ΣΥΝΗΜΙΤΟΝΟ ΓΩΝΙΑΣ ΔΥΟ ΔΙΑΝΥΣΜΑΤΩΝ ΜΕ ΣΥΝΤΕΤΑΓΜΕΝΕΣ

Συνημίτονο γωνίας δύο διανυσμάτων και συντεταγμένες διανυσμάτων

Έστω $\vec{α}=(\mathrm{x_1}, \mathrm{y_1})$ και $\vec{\beta}=(\mathrm{x_2}, \mathrm{y_2})$ δύο μη μηδενικά διανύσματα τότε για τη γωνία $\theta$ που σχηματιζουν ισχύει ότι:

$\sigma \upsilon \nu \theta = \frac{\mathrm{x}_{1}\mathrm{x}_{2}+\mathrm{y}_{1}\mathrm{y}_{2}}{\sqrt{\mathrm{x}^{2}_{1}+\mathrm{y}^{2}_{1}} \cdot \sqrt{\mathrm{x}^{2}_{2}+\mathrm{y}^{2}_{2}}}$

ΑΠΟΔΕΙΞΗ

Έστω $\vec{α}=(\mathrm{x_1}, \mathrm{y_1})$ και $\vec{\beta}=(\mathrm{x_2}, \mathrm{y_2})$ δύο μη μηδενικά διανύσματα.
Αν $\theta=(\widehat{\vec{α}, \vec{\beta}}),$ από τον ορισμό του εσωτερικού γινομένου δύο διανυσμάτων στο επίπεδο ισχύει ότι:

$\vec{\alpha}\cdot \vec{\beta} = |\vec{\alpha}| \cdot |\vec{\beta}| \cdot \syn {\theta}$

λύνοντας ως προς $\syn {\theta}$ έχουμε:

$\sigma \upsilon \nu \theta = \dfrac{\vec{α} \cdot \vec{\beta}}{\lvert \vec{α} \rvert \lvert \vec{\beta} \rvert} \quad (1)$

Όμως είναι:

$\vec{α} \cdot \vec{\beta} = \mathrm{x_1}\mathrm{x_2} + \mathrm{y_1}\mathrm{y_2},$

$\lvert \vec{α} \rvert = \sqrt{\mathrm{x}^{2}_{1}+\mathrm{y}^{2}_{1}}$

και

$\lvert \vec{\beta} \rvert = \sqrt{\mathrm{x}^{2}_{2}+\mathrm{y}^{2}_{2}}$

Αντικαθιστώντας η σχέση (1) γίνεται:

$\color{red}\sigma \upsilon \nu \theta = \frac{\mathrm{x}_{1}\mathrm{x}_{2}+\mathrm{y}_{1}\mathrm{y}_{2}}{\sqrt{\mathrm{x}^{2}_{1}+\mathrm{y}^{2}_{1}} \cdot \sqrt{\mathrm{x}^{2}_{2}+\mathrm{y}^{2}_{2}}}$

Rendered by QuickLaTeX.com

Λύση
α) Για τη γωνία $\theta = (\widehat{\vec{α}, \vec{\beta}})$
ξέρουμε ότι:

$\sigma \upsilon \nu \theta = \frac{\vec{α} \cdot \vec{\beta}}{\lvert \vec{α} \rvert \lvert \vec{\beta} \rvert}.$

Όμως είναι:

Αν έχουμε: $\vec{\alpha}=(x_1 \, , \, y_{1}) \quad \text{και} \quad \vec{\beta}=(x_2 \, , \, y_{2})$
Τότε:

$\vec{\alpha}\cdot \vec{\beta} =x_{1}\cdot x_{2}+y_{1}\cdot y_{2}.$

οπότε:

$\begin{align*} \vec{α} \cdot \vec{\beta}& = (2, -2) \cdot (\mathrm{x}, 1) \\ &= 2 \mathrm{x} - 2\\ & = 2(\mathrm{x} - 1) \end{align*}$
Eπίσης ξέρουμε ότι:
$|\vec{\alpha}| =\sqrt {x^{2}+y^{2}} \quad \text {με} \quad \vec{\alpha}=(2\,,\, -2)$

οπότε έχουμε:

$\begin{align*} \lvert \vec{α} \rvert =& \sqrt{2^2 + (-2)^2}\\ =&\sqrt{8} = 2\sqrt{2} \end{align*}$
Ομοίως γνωρίζουμε ότι:
$|\vec{\beta}| =\sqrt {x^{2}+y^{2}} \quad \text {με} \quad \vec{\beta}=(x\,,\, 1)$

οπότε προκύπτει:

$\lvert \vec{\beta} \rvert = \sqrt{\mathrm{x}^{2}+1}$

Επομένως έχουμε:

$\begin{align*} &\sigma \upsilon \nu \theta = \frac{\vec{α} \cdot \vec{\beta}}{\lvert \vec{α} \rvert \lvert \vec{\beta} \rvert} \Leftrightarrow\\\\ &\frac{\sqrt{5}}{5} = \frac{2(\mathrm{x}-1)}{2\sqrt{2} \cdot \sqrt{\mathrm{x}^{2} + 1}} \Leftrightarrow \\\\ &\sqrt{10} \cdot \sqrt{\mathrm{x}^{2} + 1} = 5(\mathrm{x} - 1) \quad (1) \end{align*}$

Με $\mathrm{x}-1 \geq 0 \Leftrightarrow \mathrm{x} \geq 1$ έχουμε:

$\begin{align*} (1) \Leftrightarrow &(\sqrt{10} \cdot \sqrt{\mathrm{x}^{2}+1})^{2} = \left[5\left(\mathrm{x}-1 \right) \right]^{2} \Leftrightarrow\\\\ & 10(\mathrm{x}^{2}+1) = 25(\mathrm{x}^{2}-2\mathrm{x}+1) \Leftrightarrow \\\\ &2(\mathrm{x}^{2}+1) = 5(\mathrm{x}^{2}-2\mathrm{x}+1) \Leftrightarrow\\\\ & 2\mathrm{x}^{2} + 2 =5\mathrm{x}^{2}-10\mathrm{x}+5 \Leftrightarrow \\\\ &3\mathrm{x}^{2}-10x+3 = 0 \Leftrightarrow \\\\ & \left(\mathrm{x}=3, \mathrm{x}=\frac{1}{3}\right) \end{align*}$

Δεκτή είναι η τιμή $\mathrm{x}=3.$ αφού $x\geq 1.$

β)}
Για $\mathrm{x}=3$ είναι $\vec{\beta} = (3,1)$ και $\vec{\gamma}=(2, -1).$
Για τη γωνία $\varphi=(\widehat{\vec{\beta}, \vec{\gamma}})$ ισχύει ότι:

$\begin{align*} & \syn {\phi}= \dfrac{|\vec{\beta}|\cdot |\vec{\gamma}|}{\vec{\beta}\cdot\vec{\gamma}}\Rightarrow \\\\ &\syn {\phi}= \dfrac{\sqrt{x_{2}^{2}+y_{2}^{2}}\cdot \sqrt{x_{3}^{2}+y_{3}^{2}}}{x_{2}\cdot x_{3}+y_{2}\cdot y_{3}}\Rightarrow \\\\ &\syn {\phi}= \dfrac{3 \cdot 2 + 1 \cdot (-1)}{\sqrt{3^2+1^2} \cdot \sqrt{2^2+(-1)^2}}\Rightarrow \\\\ &\syn {\phi}= \dfrac{5}{\sqrt{50}}\Rightarrow \\\\ &\syn {\phi}= \dfrac{5}{\sqrt{25\cdot 2}}\Rightarrow \\\\ &\syn {\phi}= \dfrac{5}{\sqrt{25}\cdot\sqrt{ 2}}\Rightarrow \\\\ &\syn {\phi}= \dfrac{5}{5\sqrt{2}}\Rightarrow \\\\ \end{align*}$

$\begin{align*} &\syn {\phi}= \dfrac{1}{\sqrt{2}}\Rightarrow \\\\ &\syn {\phi}= \dfrac{1\cdot \sqrt{2}}{\sqrt{2}\cdot \sqrt{2}}\Rightarrow \\\\ &\syn {\phi}= \dfrac{1\cdot \sqrt{2}}{2} \end{align*}$

Οπότε $\sigma \upsilon \nu \varphi=\dfrac{\sqrt{2}}{2}$ και $0^{\circ} \leq \varphi \leq 180^{\circ},$
άρα είναι $\varphi = 45^{\circ}.$

Βιβλιογραφία:
Παπαδάκης εκδόσεις Σαββάλα.

Αυτή η εργασία χορηγείται με άδεια Creative Commons Αναφορά Δημιουργού – Μη Εμπορική Χρήση – Παρόμοια Διανομή 4.0 Διεθνές .

Δ	Τ	Τ	Π	Π	Σ	Κ
1	2	3	4	5	6	7
8	9	10	11	12	13	14
15	16	17	18	19	20	21
22	23	24	25	26	27	28
29	30

Ν. Α. Διακόπουλος

ΣΥΝΗΜΙΤΟΝΟ ΓΩΝΙΑΣ ΔΥΟ ΔΙΑΝΥΣΜΑΤΩΝ ΜΕ ΓΝΩΣΤΕΣ ΣΥΝΤΕΤΑΓΜΕΝΕΣ

Αφήστε μια απάντηση Ακύρωση απάντησης

Ένας ιστότοπος για τα Μαθηματικά