B3

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Inhaltsverzeichnis

.Aufgabe

.Aufgabe bearbeitet von (--L.Wagner (Diskussion) 19:39, 16. Okt. 2016 (CEST)Laurent99OB)

Gegeben ist die Gleichung:

tx+2y+2z=3t

und der Punkt:

P(1|1|0)

Nun müssen wir den Parameter t so berechnen, dass P in der Ebene liegt. Wir setzen P in die Koordinatengleichung der Ebene ein.

t+2+0=3t

t+2=3t|-t

2=2t |:2

t=1

E: x+2y+2z=3

Berechnung der Spurpunkte unnd die Zeichnung

Spurpunkte sind die Punkte, an denen die Ebene die Koordinatenachsen einer Grundebene durchstößt d.h. jeweils 2 Koordinaten eines Spurpunktes sind null. Dazu setzen wir in der Koordinatengleichung jeweils 2 Parameter 0.

S_x(x|0|0)=> x=3=>S_x(3|0|0)

S_y(0|y|0)=> 2y=3=>S_y(0|1,5|0)

S_z(0|0|z)=> 2z=3=>S_z(0|0|1,5)

1.1 Aufgabe

.Aufgabe bearbeitet von (--L.Wagner (Diskussion) 18:45, 6. Feb. 2017 (CET)Laurent99OB)

Wir nehmen unsere Ebene Et und eine weitere Ebene Es aus dem Ebenenbüschel und finden somit unsere Trägergerade.

E_t=tx+2y+2z=3t

E_s=sx+2y+2z=3s

B3 Aufg. 1.2

NR:

3t+2y+2z=3t

2y+2z=0

2y=-2z

y=-z

g:\vec{x}= \left( \begin{array}{c}3\\-z\\z\end{array} \right)=\left( \begin{array}{c}3\\0\\0\end{array} \right)+\lambda\left( \begin{array}{c}0\\-1\\1\end{array} \right)

B3 Aufg.1.2

Wie man erkennen kann, ist die Trägergerade parallel zur y-z Ebene

Nun müssen wir noch den Abstand zwischen der yz-Ebene und der Trägergerade berechnen.

g:\vec{x}= \left( \begin{array}{c}3\\0\\0\end{array} \right)+\lambda\left( \begin{array}{c}0\\-1\\1\end{array} \right)

E:x=0

Hilfsgerade:

h:\vec{x}=\left( \begin{array}{c}3\\0\\0\end{array} \right)+\lambda\left( \begin{array}{c}1\\0\\0\end{array} \right)

Nun h in E einsetzen.

3+\lambda=0

\lambda=-3

Nun den Punkt S bestimmen, der auf h liegt.


S:\left( \begin{array}{c}3\\0\\0\end{array} \right)+-3\left( \begin{array}{c}1\\0\\0\end{array} \right)=\left( \begin{array}{c}0\\0\\0\end{array} \right)

Nun Vektor SF bestimmen

\vec{SF}=\left( \begin{array}{c}3\\0\\0\end{array} \right)

|\vec{SF}|=\sqrt{3^2}=3

Der Abstand beträgt also 3

. Aufgabe

.Aufgabe bearbeitet von (--L.Wagner (Diskussion) 18:54, 6. Feb. 2017 (CET)Laurent99OB)

Wir betrachten dabei wieder unsere beiden Ebenen Et und Es.

Die Ebene Et enthält den Normalenvektor nt mit \left( \begin{array}{c}t\\2\\2\end{array} \right).

Die Ebene Es enthält den Normalenvektor ns mit \left( \begin{array}{c}s\\2\\2\end{array} \right).

Wir gehen davon aus, dass Et und Es orthogonal zueinander sind. Also müssen deren Normalenvektoren auch orthogonal zueinander sein.

\left( \begin{array}{c}t\\2\\2\end{array} \right)\cdot\left( \begin{array}{c}s\\2\\2\end{array} \right)=0

Nun formen wir nach s um, sodass wir herausfinden für welches s die beiden Ebenen orthogonal zueinander sind.

ts+4+4=0

ts=-8

s=\frac{-8}{t}

t muss in diesen Fall ungleich null sein, sonst würden beide Ebenen nicht orthogonal sein. Sonst gehen für t alle Zahlen außer 0.

.Aufgabe bearbeitet von (--L.Wagner (Diskussion) 19:03, 6. Feb. 2017 (CET)Laurent99OB)

Da wie bei 2.1 herausgefunden t\neq 0 sein muss, damit es eine orthogonale Ebene gibt, ist somit die gefragte Ebene für t=0. Diese enthält keine orthogonale Ebene.

E_0: 2y+2z=0

Da die Trägergerade g in E1 liegen soll, nehme ich den Stützvektor von g als Stützvektor von E1.

P: \left( \begin{array}{c}3\\0\\0\end{array} \right)

Da der Normalenvektor von E1 und der Richtungsvektor von g orthogonal sind, ist g parallel zu E1 und liegt somit in der Ebene. Wir erhalten nun eine solche Ebene in Normalenform:

\left[\vec{x}-\left( \begin{array}{c}3\\0\\0\end{array} \right)\right]\cdot \left( \begin{array}{c}1\\0\\0\end{array} \right)=0

Die Auflösung der Normalenform führt zu:

E_1:x=3

B3 Aufg.2.2

Wie man erkennen kann, bildet g die Schnittgerade der beiden Ebenen

. Aufgabe

.Aufgabe bearbeitet von (--L.Wagner (Diskussion) 21:58, 25. Jan. 2017 (CET)Laurent99OB),--Ben99OB (Diskussion) 19:05, 27. Jan. 2017 (CET) und Joao

Wir haben die Ebene E0 gegeben und unsere Matrix S.

S=\begin{pmatrix}
 1& 0 & 0\\
 0 & 0 & -1\\
 0 & -1 & 0
 \end{pmatrix}

E_0=y+z=0

Wir nehmen einen Punkt P wie z.b. \vec{p}=\left( \begin{array}{c}0\\1\\-1\end{array} \right), der auf der Ebene E0 liegt, um zu prüfen, ob dieser Punkt ein Fixpunkt ist. Somit zeigen wir, dass die Matrix S die zur Ebenenspielung gehörende Matrix ist.

P \in E_0

S=\begin{pmatrix}
 1& 0 & 0\\
 0 & 0 & -1\\
 0 & -1 & 0
 \end{pmatrix}\left( \begin{array}{c}0\\1\\-1\end{array} \right)=\left( \begin{array}{c}0\\1\\-1\end{array} \right)

Es gibt auch einen 2.Lösungsweg, in dem wir einen beliebigen Punkt mit der Abbildungsmatrix projezieren lassen und dabei ein Fixpunkt herauskommt. Somit erhalten wir 3 Gleichungen und wir sehen dann, dass es sich bei S, um die Projektionsmatrix der Projektionsebene handelt.

S=\begin{pmatrix}
 1& 0 & 0\\
 0 & 0 & -1\\
 0 & -1 & 0
 \end{pmatrix}\left( \begin{array}{c}x\\y\\z\end{array} \right)=\left( \begin{array}{c}x\\y\\z\end{array} \right)

x=x

-z=y

-y=z

E:y+z=0

Dabei kann x jede beliebige Zahl sein und durch Umformen der beiden unteren Gleichungen erhalten wir unsere Ebene E0.

Nun sollen wir noch den Bildpunkt des Punktes (3|7|-4) bestimmen.Dabei multiplizieren wir unseren Punkt mit der Abbildungsmatrix S.

S=\begin{pmatrix}
 1& 0 & 0\\
 0 & 0 & -1\\
 0 & -1 & 0
 \end{pmatrix}\left( \begin{array}{c}3\\7\\-4\end{array} \right)=\left( \begin{array}{c}3\\4\\-7\end{array} \right)=P'

.Aufgabe bearbeitet von --Joao99OB (Diskussion) 18:09, 25. Jan. 2017 (CET), --L.Wagner (Diskussion) 23:02, 25. Jan. 2017 (CET)Laurent99OB

Wir bekommen eine weitere Matrix T, die eine andere Ebenenspieglung durchführt. Nun müssen wir die dazugehörige Ebene bestimmen.

T=\begin{pmatrix}
 1& 0 & 0\\
 0 & 0 & 1\\
 0 & 1 & 0
 \end{pmatrix}
Der Ansatz ist: Wir nehmen einen Fixpunkt P der gesuchten Ebene und multiplizieren ihn mit der Matrix. Als Bedingung kommt der selbe Punkt P heraus.

P(x_{1}/x_{2}/x_{3})
P\epsilon E

\begin{pmatrix}
 2 & -1 & 0\\
 1 & 2 & -2\\
 0 & -1 & 1
 \end{pmatrix} \cdot\begin{pmatrix}
 x_{1} \\
 x_{2} \\
 x_{3} 
 \end{pmatrix} =\begin{pmatrix}
 x_{1} \\
 x_{2} \\
 x_{3} 
 \end{pmatrix}


x_{1}=x_{1}
x_{2}=x_{3}
x_{3}=x_{2}

E_{t}:x_{2}-x_{3}=0

Jetzt wo wir die Spiegelebene berechnet haben, überprüfen wir sie mit der Ebene E0 und erkennen, dass die Ebenen sich stark ähneln. Wenn wir uns die Normalvektoren anschauen, sehen wir eine Orthogonalität zwischen den Ebenen.

n_{0}\cdot n_{t}=0

\left( \begin{array}{c}0\\1\\1\end{array} \right)\cdot\left( \begin{array}{c}0\\1\\-1\end{array} \right)=0

Das bedeutet, dass die beiden Ebenen eine Schnittgerade bilden. Der Richtungsvektor verläuft folglich über die x1-Achse. Das heißt, dass die Schnittgerade die x1 Gerade ist.
R(0/0/0)

R \epsilon E_{0}
R\epsilon E_{t}

g:\vec{x}=\lambda\left( \begin{array}{c}1\\0\\0\end{array} \right)

.Aufgabe bearbeitet von (--L.Wagner (Diskussion) 23:06, 25. Jan. 2017 (CET)Laurent99OB) und --Ben99OB (Diskussion) 19:04, 27. Jan. 2017 (CET)


Überlegung: Mithilfe der Verkettung der beiden Ebenenspiegelungen durch S und T erhalten wir eine Drehung um 180°

T=\begin{pmatrix}
 1& 0 & 0\\
 0 & 0 & -1\\
 0 & -1 & 0
 \end{pmatrix}

S=\begin{pmatrix}
 1& 0 & 0\\
 0 & 0 & 1\\
 0 & 1 & 0
 \end{pmatrix}

S \cdot T=\begin{pmatrix}
 1& 0 & 0\\
 0 & 0 & 1\\
 0 & 1 & 0
 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix}
 1& 0 & 0\\
 0 & 0 & -1\\
 0 & 0 & -1
 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
 1& 0 & 0\\
 0 & -1 & 0\\
 0 & 0 & -1
 \end{pmatrix}=D

Demnach müsste die Drehachse der Schnittgeraden der Ebenen entsprechen!

Berechnen der Schnittgeraden der Ebenen :

LGS zu 3.3

Daraus folgt:

g:\vec { x }= \left( \begin{array}{c} x \\ 0 \\ 0 \end{array} \right) bzw. \lambda \cdot \left( \begin{array}{c} 1 \\ 0 \\ 0 \end{array} \right)

Diese Schnittgerade stellt geometrisch interpretiert die x1-Achse dar.

Dies kann man beweisen, indem man die Drehmatrix mit dem Richtungsvektor multipliziert. Dieser muss Fixpunkt der Drehung sein!


\begin{pmatrix}
 1& 0 & 0\\
 0 & -1 & 0\\
 0 & 0 & -1
 \end{pmatrix} \cdot \left( \begin{array}{c} 1 \\ 0 \\ 0 \end{array} \right) = \left( \begin{array}{c} 1 \\ 0 \\ 0 \end{array} \right)

Und tatsächlich, der Punkt ist Fixpunkt der Drehung und somit ist die Drehachse die x1-Achse.

Zusatz:

Berechnung des Drehwinkels

\vec { v } = \left( \begin{array}{c} 1 \\ 0 \\ 0 \end{array} \right)

Zur Berechung des Drehwinkels benötigen wir einen Vektor \vec { a } der senkrecht zum Richtungsvektor \vec { v } steht.

\vec { a } \bot  \left( \begin{array}{c} 1 \\ 0 \\ 0 \end{array} \right) =  \left( \begin{array}{c} 0 \\ 1 \\ 0 \end{array} \right)

Diesen Punkt bilden wir nun mit unserer Drehmatrix ab:

\vec { a } \cdot D=\left( \begin{array}{c} 0 \\ -1 \\ 0 \end{array} \right)

Jetzt können wir in unsere Winkelberechnungsformel einsetzen:

cos(\alpha )=\frac { \left( \begin{array}{c} 0 \\ 1 \\ 0 \end{array} \right) \cdot \left( \begin{array}{c} 0 \\ -1 \\ 0 \end{array} \right) }{ \sqrt { 1 } \cdot \sqrt { 1 }  }

cos(\alpha )=\frac { -1 }{ 1 }

 \alpha =180 ^\circ

A: Es handelt sich also um eine Drehung um 180° um die x1-Achse.