Mathematics · الكتاب 2 · Grades 10–12

رياضيات المرحلة الثانوية

رياضيات المرحلة الثانوية · Grades 10–12

16الجداء السلّمي في المستوي

يرفق الجداء السلّمي عددًا بكل زوج من المتجهات، وهذا العدد يرى الهندسة: فهو ينعدم بالضبط في حالة الاتجاهين المتعامدين، وهو يقيس الزوايا والأطوال. وهو المحرّك وراء قانون جيب التمام، ومعادلات الدوائر، وحسابات التعامد. أما الأداة نفسها في الفضاء فهي موضوع الفصل 31.

16.1 التعريف والحسابات الأولى

تعريف 16.1 (الجداء السلّمي)

الجداء السلّمي للمتجهتين u⃗\vec u و v⃗\vec v هو العدد

u⃗⋅v⃗=12(∥u⃗+v⃗∥2−∥u⃗∥2−∥v⃗∥2),\vec u \cdot \vec v = \tfrac12\left(\norm{\vec u + \vec v}^2 - \norm{\vec u}^2 - \norm{\vec v}^2\right),

حيث يرمز ∥u⃗∥\norm{\vec u} إلى طول (المعيار) المتجهة u⃗\vec u.

مبرهنة 16.2 (أوجه الجداء السلّمي الأربعة)

لتكن u⃗ (x,y)\vec u\,(x, y) و v⃗ (x′,y′)\vec v\,(x', y') متجهتين غير معدومتين، ولتكن θ\theta الزاوية بينهما. عندئذٍ

  1. (بالإحداثيات) u⃗⋅v⃗=xx′+yy′\vec u \cdot \vec v = xx' + yy'؛
  2. (بجيب التمام) u⃗⋅v⃗=∥u⃗∥ ∥v⃗∥cos⁡θ\vec u \cdot \vec v = \norm{\vec u}\,\norm{\vec v}\cos\theta؛
  3. (بالإسقاط) u⃗⋅v⃗=u⃗⋅v⃗′\vec u \cdot \vec v = \vec u \cdot \vec v'، حيث v⃗′\vec v' هي المسقط العمودي للمتجهة v⃗\vec v على اتجاه u⃗\vec u؛ فإذا كانت u⃗=OA→\vec u = \vect{OA} و v⃗=OB→\vec v = \vect{OB}، فإن u⃗⋅v⃗=OA‾×OH‾\vec u \cdot \vec v = \overline{OA} \times \overline{OH}، وهو جداء طولين جبريين، حيث HH هو المسقط العمودي للنقطة BB على المستقيم (OA)(OA)؛
  4. (بالمعايير) الصيغة المعرِّفة في التعريف 16.1.

برهان 1 و 2. 1. بالإحداثيات، ∥u⃗∥2=x2+y2\norm{\vec u}^2 = x^2 + y^2 (فيثاغورس)، و u⃗+v⃗\vec u + \vec v إحداثياتها (x+x′,y+y′)(x + x', y + y')، إذن

2 u⃗⋅v⃗=(x+x′)2+(y+y′)2−(x2+y2)−(x′2+y′2)=2xx′+2yy′,\begin{align*} 2\,\vec u \cdot \vec v &= (x + x')^2 + (y + y')^2 - (x^2 + y^2) - (x'^2 + y'^2)\\ &= 2xx' + 2yy', \end{align*}

بعد نشر المربعات والاختصار.

2. اختر نظام الإحداثيات بحيث تتجه u⃗\vec u في الجهة الموجبة من المحور xx: u⃗ (∥u⃗∥,0)\vec u\,(\norm{\vec u}, 0) و v⃗ (∥v⃗∥cos⁡θ, ∥v⃗∥sin⁡θ)\vec v\,(\norm{\vec v}\cos\theta,\ \norm{\vec v}\sin\theta) (الفصل 14). عندئذٍ تعطي الصيغة 1 u⃗⋅v⃗=∥u⃗∥ ∥v⃗∥cos⁡θ+0\vec u \cdot \vec v = \norm{\vec u}\,\norm{\vec v}\cos\theta + 0. وتقرأ الصيغة 3 الحساب نفسه: فالمسقط العمودي للمتجهة v⃗\vec v على المحور xx طوله الجبري ∥v⃗∥cos⁡θ=OH‾\norm{\vec v}\cos\theta = \overline{OH}. ∎

منظر الإسقاط: u v = OA × OH، حيث H هو المسقط العمودي لطرف المتجهة v. والقطعة البرتقالية OH طولها الجبري v.
منظر الإسقاط: u⃗⋅v⃗=OA‾×OH‾\vec u \cdot \vec v = \overline{OA} \times \overline{OH}، حيث HH هو المسقط العمودي لطرف المتجهة v⃗\vec v. والقطعة البرتقالية OHOH طولها الجبري ∥v⃗∥cos⁡θ\norm{\vec v}\cos\theta.

مثال 16.3

u⃗ (3,1)\vec u\,(3, 1) و v⃗ (2,−4)\vec v\,(2, -4): u⃗⋅v⃗=6−4=2\vec u \cdot \vec v = 6 - 4 = 2. والمعياران هما ∥u⃗∥=10\norm{\vec u} = \sqrt{10} و ∥v⃗∥=20\norm{\vec v} = \sqrt{20}، إذن cos⁡θ=21020=2102=210\cos\theta = \frac{2}{\sqrt{10}\sqrt{20}} = \frac{2}{10\sqrt2} = \frac{\sqrt2}{10}: فالزاوية أصغر قليلًا من 82∘82^\circ.

قضية 16.4 (القواعد الجبرية)

من أجل كل المتجهات وكل λ∈R\lambda \in \R:

u⃗⋅v⃗=v⃗⋅u⃗,u⃗⋅(v⃗+w⃗)=u⃗⋅v⃗+u⃗⋅w⃗,(λu⃗)⋅v⃗=λ (u⃗⋅v⃗),\vec u \cdot \vec v = \vec v \cdot \vec u, \qquad \vec u \cdot (\vec v + \vec w) = \vec u \cdot \vec v + \vec u \cdot \vec w, \qquad (\lambda \vec u)\cdot \vec v = \lambda\,(\vec u \cdot \vec v),
u⃗⋅u⃗=∥u⃗∥2,∥u⃗+v⃗∥2=∥u⃗∥2+2 u⃗⋅v⃗+∥v⃗∥2.\vec u \cdot \vec u = \norm{\vec u}^2, \qquad \norm{\vec u + \vec v}^2 = \norm{\vec u}^2 + 2\,\vec u\cdot\vec v + \norm{\vec v}^2 .

برهان. كلها تنتج من الصيغة بالإحداثيات: فمثلًا u⃗⋅(v⃗+w⃗)=x(x′+x′′)+y(y′+y′′)=(xx′+yy′)+(xx′′+yy′′)\vec u \cdot (\vec v + \vec w) = x(x' + x'') + y(y' + y'') = (xx' + yy') + (xx'' + yy''). أما المتطابقة الأخيرة فتنشر ∥u⃗+v⃗∥2=(u⃗+v⃗)⋅(u⃗+v⃗)\norm{\vec u + \vec v}^2 = (\vec u + \vec v)\cdot(\vec u + \vec v) باستعمال القواعد الثلاث الأولى — فالجداء السلّمي يتصرف تمامًا كجداء عادي، فتنطبق المتطابقات الجبرية المعتادة على المتجهات. ∎

16.2 التعامد

تعريف 16.5 (المتجهتان المتعامدتان)

تكون متجهتان متعامدتين، ويُكتب u⃗⊥v⃗\vec u \perp \vec v، إذا كان u⃗⋅v⃗=0\vec u \cdot \vec v = 0.

ملاحظة 16.6

من أجل متجهتين غير معدومتين، تبيّن الصيغة 2 من المبرهنة 16.2 أن u⃗⋅v⃗=0  ⟺  cos⁡θ=0  ⟺  \vec u \cdot \vec v = 0 \iff \cos\theta = 0 \iff الاتجاهين متعامدان. أما المتجهة المعدومة فمتعامدة مع كل شيء.

مثال 16.7

u⃗ (3,2)\vec u\,(3, 2) و v⃗ (−4,6)\vec v\,(-4, 6): u⃗⋅v⃗=−12+12=0\vec u \cdot \vec v = -12 + 12 = 0: متعامدتان. وعمومًا، تكون u⃗ (a,b)\vec u\,(a, b) متعامدة دائمًا مع v⃗ (−b,a)\vec v\,(-b, a) — وهو دوران بربع دورة.

16.3 قانون جيب التمام

مبرهنة 16.8 (قانون جيب التمام)

في مثلث ABCABC أضلاعه a=BCa = BC و b=CAb = CA و c=ABc = AB وزاويته A^\widehat A عند الرأس AA:

a2=b2+c2−2bc cos⁡A^.a^2 = b^2 + c^2 - 2bc\,\cos\widehat A .

برهان. اكتب BC→=BA→+AC→=AC→−AB→\vect{BC} = \vect{BA} + \vect{AC} = \vect{AC} - \vect{AB} ثم انشر بواسطة القضية 16.4:

a2=∥BC→∥2=∥AC→∥2−2 AC→⋅AB→+∥AB→∥2=b2+c2−2 AB→⋅AC→.a^2 = \norm{\vect{BC}}^2 = \norm{\vect{AC}}^2 - 2\,\vect{AC}\cdot\vect{AB} + \norm{\vect{AB}}^2 = b^2 + c^2 - 2\,\vect{AB}\cdot\vect{AC}.

وحسب صيغة جيب التمام، AB→⋅AC→=c b cos⁡A^\vect{AB}\cdot\vect{AC} = c\,b\,\cos\widehat A. ∎

ملاحظة 16.9

عندما تكون A^\widehat A قائمة، يكون cos⁡A^=0\cos\widehat A = 0، فيؤول قانون جيب التمام إلى مبرهنة فيثاغورس a2=b2+c2a^2 = b^2 + c^2: فهو فيثاغورس مع حد تصحيحي من أجل الزوايا غير القائمة.

قانون جيب التمام: معرفة ضلعين b و c والزاوية المحصورة بينهما تحدّد الضلع الثالث a.
قانون جيب التمام: معرفة ضلعين bb و cc والزاوية المحصورة بينهما تحدّد الضلع الثالث aa.

مثال 16.10

ضلعان في مثلث قياسهما b=5b = 5 و c=8c = 8، ويحصران زاوية A^=π3\widehat A = \frac\pi3. عندئذٍ

a2=25+64−2×5×8×12=89−40=49,a^2 = 25 + 64 - 2 \times 5 \times 8 \times \frac12 = 89 - 40 = 49,

إذن a=7a = 7.

16.4 تطبيقات: الدوائر والمستقيمات المتعامدة

قضية 16.11 (الدائرة ذات قطر معلوم)

تقع النقطة MM على الدائرة ذات القطر [AB][AB] إذا وفقط إذا كان

MA→⋅MB→=0.\vect{MA} \cdot \vect{MB} = 0 .

برهان. إذا كانت M≠A,BM \neq A, B، فالشرط يقول إن الزاوية عند MM في المثلث AMBAMB قائمة، والنقط التي ترى قطعة تحت زاوية قائمة هي بالضبط نقط الدائرة ذات ذلك القطر. وإليك برهانًا مباشرًا: لتكن OO منتصف [AB][AB] وليكن r=AB2r = \frac{AB}{2}. عندئذٍ MA→=MO→+OA→\vect{MA} = \vect{MO} + \vect{OA} و MB→=MO→+OB→=MO→−OA→\vect{MB} = \vect{MO} + \vect{OB} = \vect{MO} - \vect{OA}، إذن

MA→⋅MB→=∥MO→∥2−∥OA→∥2=MO2−r2,\vect{MA}\cdot\vect{MB} = \norm{\vect{MO}}^2 - \norm{\vect{OA}}^2 = MO^2 - r^2,

وهذا ينعدم بالضبط عندما يكون MO=rMO = r، أي عندما تقع MM على الدائرة التي مركزها OO ونصف قطرها rr. ∎

قضية 16.12 (المتجهة الناظمة لمستقيم)

المتجهة n⃗ (a,b)\vec n\,(a, b) متعامدة مع كل متجهة توجيه للمستقيم d:ax+by+c=0d : ax + by + c = 0؛ ويقال إن n⃗\vec n متجهة ناظمة للمستقيم dd. ويكون مستقيمان متعامدين بالضبط عندما تكون متجهتاهما الناظمتان (أو متجهتا توجيههما) متعامدتين.

برهان. متجهة توجيه المستقيم dd هي u⃗ (−b,a)\vec u\,(-b, a) (المبرهنة 15.9)، و n⃗⋅u⃗=a(−b)+b(a)=0\vec n \cdot \vec u = a(-b) + b(a) = 0. ∎

طريقة 16.13 (استعمال المتجهات الناظمة)

  • المستقيم المار بالنقطة AA وناظمته n⃗ (a,b)\vec n\,(a,b): اكتب AM→⋅n⃗=0\vect{AM} \cdot \vec n = 0، وهذا ينشر إلى ax+by+c=0ax + by + c = 0 مع cc تحدّده النقطة AA.
  • تعامد d:ax+by+c=0d: ax+by+c = 0 و d′:a′x+b′y+c′=0d': a'x+b'y+c' = 0: تحقق من aa′+bb′=0aa' + bb' = 0.

مثال 16.14

المستقيم المار بالنقطة P(2,−1)P(2, -1) والعمودي على d:3x−y+4=0d : 3x - y + 4 = 0: متجهة توجيه المستقيم dd هي (1,3)(1, 3)، وهي تصلح متجهة ناظمة للعمود. والمعادلة: x+3y+c=0x + 3y + c = 0 مع 2−3+c=02 - 3 + c = 0، إذن c=1c = 1: فالمستقيم هو x+3y+1=0x + 3y + 1 = 0.

مثال 16.15 (معادلة دائرة)

الدائرة التي مركزها Ω(1,2)\Omega(1, 2) ونصف قطرها 33 هي مجموعة النقط M(x,y)M(x,y) التي تحقق ΩM2=9\Omega M^2 = 9:

(x−1)2+(y−2)2=9.(x - 1)^2 + (y - 2)^2 = 9 .

وبالعكس، تُكتب x2+y2−2x−4y−4=0x^2 + y^2 - 2x - 4y - 4 = 0، بإكمال المربعات (الفصل 10)، على الصورة (x−1)2+(y−2)2=9(x-1)^2 + (y-2)^2 = 9: وهي الدائرة نفسها.

16.5 تمارين

تمرين 16.1 ★

احسب u⃗⋅v⃗\vec u \cdot \vec v من أجل

u⃗ (2,5), v⃗ (3,−1);u⃗ (1,−4), v⃗ (8,2);∥u⃗∥=3, ∥v⃗∥=4, θ=π3.\vec u\,(2, 5),\ \vec v\,(3, -1); \qquad \vec u\,(1, -4),\ \vec v\,(8, 2); \qquad \norm{\vec u} = 3,\ \norm{\vec v} = 4,\ \theta = \frac{\pi}{3} .
حل

حل التمرين 16.1.

(2,5)⋅(3,−1)=6−5=1(2,5)\cdot(3,-1) = 6 - 5 = 1.

(1,−4)⋅(8,2)=8−8=0(1,-4)\cdot(8,2) = 8 - 8 = 0 (متجهتان متعامدتان).

u⃗⋅v⃗=3×4×cos⁡π3=12×12=6\vec u\cdot\vec v = 3 \times 4 \times \cos\frac\pi3 = 12 \times \frac12 = 6.

تمرين 16.2 ★

ABCABC مثلث متساوي الأضلاع طول ضلعه 66. احسب AB→⋅AC→\vect{AB} \cdot \vect{AC} و AB→⋅BC→\vect{AB} \cdot \vect{BC}.

حل

حل التمرين 16.2.

AB→⋅AC→=6×6×cos⁡60∘=18\vect{AB}\cdot\vect{AC} = 6 \times 6 \times \cos 60^\circ = 18.

تصنع المتجهتان AB→\vect{AB} و BC→\vect{BC} زاوية قدرها 180∘−60∘=120∘180^\circ - 60^\circ = 120^\circ (ضعهما بنفس المبدأ عند BB)، إذن AB→⋅BC→=36cos⁡120∘=−18\vect{AB}\cdot\vect{BC} = 36 \cos 120^\circ = -18.

تمرين 16.3 ★

من أجل أي قيمة للعدد tt تكون u⃗ (3,t)\vec u\,(3, t) و v⃗ (t−8,1)\vec v\,(t - 8, 1) متعامدتين؟ ومن أجل أي قيمة أو قيم للعدد tt تكون u⃗ (t,2)\vec u\,(t, 2) متعامدة مع نفسها ناقص v⃗ (4,2)\vec v\,(4, 2)، أي u⃗⊥(u⃗−v⃗)\vec u \perp (\vec u - \vec v)؟

حل

حل التمرين 16.3.

u⃗⋅v⃗=3(t−8)+t=4t−24=0\vec u \cdot \vec v = 3(t - 8) + t = 4t - 24 = 0 يعطي t=6t = 6.

u⃗−v⃗=(t−4, 0)\vec u - \vec v = (t - 4,\ 0)، إذن u⃗⋅(u⃗−v⃗)=t(t−4)+0=t2−4t\vec u \cdot (\vec u - \vec v) = t(t-4) + 0 = t^2 - 4t، وهذا ينعدم من أجل t=0t = 0 أو t=4t = 4.

تمرين 16.4 ★

احسب الزاوية θ\theta بين u⃗ (1,2)\vec u\,(1, 2) و v⃗ (3,1)\vec v\,(3, 1) (أعطِ cos⁡θ\cos\theta بالضبط، ثم θ\theta مقرَّبة إلى أقرب درجة).

حل

حل التمرين 16.4.

u⃗⋅v⃗=3+2=5\vec u \cdot \vec v = 3 + 2 = 5، و ∥u⃗∥=5\norm{\vec u} = \sqrt5، و ∥v⃗∥=10\norm{\vec v} = \sqrt{10}، إذن

cos⁡θ=55 10=552=22,\cos\theta = \frac{5}{\sqrt5\,\sqrt{10}} = \frac{5}{5\sqrt2} = \frac{\sqrt2}{2},

ومنه θ=45∘\theta = 45^\circ بالضبط.

تمرين 16.5 ★★

مثلث أضلاعه b=4b = 4 و c=6c = 6 والزاوية A^=2π3\widehat A = \frac{2\pi}{3} محصورة بينهما. احسب الضلع الثالث aa. ثم، في مثلث أضلاعه a=7a = 7 و b=5b = 5 و c=4c = 4، احسب cos⁡A^\cos\widehat A وقرّر هل A^\widehat A حادة أم منفرجة.

حل

حل التمرين 16.5.

a2=16+36−2×4×6×cos⁡2π3=52−48×(−12)=76a^2 = 16 + 36 - 2 \times 4 \times 6 \times \cos\frac{2\pi}{3} = 52 - 48 \times \left(-\frac12\right) = 76، إذن a=76=219≈8.7a = \sqrt{76} = 2\sqrt{19} \approx 8.7.

أما في المثلث الثاني، فقانون جيب التمام محلولًا بالنسبة إلى الزاوية يعطي

cos⁡A^=b2+c2−a22bc=25+16−492×5×4=−840=−15,\cos\widehat A = \frac{b^2 + c^2 - a^2}{2bc} = \frac{25 + 16 - 49}{2 \times 5 \times 4} = -\frac{8}{40} = -\frac15,

وهو سالب: إذن A^\widehat A منفرجة.

تمرين 16.6 ★★

لتكن A(1,1)A(1, 1) و B(5,−1)B(5, -1) و C(3,5)C(3, 5). احسب AB→⋅AC→\vect{AB} \cdot \vect{AC}؛ فهل الزاوية A^\widehat A قائمة؟ ثم احسب أطوال الأضلاع الثلاثة وتحقق من جوابك بقانون جيب التمام.

حل

حل التمرين 16.6.

AB→ (4,−2)\vect{AB}\,(4, -2) و AC→ (2,4)\vect{AC}\,(2, 4): AB→⋅AC→=8−8=0\vect{AB}\cdot\vect{AC} = 8 - 8 = 0، إذن الزاوية عند AA قائمة. والأضلاع: AB=16+4=20AB = \sqrt{16 + 4} = \sqrt{20}، و AC=4+16=20AC = \sqrt{4 + 16} = \sqrt{20}، و BC→ (−2,6)\vect{BC}\,(-2, 6) يعطي BC=40BC = \sqrt{40}. وللتحقق من الاتساق: BC2=40=20+20=AB2+AC2BC^2 = 40 = 20 + 20 = AB^2 + AC^2، وهو قانون جيب التمام مع cos⁡A^=0\cos\widehat A = 0 (فيثاغورس).

تمرين 16.7 ★★

أعطِ معادلة الدائرة التي مركزها Ω(−2,3)\Omega(-2, 3) ونصف قطرها 55. ثم حدّد مركز ونصف قطر الدائرة

x2+y2−6x+2y−6=0.x^2 + y^2 - 6x + 2y - 6 = 0 .
حل

حل التمرين 16.7.

الصورة بالمركز ونصف القطر: (x+2)2+(y−3)2=25(x + 2)^2 + (y - 3)^2 = 25.

أما الدائرة الثانية فأكمل المربعات:

x2−6x+y2+2y=6  ⟺  (x−3)2−9+(y+1)2−1=6  ⟺  (x−3)2+(y+1)2=16:x^2 - 6x + y^2 + 2y = 6 \iff (x - 3)^2 - 9 + (y + 1)^2 - 1 = 6 \iff (x-3)^2 + (y+1)^2 = 16 :

المركز (3,−1)(3, -1) ونصف القطر 44.

تمرين 16.8 ★★

لتكن A(−3,0)A(-3, 0) و B(0,2)B(0, 2). باستعمال القضية 16.11، أوجد معادلة الدائرة ذات القطر [AB][AB]، وتحقق من أن المبدأ O(0,0)O(0,0) يقع عليها.

حل

حل التمرين 16.8.

تقع M(x,y)M(x,y) على الدائرة عندما يكون MA→⋅MB→=0\vect{MA}\cdot\vect{MB} = 0 مع MA→ (−3−x, −y)\vect{MA}\,(-3 - x,\ -y) و MB→ (−x, 2−y)\vect{MB}\,(-x,\ 2 - y):

(−3−x)(−x)+(−y)(2−y)=x2+3x+y2−2y=0.(-3 - x)(-x) + (-y)(2 - y) = x^2 + 3x + y^2 - 2y = 0 .

وأما المبدأ: 0+0+0−0=00 + 0 + 0 - 0 = 0، إذن OO تقع على الدائرة — وهندسيًا، المتجهتان OA→ (−3,0)\vect{OA}\,(-3,0) و OB→ (0,2)\vect{OB}\,(0,2) متعامدتان، فترى OO القطعة [AB][AB] تحت زاوية قائمة. (وبإكمال المربعات: المركز (−32,1)\left(-\frac32, 1\right)، ونصف القطر 132\frac{\sqrt{13}}{2}.)

تمرين 16.9 ★★

أوجد معادلة المستقيم المار بالنقطة P(1,3)P(1, 3) والعمودي على d:2x+y−7=0d : 2x + y - 7 = 0، وإحداثيات المسقط العمودي HH (وهو تقاطع المستقيمين). واستنتج المسافة من PP إلى dd.

حل

حل التمرين 16.9.

للعمود المار بالنقطة PP متجهة توجيه المستقيم dd، أي (−1,2)(-1, 2)، متجهةً ناظمة: فمعادلته −x+2y+c=0-x + 2y + c = 0؛ وبالمرور بالنقطة P(1,3)P(1,3): −1+6+c=0-1 + 6 + c = 0، أي c=−5c = -5، فتكون x−2y+5=0x - 2y + 5 = 0.

والتقاطع مع dd: من 2x+y=72x + y = 7 نجد y=7−2xy = 7 - 2x؛ وبالتعويض، x−2(7−2x)+5=5x−9=0x - 2(7 - 2x) + 5 = 5x - 9 = 0، إذن x=95x = \frac95 و y=175y = \frac{17}5: H(95,175)H\left(\frac95, \frac{17}5\right). ثم PH→(45,25)\vect{PH}\left(\frac45, \frac25\right) و

PH=1625+425=205=255≈0.89.PH = \sqrt{\frac{16}{25} + \frac{4}{25}} = \frac{\sqrt{20}}{5} = \frac{2\sqrt5}{5} \approx 0.89 .

تمرين 16.10 ★★

باستعمال ∥u⃗+v⃗∥2=∥u⃗∥2+2u⃗⋅v⃗+∥v⃗∥2\norm{\vec u + \vec v}^2 = \norm{\vec u}^2 + 2\vec u\cdot\vec v + \norm{\vec v}^2 ونظيرتها من أجل u⃗−v⃗\vec u - \vec v، برهن على متطابقة متوازي الأضلاع:

∥u⃗+v⃗∥2+∥u⃗−v⃗∥2=2∥u⃗∥2+2∥v⃗∥2,\norm{\vec u + \vec v}^2 + \norm{\vec u - \vec v}^2 = 2\norm{\vec u}^2 + 2\norm{\vec v}^2 ,

ثم فسّرها في متوازي أضلاع (القطران في مقابل الأضلاع).

حل

حل التمرين 16.10.

بجمع

∥u⃗+v⃗∥2=∥u⃗∥2+2u⃗⋅v⃗+∥v⃗∥2و∥u⃗−v⃗∥2=∥u⃗∥2−2u⃗⋅v⃗+∥v⃗∥2,\norm{\vec u + \vec v}^2 = \norm{\vec u}^2 + 2\vec u\cdot\vec v + \norm{\vec v}^2 \quad\text{و}\quad \norm{\vec u - \vec v}^2 = \norm{\vec u}^2 - 2\vec u\cdot\vec v + \norm{\vec v}^2,

تختصر الحدود المختلطة ويكون ∥u⃗+v⃗∥2+∥u⃗−v⃗∥2=2∥u⃗∥2+2∥v⃗∥2\norm{\vec u + \vec v}^2 + \norm{\vec u - \vec v}^2 = 2\norm{\vec u}^2 + 2\norm{\vec v}^2. وفي متوازي أضلاع ضلعاه u⃗\vec u و v⃗\vec v، يكون القطران u⃗+v⃗\vec u + \vec v و u⃗−v⃗\vec u - \vec v: فمجموع مربعي القطرين يساوي مجموع مربعات الأضلاع الأربعة.

تمرين 16.11 ★★★

لتكن AA و BB نقطتين حيث AB=4AB = 4، ولتكن II منتصف [AB][AB].

  1. بيّن أنه من أجل كل نقطة MM: MA→⋅MB→=MI2−4\vect{MA}\cdot\vect{MB} = MI^2 - 4. (أدخل II: MA→=MI→+IA→\vect{MA} = \vect{MI} + \vect{IA}.)
  2. استنتج مجموعة النقط MM التي تحقق MA→⋅MB→=12\vect{MA}\cdot\vect{MB} = 12.
حل

حل التمرين 16.11.

1. بما أن II هي المنتصف، فإن IB→=−IA→\vect{IB} = -\vect{IA} و IA=2IA = 2. ثم

MA→⋅MB→=(MI→+IA→)⋅(MI→−IA→)=∥MI→∥2−∥IA→∥2=MI2−4.\vect{MA}\cdot\vect{MB} = (\vect{MI} + \vect{IA})\cdot(\vect{MI} - \vect{IA}) = \norm{\vect{MI}}^2 - \norm{\vect{IA}}^2 = MI^2 - 4 .

2. يصير الشرط MA→⋅MB→=12\vect{MA}\cdot\vect{MB} = 12 هو MI2=16MI^2 = 16، أي MI=4MI = 4: فالمجموعة هي الدائرة التي مركزها II ونصف قطرها 44.

16.6 مسألة: هديتان من الجداء السلّمي

مسألة 16.1

مسألة نهاية الأسبوع — صيغ الجمع تسقط من جداء سلّمي واحد، والمسافة إلى مستقيم من آخر، وتلاقي الارتفاعات الثلاثة هدية إضافية

يبدو الجداء السلّمي مجرد مسك دفاتر — اضرب، ثم اجمع — ومع ذلك فهو يسلّم، بلا مقابل تقريبًا، كنزين قاوما قرونًا من مطاردة الزوايا: صيغ الجمع في المثلثات (احسب cos⁡15∘\cos 15^\circ بالضبط!) و المسافة من نقطة إلى مستقيم في كسر واحد نظيف. وهو يبرهن عند الوداع على أن ارتفاعات كل مثلث الثلاثة تمر بنقطة واحدة. وستُستدعى أوجه المبرهنة 16.2 الأربعة كلها إلى الخدمة.

الجزء الأول — التمكّن.

  1. من أجل u⃗(3,4)\vec u(3, 4) و v⃗(−1,2)\vec v(-1, 2): احسب u⃗⋅v⃗\vec u \cdot \vec v، والمعيارين، والزاوية بين المتجهتين (إلى عُشر الدرجة).
  2. أوجد kk حتى تكون (2,k)(2, k) و (3,−4)(3, -4) متعامدتين (التعريف 16.5).
  3. الوجه الفيزيائي: يُجرّ زحّافة 1010 m بقوة 5050 N تصنع 60∘60^\circ مع الأرض. احسب الشغل W=F⃗⋅d⃗W = \vec F \cdot \vec d.
  4. قانون جيب التمام (المبرهنة 16.8): ضلعان طولهما 55 و 77 يحصران زاوية 60∘60^\circ؛ أوجد الضلع الثالث بالضبط.
  5. بالعكس: مثلث أضلاعه 44 و 66 و 88. احسب جيب تمام الزاوية المقابلة للضلع 88، وصنّف الزاوية، وأعطها إلى عُشر الدرجة.

الجزء الثاني — الهدية الأولى: صيغ الجمع. لتكن u⃗=(cos⁡a,sin⁡a)\vec u = (\cos a, \sin a) و v⃗=(cos⁡b,sin⁡b)\vec v = (\cos b, \sin b): متجهتان واحديتان بزاويتين aa و bb.

  1. احسب u⃗⋅v⃗\vec u \cdot \vec v مرتين — مرة بالإحداثيات، ومرة بالمعيارين والزاوية بين المتجهتين — واستنتج الصيغة الأم:

    cos⁡(a−b)=cos⁡acos⁡b+sin⁡asin⁡b.\cos(a - b) = \cos a \cos b + \sin a \sin b .
  2. عوّض −b-b محل bb (وانتبه إلى زوجية جيب التمام وفردية الجيب!) لتحصل على cos⁡(a+b)\cos(a + b).
  3. احصل على sin⁡(a+b)\sin(a + b) من متطابقة التتام sin⁡x=cos⁡(π2−x)\sin x = \cos\left(\frac\pi2 - x\right) مطبَّقة على x=a+bx = a + b.
  4. القيم المضبوطة أخيرًا: احسب cos⁡15∘\cos 15^\circ (على الصورة cos⁡(45∘−30∘)\cos(45^\circ - 30^\circ)) و sin⁡75∘\sin 75^\circ. وتحقق من كليهما عدديًا.
  5. ضع b=ab = a لاستخراج صيغتي الزاوية المضاعفة: cos⁡2a\cos 2a (بصورها الثلاث) و sin⁡2a\sin 2a.
  6. انطلاقًا من cos⁡2a=1−2sin⁡2a\cos 2a = 1 - 2\sin^2 a، احسب sin⁡215∘\sin^2 15^\circ، ثم sin⁡15∘\sin 15^\circ على صورة جذر متداخل — وتحقق من أن مربعه يوافق القيمة 6−24\frac{\sqrt6 - \sqrt2}{4} التي يعطيها منهج السؤال 9.

الجزء الثالث — الهدية الثانية: المسافة إلى مستقيم.

  1. ليكن dd المستقيم ax+by+c=0ax + by + c = 0، ومتجهته الناظمة n⃗(a,b)\vec n(a, b) (القضية 16.12)، ولتكن P(x0,y0)P(x_0, y_0) نقطة. وبأخذ أي نقطة AA من dd، فسّر لماذا تكون المسافة من PP إلى dd هي ∣AP→⋅n⃗∣∥n⃗∥\dfrac{\abs{\vect{AP} \cdot \vec n}}{\norm{\vec n}}، واستنتج الصيغة

    dist⁡(P,d)=∣ax0+by0+c∣a2+b2.\operatorname{dist}(P, d) = \frac{\abs{a x_0 + b y_0 + c}}{\sqrt{a^2 + b^2}} .

    ثم احسب المسافة من P(5,6)P(5, 6) إلى 3x+4y−12=03x + 4y - 12 = 0.

  2. اكتب معادلة الدائرة التي مركزها (5,6)(5, 6) وتمسّ ذلك المستقيم.
  3. تحقق من الصيغة تحققًا مزدوجًا: احسب المسافة من المبدأ إلى 3x+4y−12=03x + 4y - 12 = 0، ثم تأكد منها بحساب المسقط العمودي للمبدأ صراحةً.
  4. المثلث A(0,0)A(0,0) و B(6,0)B(6,0) و C(2,5)C(2,5): احسب مساحته باستعمال القاعدة [AB][AB]؛ ثم احسب المسافة من BB إلى المستقيم (AC)(AC) وتحقق من أنها تعطي المساحة نفسها.
  5. الدائرة التي مركزها (2,1)(2, 1) ونصف قطرها 22، في مواجهة المستقيم x+y−6=0x + y - 6 = 0: احسب مسافة المركز إلى المستقيم وصنّف وضعهما النسبي (قاطع، مماس، منفصلان).

الجزء الرابع — الهدية الإضافية: تلاقي الارتفاعات.

  1. عمّم التمرين 16.11: من أجل أي نقطتين AA و BB منتصفهما II، برهن على

    MA→⋅MB→=MI2−AB24من أجل كل نقطة M.\vect{MA} \cdot \vect{MB} = MI^2 - \frac{AB^2}{4} \quad\text{من أجل كل نقطة } M .
  2. استنتج القضية 16.11 في سطر واحد: مجموعة النقط MM التي تحقق MA→⋅MB→=0\vect{MA} \cdot \vect{MB} = 0 هي الدائرة ذات القطر [AB][AB].

  3. الارتفاعات: ليكن HH تقاطع الارتفاعين الصادرين من AA ومن BB في مثلث ABCABC (أي HA→⋅BC→=0\vect{HA} \cdot \vect{BC} = 0 و HB→⋅CA→=0\vect{HB} \cdot \vect{CA} = 0). برهن على المتطابقة

    HA→⋅BC→+HB→⋅CA→+HC→⋅AB→=0\vect{HA} \cdot \vect{BC} + \vect{HB} \cdot \vect{CA} + \vect{HC} \cdot \vect{AB} = 0

    — بنشر كل شيء انطلاقًا من HH بعلاقة شال — ثم استنتج أن HH تقع أيضًا على الارتفاع الصادر من CC: فالارتفاعات الثلاثة متلاقية (في مركز التعامد).

  4. الخاتمة — أربعة أوجه، وثلاث جوائز. أي وجه من المبرهنة 16.2 حمل صيغ الجمع، وأيها حمل صيغة المسافة، وأيها حمل مركز التعامد — ولماذا يكون “احسب المقدار نفسه مرتين” شعار الفصل كله؟
حل

حل المسألة 16.1.

1. u⃗⋅v⃗=−3+8=5\vec u \cdot \vec v = -3 + 8 = 5؛ و ∥u⃗∥=5\norm{\vec u} = 5، و ∥v⃗∥=5\norm{\vec v} = \sqrt5؛ و cos⁡θ=555=15\cos\theta = \frac{5}{5\sqrt5} = \frac{1}{\sqrt5}: θ≈63.4∘\theta \approx 63.4^\circ.

2. 6−4k=06 - 4k = 0: إذن k=32k = \frac32.

3. W=50×10×cos⁡60∘=250W = 50 \times 10 \times \cos 60^\circ = 250 جولًا: فوحده المركّبة الموازية للحركة تشتغل.

4. c2=25+49−2×35×12=39c^2 = 25 + 49 - 2 \times 35 \times \frac12 = 39: إذن c=39c = \sqrt{39}.

5. cos⁡γ=16+36−642×4×6=−14\cos\gamma = \frac{16 + 36 - 64}{2 \times 4 \times 6} = -\frac14: سالب، فالزاوية منفرجة: γ≈104.5∘\gamma \approx 104.5^\circ.

6. بالإحداثيات: u⃗⋅v⃗=cos⁡acos⁡b+sin⁡asin⁡b\vec u \cdot \vec v = \cos a \cos b + \sin a \sin b. وهندسيًا: متجهتان واحديتان، u⃗⋅v⃗=1×1×cos⁡(a−b)\vec u \cdot \vec v = 1 \times 1 \times \cos(a - b). وبمساواة الحسابين للعدد نفسه: cos⁡(a−b)=cos⁡acos⁡b+sin⁡asin⁡b\cos(a - b) = \cos a \cos b + \sin a \sin b.

7. cos⁡(a+b)=cos⁡(a−(−b))=cos⁡acos⁡(−b)+sin⁡asin⁡(−b)=cos⁡acos⁡b−sin⁡asin⁡b\cos(a + b) = \cos(a - (-b)) = \cos a \cos(-b) + \sin a \sin(-b) = \cos a \cos b - \sin a \sin b.

8. sin⁡(a+b)=cos⁡(π2−a−b)=cos⁡((π2−a)−b)=cos⁡(π2−a)cos⁡b+sin⁡(π2−a)sin⁡b=sin⁡acos⁡b+cos⁡asin⁡b\sin(a + b) = \cos\left(\frac\pi2 - a - b\right) = \cos\left(\left(\frac\pi2 - a\right) - b\right) = \cos\left(\frac\pi2 - a\right)\cos b + \sin\left(\frac\pi2 - a\right)\sin b = \sin a \cos b + \cos a \sin b.

9. cos⁡15∘=cos⁡45∘cos⁡30∘+sin⁡45∘sin⁡30∘=22⋅32+22⋅12=6+24≈0.966\cos 15^\circ = \cos 45^\circ \cos 30^\circ + \sin 45^\circ \sin 30^\circ = \frac{\sqrt2}{2} \cdot \frac{\sqrt3}{2} + \frac{\sqrt2}{2} \cdot \frac12 = \frac{\sqrt6 + \sqrt2}{4} \approx 0.966. و sin⁡75∘=cos⁡15∘\sin 75^\circ = \cos 15^\circ: القيمة نفسها.

10. b=ab = a في السؤالين 7 و 8: cos⁡2a=cos⁡2a−sin⁡2a=2cos⁡2a−1=1−2sin⁡2a\cos 2a = \cos^2 a - \sin^2 a = 2\cos^2 a - 1 = 1 - 2\sin^2 a (باستعمال cos⁡2+sin⁡2=1\cos^2 + \sin^2 = 1)، و sin⁡2a=2sin⁡acos⁡a\sin 2a = 2 \sin a \cos a.

11. sin⁡215∘=1−cos⁡30∘2=2−34\sin^2 15^\circ = \frac{1 - \cos 30^\circ}{2} = \frac{2 - \sqrt3}{4}، إذن sin⁡15∘=2−32\sin 15^\circ = \frac{\sqrt{2 - \sqrt3}}{2}. وبتربيع 6−24\frac{\sqrt6 - \sqrt2}{4}: 6−212+216=8−4316=2−34\frac{6 - 2\sqrt{12} + 2}{16} = \frac{8 - 4\sqrt3}{16} = \frac{2 - \sqrt3}{4}: العدد نفسه في ثوبين.

12. تتفكك AP→\vect{AP} إلى جزء موازٍ للمستقيم dd (لا تراه n⃗\vec n) وجزء عمودي على dd، طوله هو المسافة المطلوبة؛ والضرب سلّميًا في المتجهة الناظمة الواحدية n⃗∥n⃗∥\frac{\vec n}{\norm{\vec n}} يقتل الجزء الأول ويقيس الثاني. ومع AA على dd: AP→⋅n⃗=ax0+by0−(axA+byA)=ax0+by0+c\vect{AP} \cdot \vec n = a x_0 + b y_0 - (a x_A + b y_A) = a x_0 + b y_0 + c، ومنه الصيغة. مثال: ∣15+24−12∣5=275=5.4\frac{\abs{15 + 24 - 12}}{5} = \frac{27}{5} = 5.4.

13. نصف القطر =5.4= 5.4: (x−5)2+(y−6)2=29.16(x - 5)^2 + (y - 6)^2 = 29.16.

14. المسافة =∣−12∣5=2.4= \frac{\abs{-12}}{5} = 2.4. وأما المسقط: فالعمود المار بالمبدأ هو (3t,4t)(3t, 4t)؛ وعلى المستقيم: 9t+16t=129t + 16t = 12، أي t=1225t = \frac{12}{25}: فالمسقط (3625,4825)\left(\frac{36}{25}, \frac{48}{25}\right)، على مسافة 5t=6025=2.45t = \frac{60}{25} = 2.4. فالصيغة والحساب الصريح متفقان.

15. القاعدة AB=6AB = 6، والارتفاع == المسافة من CC إلى (AB)(AB) (وهو المحور y=0y = 0): أي 55؛ والمساحة 1515. والمستقيم (AC)(AC): 5x−2y=05x - 2y = 0، و dist⁡(B,(AC))=∣30∣29\operatorname{dist}(B, (AC)) = \frac{\abs{30}}{\sqrt{29}}؛ ثم 12×AC×3029=12×29×3029=15\frac12 \times AC \times \frac{30}{\sqrt{29}} = \frac12 \times \sqrt{29} \times \frac{30}{\sqrt{29}} = 15: المساحة نفسها، بأي من الارتفاعين.

16. dist⁡=∣2+1−6∣2=32≈2.12>2\operatorname{dist} = \frac{\abs{2 + 1 - 6}} {\sqrt2} = \frac{3}{\sqrt2} \approx 2.12 > 2: فالمستقيم يمر بعيدًا عن الدائرة — إذن منفصلان.

17. أدخل II: MA→⋅MB→=(MI→+IA→)⋅(MI→+IB→)=MI2+MI→⋅(IA→+IB→)+IA→⋅IB→\vect{MA} \cdot \vect{MB} = (\vect{MI} + \vect{IA}) \cdot (\vect{MI} + \vect{IB}) = MI^2 + \vect{MI} \cdot (\vect{IA} + \vect{IB}) + \vect{IA} \cdot \vect{IB}. ويموت الحد الأوسط (IA→+IB→=0⃗\vect{IA} + \vect{IB} = \vec 0)، و IA→⋅IB→=−IA2=−AB24\vect{IA} \cdot \vect{IB} = -IA^2 = -\frac{AB^2}{4} (متجهتان متعاكستان طولهما AB2\frac{AB}2).

18. MA→⋅MB→=0  ⟺  MI2=AB24  ⟺  MI=AB2\vect{MA} \cdot \vect{MB} = 0 \iff MI^2 = \frac{AB^2}{4} \iff MI = \frac{AB}{2}: وهي الدائرة التي مركزها II ونصف قطرها AB2\frac{AB}2 — أي الدائرة ذات القطر [AB][AB].

19. بنشر كل زوج انطلاقًا من HH (BC→=HC→−HB→\vect{BC} = \vect{HC} - \vect{HB}، وهكذا):

HA→⋅HC→−HA→⋅HB→+HB→⋅HA→−HB→⋅HC→+HC→⋅HB→−HC→⋅HA→=0:\vect{HA} \cdot \vect{HC} - \vect{HA} \cdot \vect{HB} + \vect{HB} \cdot \vect{HA} - \vect{HB} \cdot \vect{HC} + \vect{HC} \cdot \vect{HB} - \vect{HC} \cdot \vect{HA} = 0 :

يختصر كل شيء أزواجًا — فالمتطابقة صحيحة من أجل أي أربع نقط. وفي حالة HH التي عندنا، ينعدم الجداءان السلّميان الأولان بالفرض، إذن HC→⋅AB→=0\vect{HC} \cdot \vect{AB} = 0: أي أن HH تقع على الارتفاع الصادر من CC. ثلاثة ارتفاعات، ونقطة واحدة.

20. جاءت صيغ الجمع من حساب جداء سلّمي واحد بالوجه الإحداثي وبوجه المعيارين والزاوية؛ وجاءت صيغة المسافة من وجه الإسقاط؛ وجاء مركز التعامد من وجه الخطية الثنائية (شال والنشر). احسب المقدار نفسه مرتين، وساوِ بين الحسابين، فتسقط مبرهنة — وهذه هي صنعة الجداء السلّمي كلها.

المصطلحات المعرَّفة في هذا الفصل

عرض كل المصطلحات (395) في المسرد