και ω η γωνία που σχηµατίζει το διάνυσµα OA (1) x = ρσυν(ω+ θ) = ρσυνωσυνθ ρηµωηµθ και και

Transcript

1 ΣΤΡΟΦΗ ΙΝΥΣΜΤΟΣ Νίκος Ιωσηφίδης, Μαθηµατικός Φροντιστής, έροια Στο άρθρο που ακολουθεί, όλα τα αναφερόµενα σηµεία θα θεωρούµε ότι βρίσκονται στο ίδιο επίπεδο. Ορισµοί: 1) Ονοµάζουµε εικόνα του σηµείου κατά τη στροφή µε κέντρο Ο και γωνία θ (θ R) το σηµείο, τέτοιο ώστε: (Ο ) = (Ο) και Ο = θ ν Ο, ορίζουµε ως εικόνα το ίδιο το σηµείο. ια να δηλώσουµε ότι το είναι εικόνα του κατά τη στροφή µε κέντρο Ο κατά γωνία θ, γράφουµε = (Ο,θ). ν δεν υπάρχει κίνδυνος σύγχυσης για το κέντρο στροφής Ο, γράφουµε απλούστερα = θ ) Έστω το διάνυσµα και το σηµείο Ο. Ονοµάζουµε εικόνα του κατά τη στροφή µε κέντρο Ο και γωνία θ (θ R ) το διάνυσµα τέτοιο ώστε = (Ο,θ) και = (Ο,θ). ράφουµε συµβολικά: = (Ο,θ) Θα αποδείξουµε τώρα ένα πολύ σηµαντικό: Θεώρηµα: Η εικόνα ενός διανύσµατος σε µια στροφή είναι ανεξάρτητη του κέντρου στροφής. Μια γεωµετρική απόδειξη θα ήταν εύκολη, αλλά θα απαιτούσε τη µελέτη πολλών περιπτώσεων (π.χ θ (0, π), θ = 0, θ = π, θ (π, π), θ > π, θ < 0, Ο και ένα σωρό άλλες. ια τον λόγο αυτό θα δώσουµε µια αναλυτική απόδειξη. Θα βρούµε πρώτα τις σχέσεις που συνδέουν τις συντεταγµένες (x, y ) της εικόνας A ενός σηµείου µε τις συντεταγµένες (x, y) του σηµείου σε µια στροφή µε κέντρο την αρχή Ο των συντεταγµένων και γωνία στροφής θ. Σελ. 1

2 Κυριακή ΜΘΗΜΤΙΚΗ ΟΜ ΘΣΣΛΟΝΙΚΗΣ Έστω Ο = ρ και ω η γωνία που σχηµατίζει το διάνυσµα OA µε τον άξονα των x (ω [0, π)), δηλ. (Ο, x x) = ω. Τότε: x= ρσυνω και y=ρηµω (1) x = ρσυν(ω+ θ) = ρσυνωσυνθ ρηµωηµθ και y = ρηµ(ω+ θ) = ρηµωσυνθ + ρσυνωηµθ και λόγω των (1): x = xσυνθ yηµθ y = xηµθ + yσυνθ ν η στροφή γίνει γύρω από το σηµείο Κ(x 0, y 0) οι παραπάνω τύποι γίνονται: x x = (x x )συνθ (y y )ηµθ y y = (x x )ηµθ + (y y )συνθ Έστω τώρα το διάνυσµα AB µε A(x 1, y 1) και B(x, y ). Ονοµάζουµε A B την εικόνα του AB µε κέντρο την αρχή Ο των συντεταγµένων και A B την εικόνα του AB κατά τη στροφή µε κέντρο το σηµείο Κ(x 0, y 0) και την ίδια γωνία στροφής θ. ια τις συντεταγµένες των σηµείων A (x 1, y 1), B (x, y ), A (x 1, y 1), B (x, y ) σύµφωνα µε τα παραπάνω θα ισχύουν: x = x συνθ y ηµθ y = x ηµθ + y συνθ 1 1 1, x = x συνθ y ηµθ y = x ηµθ + y συνθ και x x = (x x )συνθ (y y )ηµθ y y = (x x )ηµθ + (y y )συνθ , x x = (x x )συνθ (y y )ηµθ y y = (x x )ηµθ + (y y )συνθ πό τις σχέσεις αυτές µε αφαιρέσεις κατά µέλη βρίσκουµε: A B = (x x, y y ) = 1 1 ((x x 1)συνθ (y y 1)ηµθ, (x x 1)ηµθ + (y y 1)συνθ) A B = (x x, y y ) = 1 1 ((x x 1)συνθ (y y 1)ηµθ, (x x 1)ηµθ + (y y 1)συνθ) ποµένως =, δηλαδή η εικόνα του διανύσµατος είναι ανεξάρτητη του κέντρου στροφής. Μπορούµε εποµένως αντί του συµβολισµού = (Ο,θ) για την εικόνα του διανύσµατος να χρησιµοποιούµε τον απλούστερο συµβολισµό = θ. ια την αποφυγή πολλών παρενθέσεων επίσης θα συµφωνήσουµε να προηγούνται οι πράξεις της πρόσθεσης και της αφαίρεσης διανυσµάτων από την πράξη της στροφής. Έτσι, αντί να γράφουµε (α θ) + (β θ) θα γράφουµε απλούστερα α θ+ β θ. Σελ.

3 Νικ. Ιωσηφίδης: ΣΤΡΟΦΗ ΙΝΥΣΜΤΟΣ Παραθέτουµε ορισµένες ιδιότητες της στροφής διανύσµατος στις οποίες θα στηριχθεί η λύση των ασκήσεων που θα παρουσιάσουµε εδώ. Οι ιδιότητες αυτές είναι είτε άµεσες συνέπειες του ορισµού της στροφής διανύσµατος, είτε αποδεικνύονται εύκολα (γεωµετρικά είτε αναλυτικά) και για οικονοµία χώρου δεν θα τις παρουσιάσουµε. ΙΙΟΤΗΤΣ ΤΗΣ ΣΤΡΟΦΗΣ ΙΝΥΣΜΤΟΣ Έστω α, β δύο διανύσµατα και θ µια γωνία. 1) α = β α θ = β θ ) α θ = α ) ν α 0, τότε: α θ = α θ = κπ, κ Z 4) ν α 0, τότε: α θ = α θ = κπ + π, κ Z 5) α θ = 0 α = 0 6) ν θ κπ (κ Z) τότε : α θ = α α = 0 7) (α+ β) θ= α θ+ β θ 8) (α β) θ = α θ β θ Οι ιδιότητες 7 και 8 επεκτείνονται και για περισσότερους προσθετέους, δηλ. ισχύει: 9) ( ± α1 ± α ± ± α ν ) θ = ± α1 θ ± α θ ± ± αν θ 10) ( α) θ = (α θ) Η ιδιότητα αυτή µας επιτρέπει να γράφουµε καθένα από τα παραπάνω σύµβολα µε την απλούστερη γραφή α θ 11) (λα) θ= λ(α θ) Η ιδιότητα αυτή µας επιτρέπει να γράφουµε καθένα από τα παραπάνω σύµβολα µε την απλούστερη γραφή λα θ 1) α θ + α ( θ) = (συνθ)α Η ιδιότητα αυτή είναι ιδιαίτερα χρήσιµη όπως θα φανεί στα παραδείγµατα που ακολουθούν. Ένα συνηθισµένο είδος ασκήσεων που µπορούν να αποδειχθούν µε την βοήθεια των παραπάνω ιδιοτήτων είναι η απόδειξη ότι δύο ευθύγραµµα τµήµατα και είναι ίσα και σχηµατίζουν συγκεκριµένη γωνία θ. ια την απόδειξη των ασκήσεων αυτών αρκεί να αποδείξουµε ότι AB θ= Σελ.

4 Κυριακή ΜΘΗΜΤΙΚΗ ΟΜ ΘΣΣΛΟΝΙΚΗΣ ια την απόδειξη τέτοιων σχέσεων, εκφράζουµε το AB ως γραµµικό συνδυασµό άλλων διανυσµάτων των οποίων γνωρίζουµε τις εικόνες κατά τη στροφή κατά θ και προσπαθούµε να δηµιουργήσουµε το διάνυσµα. ράφουµε π.χ AB θ = (α1 + α α ) θ = α1 θ + α θ α θ ν κάποιο από τα διανύσµατα του ου µέλους δεν είναι ένα κατάλληλο διάνυσµα, το αντικαθιστούµε µε το ίσο του από τον τύπο α θ + α ( θ) = (συνθ)α αν βέβαια το διάνυσµα α ( θ) είναι καταλληλότερο. Παραδείγµατα 1) ίνεται τρίγωνο και τα τετράγωνα Η και προς το εξωτερικό του. Να αποδειχθεί ότι = και πόδειξη π ρκεί να δειχθεί ότι = Πράγµατι: π π = (+ ) = π π π + = Η + = Η Η+ = + = ) ξωτερικά τριγώνου κατασκευάζουµε τα ισόπλευρα τρίγωνα,,. α) Να αποδειχθεί ότι τα ευθ. τµήµατα,, είναι ίσα και σχηµατίζουν 0 ανά δύο γωνία 60. β) + + = 0 πόδειξη: π α) ρκεί να δειχθεί ότι = Πράγµατι: π π = ( ) = π π = = ' ' β) ίναι: π = ( ) π = ( ) ' Σελ. 4

5 Νικ. Ιωσηφίδης: ΣΤΡΟΦΗ ΙΝΥΣΜΤΟΣ π = ( ) Άρα + + = π π (+ + ) ( ) = 0 ( ) = 0 ) ξωτερικά τριγώνου κατασκευάζουµε τα όµοια ισοσκελή τρίγωνα, και µε βάσεις τις πλευρές του τριγώνου. Να αποδειχθεί ότι τα τµήµατα,, είναι πλευρές τριγώνου. πόδειξη: πειδή τα διανύσµατα,, δεν είναι συγγραµµικά αρκεί να αποδείξουµε ότι + + = 0. πειδή το τρίγωνο είναι ισοσκελές, η κορυφή βρίσκεται στη µεσοκάθετη της πλευράς. Έστω = λ = λ π π λ = λ = µ όπου µ = Άρα: = + ή π = + µ Όµοια (βλ. σχήµα) είναι: π = + µ π = + µ Ο αριθµός µ είναι και για τις τρεις σχέσεις ο ίδιος λόγω της οµοιότητας των τριγώνων, και Με πρόσθεση κατά µέλη βρίσκουµε: π + + = ( + + ) + µ (+ + ) (1) Όµως: + + = (+ ) + ( + ) + ( + ) = 0 Άρα η (1) γίνεται: + + = 0 που σηµαίνει ότι τα τµήµατα,, είναι πλευρές τριγώνου. 4) ξωτερικά τετραπλεύρου κατασκευάζουµε τα τετράγωνα του σχήµατος. ν Κ, Λ, Μ, Ρ είναι τα κέντρα των τετραγώνων αυτών να αποδειχθεί ότι τα τµήµατα ΚΜ και ΛΡ είναι ίσα και κάθετα. πόδειξη: Σελ. 5

6 Κυριακή ΜΘΗΜΤΙΚΗ ΟΜ ΘΣΣΛΟΝΙΚΗΣ π ρκεί να αποδείξουµε ότι: ΡΛ ΚΜ = ή π ισοδύναµα ότι: ΡΛ = ΚΜ Πράγµατι, είναι: ΡΛ = ΡΛ + ΡΛ = (Ρ+ Μ+ Μ+ Λ) + (Ρ+ Κ+ Κ+ Λ) π Άρα: ΡΛ = π π π π (Ρ + Μ + Μ + Λ ) + π π π π (Ρ + Κ + Κ + Λ ) (1) Στη σχέση αυτή, όπου κάποιο διάνυσµα της µορφής Σ Τ Ρ Ι Μ Π Κ π α δεν είναι διάνυσµα του Η Λ Θ σχήµατος, γράφουµε το διάνυσµα α ως β π, ώστε το διάνυσµα β να είναι διάνυσµα του σχήµατος. ντικαθιστούµε τα διανύσµατα που είναι πιο µακριά από το µε άλλα που είναι πιο κοντά στο προσπαθώντας να δηµιουργήσουµε το διάνυσµα ΚΜ. ίναι λοιπόν: π Ρ ΡΤ Ρ = = π π Μ = Μ = Μ = Μ π Μ ΜΠ Μ = = π π Λ = Λ = Λ = Λ π Ρ Ρ = π π Κ = Κ = Κ = Κ π Κ Κ = π π Λ = Λ = ΛΘ = Λ ποµένως η (1) γίνεται: π ΡΛ = (Ρ+ Μ+ Μ+ Λ) + (Ρ+ Κ+ Κ+ Λ) = (Κ+ Λ+ Λ+ Μ) + (Κ+ Ρ+ Ρ+ Μ) = ΚΜ + ΚΜ = ΚΜ και η πρόταση αποδείχθηκε. Σελ. 6

7 Νικ. Ιωσηφίδης: ΣΤΡΟΦΗ ΙΝΥΣΜΤΟΣ πό την παραπάνω απόδειξη προκύπτει ότι δεν είναι απαραίτητο να είναι το τετράπλευρο κυρτό. Η ίδια πρόταση ισχύει και σε µη κυρτό τετράπλευρο. πίσης µε όµοια απόδειξη προκύπτει ότι η πρόταση ισχύει και στην περίπτωση που τα τετράγωνα κατασκευάζονται προς το εσωτερικό του τετραπλεύρου. 5) ξωτερικά τριγώνου κατασκευάζουµε τα τετράγωνα, Η και ΙΘ. ν Κ, Λ, Μ είναι τα κέντρα των τετραγώνων αυτών αντίστοιχα, να αποδειχθεί ότι τα τµήµατα Κ και ΛΜ είναι ίσα και κάθετα. 1 Η πρόταση αυτή µπορεί να θεωρηθεί ειδική περίπτωση της προηγούµενης πρότασης θεωρώντας ότι οι κορυφές και του τετραπλεύρου ταυτίζονται. Μπορεί όµως να αποδειχθεί µε τον ίδιο τρόπο µε την προηγούµενη άσκηση. Ι Θ Μ Η Λ Κ 6) ξωτερικά του τριγώνου κατασκευάζουµε τα τετράγωνα και Η µε κέντρα Κ και Λ αντίστοιχα. ν Μ είναι το µέσο της πλευράς να αποδειχθεί ότι το τρίγωνο ΚΛΜ είναι ορθογώνιο και ισοσκελές. πόδειξη: π ρκεί να δειχθεί ότι ΜΛ ΜΚ = Πράγµατι: π π 1 π ΜΛ = (Λ Μ) = (Λ (+ )) = π 1 π 1 π Λ (1) ίναι: π π 1 Λ = Λ = Λ = Λ = Η π π = = = π Η = Η (1) εποµένως γίνεται: Μ 1 Η άσκηση αυτή προτείνεται στο περιοδικό ΠΟΛΛΩΝΙΟΣ του Παραρτήµατος της Μ Ηµαθίας στο 6 ο τεύχος. ίναι η άσκηση 8 στη σελ Κ Η Λ Σελ. 7

8 Κυριακή ΜΘΗΜΤΙΚΗ ΟΜ ΘΣΣΛΟΝΙΚΗΣ π ΜΛ = Η + Η = (Η + ( Η)) = (Η + Η) = 1 = ΜΚ διότι τα Μ και Κ είναι τα µέσα των πλευρών και του τριγώνου. Η τελευταία σχέση αποδεικνύει το ζητούµενο. 7) ξωτερικά των πλευρών τριγώνου κατασκευάζουµε τα τετράγωνα και Η. ν Μ είναι το µέσο του τµήµατος, να αποδειχθεί ότι το τρίγωνο Μ είναι ορθογώνιο και ισοσκελές. πόδειξη: ρκεί να αποδείξουµε ότι: π Μ Μ = Πράγµατι: π π 1 π Μ = Μ = ( + ) = Μ 1 π ( ) = 1 π π π π ( ) = 1 ( + + Η + ) = 1 1 ( + + ) = ( + ) = 1 = (Μ) = Μ = Μ Η 8) Ισόπλευρο τρίγωνο είναι εγγεγραµµένο σε κύκλο. ν Μ είναι σηµείο του κυρτογώνιου τόξου, να αποδειχθεί ότι Μ= Μ+ Μ πόδειξη: Μια σύντοµη γεωµετρική απόδειξη της µπορεί να γίνει εύκολα µε το θεώρηµα του Πτολεµαίου. Μια άλλη απόδειξη µπορεί να γίνει παίρνοντας πάνω στη Μ τµήµα Μ= Μ και αποδεικνύοντας ότι = Μ. ίνουµε εδώ µια απόδειξη µε τη βοήθεια της στροφής διανύσµατος. π π Τα διανύσµατα Μ ( ) και Μ είναι οµόρροπα µε το Μ διότι = = π Μ Μ ρκεί λοιπόν να αποδείξουµε ότι: π π Μ ( ) + Μ = Μ Πράγµατι: Μ Σελ. 8

9 Νικ. Ιωσηφίδης: ΣΤΡΟΦΗ ΙΝΥΣΜΤΟΣ π π π π Μ ( ) = (Μ + ) ( ) = Μ ( ) + ( ) = π π π Μ ( ) ( ) = Μ ( ) και π π π π π π π Μ = (Μ + ) = Μ + = Μ = Μ Άρα: π π π π π π Μ ( ) + Μ = Μ ( ) + Μ = Μ ( ) + Μ = π (συν )Μ= Μ και η πρόταση αποδείχθηκε. 9) ίνεται κανονικό πολύγωνο 1 ν µε κέντρο Ο. Να αποδειχθεί ότι: Ο + Ο + + Ο = 0 1 ν πόδειξη: Στην περίπτωση που ν = άρτιος, η απόδειξη είναι πολύ απλή, επειδή τα διανύσµατα Ο 1,Ο,,Ον είναι ανά δύο αντίθετα. Πιο δύσκολη είναι η απόδειξη όταν ν = περιττός. ίνουµε εδώ µια απόδειξη µε τη βοήθεια της στροφής διανύσµατος που δεν χρειάζεται τη διάκριση των περιπτώσεων ν = άρτιος ή ν = περιττός. Έστω θ η κεντρική γωνία του πολυγώνου. Ονοµάζουµε α = Ο1 + Ο + + Ον ποµένως: α θ = (Ο1 + Ο + + Ο ν ) θ = Ο1 θ + Ο θ + + Ον θ = Ο + Ο + Ον + Ο1 = α ηλαδή α θ= α, άρα α= 0 ν Ο ) ίνονται κατά σειρά τα σηµεία,,,,, ενός κύκλου τέτοια ώστε 0 = = = 60. ν Κ, Λ, Μ είναι τα µέσα των χορδών, και να αποδειχθεί ότι το τρίγωνο ΚΛΜ είναι ισόπλευρο. πόδειξη: Τονίζουµε ότι η διάταξη των σηµείων,,,,, πάνω στον κύκλο δεν είναι υποχρεωτικά αυτή του σχήµατος (της εκφώνησης). Η απόδειξη που ακολουθεί δεν χρειάζεται την διάταξη αυτή και είναι σωστή µε οποιαδήποτε διάταξη των σηµείων,,,,, πάνω στον κύκλο. Μπορείτε να δείτε διάφορες γεωµετρικές λύσεις στα τεύχη του ΠΟΛΛΩΝΙΟΥ Σελ. 9

10 Κυριακή ΜΘΗΜΤΙΚΗ ΟΜ ΘΣΣΛΟΝΙΚΗΣ Μια λύση µε στροφή διανύσµατος µπορείτε επίσης να βρείτε στο τεύχος 1, σελ. 70 από τον Νίκο εργιαδέ. Μπορείτε να δείτε ακόµη γεωµετρικές αποδείξεις: Στο τεύχος 1, σελ. 7 από τον γράφοντα. Στο τεύχος, σελ. 11 από τον Ν. Κυριαζή Στο τεύχος, σελ. 116 από τον Θ. Χρυσοστοµίδη δώ θα δώσουµε µια διαφορετική λύση µε στροφή διανύσµατος που στηρίζεται στην ιδιότητα α θ + α ( θ) = (συνθ)α (1) ρκεί να αποδείξουµε ότι: π ΛΜ ΛΚ = Θα εκφράσουµε το ΛΜ ως γραµµικό συνδυασµό των Ο, Ο, Ο, Ο, Ο, Ο. π Κατόπιν θα αντικαταστήσουµε τα διανύσµατα της µορφής α που θα προκύψουν µε διανύσµατα του σχήµατος. ν κάποιο διάνυσµα από αυτά δεν είναι διάνυσµα του σχήµατος, θα χρησιµοποιήσουµε τη σχέση (1) ώστε το διάνυσµα της µορφής π α ( ) που θα προκύψει να είναι διάνυσµα του σχήµατος. Έχουµε λοιπόν: π π ΛΜ = (ΟΜ ΟΛ) = π 60 π Ο Λ ΟΜ ΟΛ = 1 π 1 π (Ο + Ο) (Ο + Ο) = 1 π π π π Ο 60 Ο (Ο + Ο Ο Ο ) Μ (1) Όµως: π Ο Ο = Κ π π π 60 Ο = (συν )Ο Ο ( ) = Ο Ο Ο π π π Ο = (συν )Ο Ο ( ) = Ο Ο π Ο Ο = Η (1) λοιπόν γίνεται: π ΛΜ (Ο Ο Ο Ο Ο Ο) = + + = 1 1 (Ο+ Ο) (Ο + Ο) = ΟΚ ΟΛ = ΛΚ π Η σχέση ΛΜ ΛΚ = αποδεικνύει ότι το τρίγωνο ΚΛΜ είναι ισόπλευρο. Σελ. 10