Matematické Fórum

AterCZ · 06. 03. 2017 11:09

Dobrý den,
mohu poprosit o pomoc s příkladem?

Určete souřadnice vektoru v tak, aby s vektorem u= (√3;-1) svíral úhel 60°a jeho velikost byla 4.

Udělal jsem si dvě rovnice o dvou neznámých.

$0.5 = \frac{\sqrt{3}*v1+(-1)*v2}{8}$

Upravil jsem na: $v2 = \sqrt{3}*v1 -4$

$v2=\sqrt{16-v1^{2}}$ (z výpočtu velikosti vektoru)

Poté jsem počítal:
$(\sqrt{3}*v1-4 = \sqrt{16-v1^{2}})^{2}$

$2*v1^{2} -8\sqrt{3}*v1 = 0$

Z čehož mi vyšla kvadratická rovnice, ale výsledek je blbost. Má vyjít (0;4),(2√3;2)

Al1 · 06. 03. 2017 12:52 — Editoval Al1 (06. 03. 2017 12:53)

↑ AterCZ:

Zdravím,

$\sqrt{3}\cdot v_1-4 = \sqrt{16-v_1^{2}}$ je dobře. Další úprava:
$(\sqrt{3}\cdot v_1-4 )^{2}= 16-v_1^{2}$ vede na tvar $4\cdot v_1^{2} -8\sqrt{3}\cdot v_1 = 0$

Cheop · 06. 03. 2017 13:45 — Editoval Cheop (06. 03. 2017 13:48)

↑ AterCZ:
První vektor má být spíše (0;-4)
viz:
//forum.matweb.cz/upload3/img/2017-03/04523_vektory.png

AterCZ · 06. 03. 2017 17:28 — Editoval AterCZ (06. 03. 2017 17:28)

↑ Al1:↑ Cheop: děkuji, již vyšlo.

↑ Cheop: dle výpočtu mně opravdu vychází (0, +4). Kde je chyba?
$v2 = \sqrt{16 - v1^{2}}$
$v2 = \sqrt{16 - 0^{2}}$
$v2 = 4$

Al1 · 06. 03. 2017 17:37

↑ AterCZ:

Ono vlastně pro $v_{2}$ platí $|v_{2}|=\sqrt{16-v_{1}^{2}}$ . Takže je $|v_{2}|=4$ . Požadujeme, aby $\sqrt{3}v_{1}-v_{2}>0$ , protože pak je $\cos \varphi >0$ a úhel je ostrý.