG2ΑGΓGΒGΑG (Αφού Μ μέσο του ΒΓ). Από την ιδιότητα του

βαρύκεντρου γνωρίζουμε ότι

ΜG2GΑ .

Έτσι προκύπτει ότι :

0GΑΑGΜG2ΑGΓGΒGΑG .

β)Έστω κΑΒ,μΑΓ,λΒΓ

. Λόγω του ερωτήματος α) θα έχουμε ότι

ΑGΒGΓG .

Τότε

0ΓGΑΒΒGΑΓΑGΒΓ

0)ΒGΑG(κΒGμΑGλ

0ΒG)κμ(ΑG)κλ( . Όμως τα διανύσματα

ΑG και

ΒG δεν είναι συγγραμμικά. Άρα πρέπει λ-κ=0 και μ-κ = 0. Έτσι προκύπτει ότι κ = λ = μ. Άρα το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισόπλευρο.

21

Αντίστροφα : Έστω ότι το τρίγωνο είναι ισόπλευρο. Τότε 0αΑΒΑΓΒΓ

. Έτσι θα

έχουμε ότι

00α)ΓGΒGΑG(αΓGΑΒΒGΑΓΑGΒΓ . (

0ΓGΒGΑG

λόγω του α) ερωτήματος). 25η ΑΣΚΗΣΗ :

Δίνονται τα διανύσματα )1,2(α

και )1,1(β

. Να βρεθεί διάνυσμα

γ συνεπίπεδο των

διανυσμάτων

α και

β για το οποίο ισχύουν τα ακόλουθα : i)

αγ , ii) Σχηματίζει αμβλεία

γωνία με το διάνυσμα

β και iii)

αγ .

ΛΥΣΗ :

Το διάνυσμα

γ θα γράφεται κατά μοναδικό τρόπο ως γραμμικός συνδυασμός των διανυσμάτων

α και

β . Άρα υπάρχουν μοναδικοί λ, μ τέτοιοι ώστε

βμαλγ . Έτσι

παίρνουμε ότι

γ =λ(2, 1)+μ(1, -1)=(2λ+μ, λ-μ). Αφού

αγ θα έχουμε : 0γα

. Άρα προκύπτει

ότι : 4λ+2μ+λ-μ=0 ή 5λ+μ=0 (1). Επίσης ισχύει :

αγ από όπου έχουμε :

5λμ2μ2λ5............5)μλ()μλ2( 2222 (2). Το σύστημα των (1) και (2)

δίνει ως λύση τα ζεύγη (λ, μ)= )35,

31( ή (λ, μ)= )

35,

31( . Έτσι

γ =(-1, 2) ή

γ =(1, -2). Αφού το

διάνυσμα

γ σχηματίζει αμβλεία γωνία με το διάνυσμα

β θα πρέπει να ισχύει ότι 0γβ

. Όταν

γ =(-1, 2) έχουμε ότι 3γβ

ενώ όταν

γ =(1, -2) τότε 3γβ

. Άρα δεκτή λύση είναι το

διάνυσμα

γ =(-1, 2). 26η ΑΣΚΗΣΗ :

Δίνονται τα σημεία Μ(x, y) του επιπέδου για τα οποία ισχύει ότι y23ΟΜ2

(όπου Ο η

αρχή των αξόνων). α) Να βρεθεί ο γεωμετρικός τόπος των σημείων Μ. β) Δίνονται τα σημεία Α(0, -1) και Β(0, 3). Να υπολογισθεί η τιμή της παράστασης

Ρ=22

ΒΜΑΜ

.

γ) Δίνεται το σημείο Γ(-3, 5). Να δειχθεί ότι 5ΓΜ3

.

22

ΛΥΣΗ :

α) Έχουμε ότι y23ΟΜ2

4)1y(x41y2yxy23yx 222222

2)1y(x 22 . Όμως η ποσότητα 22 )1y(x αποτελεί το μέτρο του διανύσματος

ΚΜ όπου Κ είναι το σταθερό σημείο με συντεταγμένες (0, 1). Δηλαδή έχουμε ότι 2ΚΜ

. Άρα

το σημείο Μ κινείται σε κύκλο με κέντρο το σημείο Κ(0, 1) και ακτίνα ρ=2 όπως φαίνεται και στο παρακάτω σχήμα :

β) Τα σημεία Α(0, -1) και Β(0, 3) είναι αντιδιαμετρικά σημεία του κύκλου του ερωτήματος α).

Αφού τα σημεία Μ(x, y) είναι σημεία του παραπάνω κύκλου θα έχουμε ότι το τρίγωνο ΒΜΑ

είναι ορθογώνιο στο σημείο Μ. Έτσι 164ΑΒΒΜΑΜ 2222

. Άρα η παράσταση Ρ

είναι ίση με 16.

γ) Ισχύει ότι

ΚΜΓΚΓΜ . Έτσι λόγω τριγωνικής ανισότητας θα έχουμε ότι

ΚΜΓΚΓΜΚΜΓΚΚΜΓΚ . Όμως )4,3(ΓΚ

. Έτσι 5ΓΚ

ενώ

2ΚΜ

. Άρα παίρνουμε ότι 25ΓΜ25

ή τελικά 7ΓΜ3

.