Tekst źródłowy strony Matematyka 1 OO/Dodawanie wektorów i rozkład wektorów

Notacja:

Punkty: <math>A=(A_1,A_2)</math>, <math>B=(B_1,B_2)</math>

Wektory (“różnice punktów”): <math>\overrightarrow{AB}=[B_1-A_1,B_2-A_2]</math>

__NOTOC__

==Zadanie==

Znaleźć sumę wektorów <math>\vec{w}_A=[2,3]</math> i <math>\vec{w}_B=[5,-2]</math>

Prosimy studentów o narysowanie układu współrzędnych,
zaznaczenie punktów <math>O=(0,0)</math>, <math>A=(2,3)</math> i <math>B=(5,-2)</math> i
narysowanie wektorów <math>\vec{w}_A</math> i <math>\vec{w}_B</math>.
Następnie powinni narysować (liniami przerywanymi) dwie proste:

* prostą równoległą do <math>OA</math> przechodzącą przez punkt <math>B</math>
oraz
* prostą równoległą do <math>OB</math> przechodzącą przez punkt <math>A</math>.

Proste te przecinają się w punkcie <math>C</math> o współrzędnych <math>(x_C,y_C)</math>.
Wektor <math>\vec{w}_C=[x_C,y_C]</math> jest szukaną sumą wektorów
<math>\vec{w}_A</math> i <math>\vec{w}_B</math>.

Następnie przeprowadzamy obliczenia opisujące powyższą metodę graficzną.

Znajdujemy równanie prostej <math>OA</math>:

::<math>
y=ax+b:
\qquad \left\lbrace 
\begin{array}{l}
0=a_A\cdot 0 + b_A
\\
3=a_A\cdot 2 + b_A
\end{array}
\right.
\qquad \Rightarrow \qquad \left\lbrace 
\begin{array}{l}
b_A=0
\\
a_A=\frac{3}{2}
\end{array}
\right.
\qquad \Rightarrow \qquad y=\frac{3}{2}x
</math>

Analogicznie znajdujemy równanie prostej <math>OB</math>: <math>y=-\frac{2}{5}x</math>

Prosta <math>BC</math> jest równoległa do <math>OA</math>, więc jej równanie ma postać
<math>y=a_Ax+b_{BC}=\frac{3}{2}x+b_{BC}</math>. Przechodzi ona przez punkt <math>B</math>, więc
spełnione musi być równanie <math>y_B=\frac{3}{2}x_{B}+b_{BC}</math>, z którego
wyznaczmy <math>b_{BC}</math>:

::<math>
b_{BC}=y_B-\frac{3}{2}x_B=-2-\frac{3}{2}\cdot 5=-2-\frac{15}{2}=-\frac{19}{2}
</math>

Prosta <math>BC</math> opisana jest równaniem <math>y=\frac{3}{2}x-\frac{19}{2}</math>.

Analogicznie znajdujemy równanie prostej <math>AC</math>: <math>y=-\frac{5}{2}x+\frac{19}{5}</math>.

Znajdujemy współrzędne punktu <math>C</math>, który jest punktem wspólnym prostych
<math>AC</math> i <math>BC</math>:

::<math>
\left\lbrace 
\begin{array}{l}
y_C=-\frac{2}{5}x_C+\frac{19}{5}
\\
y_C=\frac{3}{2}x_C-\frac{19}{2}
\end{array}
\right.
\quad \Rightarrow \quad \frac{3}{2}x_C-\frac{19}{2}=-\frac{2}{5}x_C+\frac{19}{5}
\quad \Rightarrow \quad x_C=\frac{133}{19}=7
</math>

::<math>
y_C=\frac{3}{2}x_C-\frac{19}{2}=\frac{21}{2}-\frac{19}{2}=1
</math>

Punkt <math>C</math> ma współrzędne <math>(7,1)</math>, a więc <math>\vec{w}_C=[7,1]</math>.

Ten sam wynik można uzyskać znacznie szybciej licząc

::<math>
\vec{w}_C=\vec{w}_A+\vec{w}_B
=
[2,3]+[5,-2]=[2+5,3-2]=[7,1]
</math>

Metoda bardziej skomplikowana służy temu, żeby pokazać,
że graficzne dodawanie wektorów jest równoważne metodzie
prostej polegającej na dodawaniu odpowiednich składowych.

==Zadanie==

Używając metody graficznej dodawania wektorów, pokazać, że
odejmowanie wektora jest równoważne dodawaniu wektora przeciwnego

::<math>
\vec{w}_A-\vec{w}_B=\vec{w}_A+(-\vec{w}_B)
</math>

[[File:MO2.png]]

Przykład
<math>\vec{w}_A=[2,3]</math>, <math>\vec{w}_B=[4,-1]</math>
==Zadanie==

Rozłożyć wektor <math>\vec{w}=[5,4]</math> w bazie <math>\vec{v}_1=[1,2]</math>, <math>\vec{v}_2=[-3,2]</math>.

::<math>
\vec{w}=a_1\cdot \vec{v}_1 + a_2\cdot \vec{v}_2
</math>

Porównanie dwóch składowych (często oznaczanych jako składowe <math>x</math>-owa
i <math>y</math>-owa) powyższego równania wektorowego daje układ równań

::<math>
\left\lbrace 
\begin{array}{l}
5 = a_1\cdot 1 +a_2 \cdot (-3)
\\
4 = a_1\cdot 2 +a_2 \cdot 2
\end{array}
\right.
</math>

Mnożąc pierwsze z powyższych równań przez 2 i odejmując drugie
równanie otrzymujemy

::<math>
6 = -8a_2
\qquad \Rightarrow \qquad a_2=-\frac{3}{4}
</math>

Podstawienie wyliczonego <math>a_2</math> do drugiego równania daje

::<math>
4=2a_1-\frac{3}{2}
\qquad \Rightarrow \qquad a_1=\frac{11}{4}
</math>

Należy sprawdzić poprawność wyniku licząc odpowiednią kombinację liniową:

::<math>
\frac{11}{4}\vec{v}_1 - \frac{3}{4}\vec{v}_2
=
\frac{11}{4}[1,2] - \frac{3}{4}[-3,2]
=
\left[\frac{11}{4}+\frac{9}{4},\frac{11}{2}-\frac{3}{2}\right]
=
\left[\frac{20}{4},\frac{8}{2}\right]
=
[5,4]
</math>

Powyższe rachunki trzeba zilustrować rysunkami odpowiadającymi
graficznemu dodawaniu wektorów.


Warto poprosić studentów o rozłożenie tego samego wektora <math>\vec{w}</math>
w dwóch innych “bazach”, np.:

* <math>\vec{u}_1=[-1,3]</math>, <math>\vec{u}_2=[2,-6]</math>
* <math>\vec{u}_1=[0,2]</math>, <math>\vec{u}_2=[-3,1]</math>, <math>\vec{u}_3=[-1,2]</math>

Trzeba wyjaśnić jak brak rozwiązań w przypadku górnym
i nieskończenie wiele rozwiązań w przypadku dolnym
tłumaczy się na przypadek graficznego dodawania wektorów.


==Zadanie==

Wierzchołki trójkąta znajdują się w punktach <math>A=(1,4)</math>,
<math>B=(3,-2)</math>, <math>C=(-2,1)</math>. Znaleźć długości boków, kąty
miedzy bokami i pole powierzchni tego trójkąta.


Zaczynamy od wyznaczenia wektorów będących “różnicami”
punktów <math>A</math>, <math>B</math> i <math>C</math>:

::<math>
\overrightarrow{AB}=[2,-6]
\qquad \overrightarrow{BC}=[-5,3]
\qquad \overrightarrow{CA}=[3,3]
</math>

Długości boków trójkąta są równe długościom tych wektorów

<math>\begin{matrix}
&&{\rm d}(A,B)=\sqrt{2^2+6^2}=\sqrt{40}=2\sqrt{10}
\\
&&{\rm d}(A,C)=\sqrt{3^2+3^2}=\sqrt{18}=3\sqrt{2}
\\
&&{\rm d}(B,C)=\sqrt{5^2+3^2}=\sqrt{34}
\end{matrix}</math>

Następnie wyznaczamy cosinusy kątów między bokami trójkąta

<math>\begin{matrix}
\cos (\alpha _A)
&&\!\!\!\!\!\!\!\!
=
\cos \left(\angle \left(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}\right)\right)
=
\frac{\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AC}}{|\overrightarrow{AB}|\cdot |\overrightarrow{AC}|}
=
\frac{\overrightarrow{AB}\cdot \left(-\overrightarrow{CA}\right)}{|\overrightarrow{AB}|\cdot |\overrightarrow{CA}|}
\\
&&\!\!\!\!\!\!\!\!
=
\frac{2(-3)+(-6)(-3)}{2\sqrt{10}3\sqrt{2}}
=
\frac{12}{6\sqrt{20}}=\frac{1}{\sqrt{5}}
\\[6pt]
\cos (\alpha _B)
&&\!\!\!\!\!\!\!\!
=
\cos \left(\angle \left(\overrightarrow{BA},\overrightarrow{BC}\right)\right)
=
\frac{\overrightarrow{BA}\cdot \overrightarrow{BC}}{|\overrightarrow{BA}|\cdot |\overrightarrow{BC}|}
=
\frac{(-\overrightarrow{AB})\cdot \overrightarrow{BC}}{|\overrightarrow{AB}|\cdot |\overrightarrow{BC}|}
\\
&&\!\!\!\!\!\!\!\!
=
\frac{(-2)(-5)+(6)(3)}{2\sqrt{10}\sqrt{34}}
=
\frac{28}{4\sqrt{85}}=\frac{7}{\sqrt{85}}
\\[6pt]
\cos (\alpha _C)
&&\!\!\!\!\!\!\!\!
=
\cos \left(\angle \left(\overrightarrow{CA},\overrightarrow{CB}\right)\right)
=
\frac{\overrightarrow{CA}\cdot \overrightarrow{CB}}{|\overrightarrow{CA}|\cdot |\overrightarrow{CB}|}
=
\frac{\overrightarrow{CA}\cdot (-\overrightarrow{BC})}{|\overrightarrow{CA}|\cdot |\overrightarrow{BC}|}
\\
&&\!\!\!\!\!\!\!\!
=
\frac{(3)(5)+(3)(-3)}{3\sqrt{2}\sqrt{34}}
=\frac{1}{\sqrt{17}}
\end{matrix}</math>

Pole powierzchni:

<math>\begin{matrix}
S_{ABC}
&&\!\!\!\!\!\!\!\!
=
\frac{1}{2}|\overrightarrow{AB}|\cdot |\overrightarrow{AC}|\sin (\alpha _A)
=
\frac{1}{2}|\overrightarrow{AB}|\cdot |\overrightarrow{AC}|
\sqrt{1-\left(\cos (\alpha _A)\right)^2}
\\&&\!\!\!\!\!\!\!\!
=
\frac{1}{2}\,2\sqrt{10}\,3\,\sqrt{2}\sqrt{1-\frac{1}{5}}
=
6\sqrt{5}\sqrt{\frac{4}{5}}=12
\end{matrix}</math>

Warto zapytać studentów, który z kątów w tym trójkącie jest największy,
a który najmniejszy.

::<math>
\alpha _A=\arccos \left(\frac{1}{\sqrt{5}}\right)
\qquad \alpha _B=\arccos \left(\frac{7}{\sqrt{85}}\right)
\qquad \alpha _C=\arccos \left(\frac{1}{\sqrt{17}}\right)
</math>

Trzeba przypomnieć (wyjaśnić), że wszystkie kąty w każdym trójkącie
spełniają warunek <math>0<\alpha <\pi </math>. W tym przedziale argumentów funkcja
cosinus jest ściśle malejąca. Czyli, większa wartość cosinusa odpowiada
mniejszej wartości kąta.

::<math>
\frac{1}{\sqrt{17}}=\frac{\sqrt{5}}{\sqrt{85}}
<
\frac{1}{\sqrt{5}}=\frac{\sqrt{17}}{\sqrt{85}}
<
\frac{7}{\sqrt{85}}
</math>

::<math>
\cos (\alpha _C)<\cos (\alpha _A)<\cos (\alpha _B)
\qquad \Rightarrow \qquad \alpha _C>\alpha _A>\alpha _B
</math>

Ten wynik należy zilustrować odpowiednim, w miarę dokładnym, rysunkiem.

[[File:MO3.png]]

==Zadanie==

Udowodnić wzór cosinusów

Mając dwa wektory <math>\vec{v}_1</math> i <math>\vec{v}_2</math>, chcemy wyrazić
długość ich różnicy <math>|\vec{v}_2-\vec{v}_1|</math> przez
<math>|\vec{v}_1|</math>, <math>|\vec{v}_2|</math> i <math>\vec{v}_2\cdot \vec{v}_1</math>.

[[File:MO4.png]]

<math>\begin{matrix}
\left|\vec{v}_2-\vec{v}_1\right|^2
&&\!\!\!\!\!\!\!\!\!
=
\left(\vec{v}_2-\vec{v}_1\right)\cdot \left(\vec{v}_2-\vec{v}_1\right)
=
\vec{v}_1\cdot \vec{v}_1+\vec{v}_2\cdot \vec{v}_2-2\,\vec{v}_1\cdot \vec{v}_2
\\
&&\!\!\!\!\!\!\!\!\!
=
\left|\vec{v}_1\right|^2+\left|\vec{v}_2\right|^2
-2\left|\vec{v}_1\right|\cdot \left|\vec{v}_2\right|\cdot \cos \alpha _{12}
\end{matrix}</math>

::<math>
c=\sqrt{a^2+b^2-2ab\cos \alpha }
</math>