B6

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Inhaltsverzeichnis

. Aufgabe.

. Aufgabe. Bearbeitet von --Deeka98OB 18:55, 22. Dez. 2016 (CET)

H:\vec{x}=\left( \begin{array}{c}2\\-2\\4\end{array} \right)+r\cdot\left( \begin{array}{c}-3\\1\\1\end{array} \right)+s\cdot\left( \begin{array}{c}-1\\-1\\1\end{array} \right)
\vec{n} = \left( \begin{array}{c}-3\\1\\1\end{array} \right) \times \left( \begin{array}{c}-1\\-1\\1\end{array} \right)=\left( \begin{array}{c}2\\2\\4\end{array} \right) \Rightarrow 
\left( \begin{array}{c}1\\1\\2\end{array} \right)= \vec{n}
H: \left[\vec{x}-\left( \begin{array}{c}2\\-2\\4\end{array} \right)\right] \cdot \left( \begin{array}{c}1\\1\\2\end{array} \right)=0
H:  x_{1} + x_{2}+  x_{3} =2-2+8
H:  x_{1} + x_{2} + x_{3} =8
\vec{ n_{xy} }=\left( \begin{array}{c}0\\0\\1\end{array} \right)
\vec{n}=\left( \begin{array}{c}1\\1\\2\end{array} \right)

cos( \alpha )=  | \frac{\left( \begin{array}{c}0\\0\\1\end{array} \right)\cdot\left( \begin{array}{c}1\\1\\2\end{array} \right)}{ | \left( \begin{array}{c}0\\0\\1\end{array} \right) | \cdot \left( \begin{array}{c}1\\1\\2\end{array} \right)}  | = \frac{2}{ \sqrt{6} }
\alpha = 35,3 ^ \circ

. Aufgabe. Bearbeitet von --Deeka98OB 19:20, 22. Dez. 2016 (CET)

H:  x_{1} + x_{2} + x_{3} =8
x_{2} = x_{3} = 0 \longrightarrow  x_{1} = 8 \longrightarrow  S_{1} (8 | 0 | 0)

x_{1} = x_{3} = 0 \longrightarrow  x_{2} = 8 \longrightarrow  S_{2} (0 | 8 | 0)

x_{1} = x_{2} = 0 \longrightarrow  x_{3} = 4 \longrightarrow  S_{3} (0 | 0 | 4)
Q3bildmathe1.jpg

.Aufgabe. Bearbeitet von --Deeka98OB 19:55, 22. Dez. 2016 (CET)

\vec{ s_{1} }=\left( \begin{array}{c}8\\0\\0\end{array} \right)
\vec{ s_{2} }=\left( \begin{array}{c}0\\8\\0\end{array} \right)
\vec{ f }=\left( \begin{array}{c}3\\7\\0\end{array} \right)
Q3bildmathe2.jpg

Spurgerade von S_1und S_2:
g:\vec{x}=\left( \begin{array}{c}8\\0\\0\end{array} \right)+r\cdot\left( \begin{array}{c}-8\\8\\0\end{array} \right)
H_1: \left[\vec{x}-\left( \begin{array}{c}3\\7\\0\end{array} \right)\right] \cdot \left( \begin{array}{c}-8\\8\\0\end{array} \right)=0
\left[\left( \begin{array}{c}8\\0\\0\end{array} \right)+r\cdot\left( \begin{array}{c}-8\\8\\0\end{array} \right)-\left( \begin{array}{c}3\\7\\0\end{array} \right)\right] \cdot \left( \begin{array}{c}-8\\8\\0\end{array} \right)=0
\left[\left( \begin{array}{c}5\\-7\\0\end{array} \right)+r\cdot\left( \begin{array}{c}-8\\8\\0\end{array} \right)\right] \cdot \left( \begin{array}{c}-8\\8\\0\end{array} \right)=0
128r=96
r= \frac{3}{4}
\vec{f_2} =\left( \begin{array}{c}8\\0\\0\end{array} \right)+ \frac{3}{4} \cdot\left( \begin{array}{c}-8\\8\\0\end{array} \right)=\left( \begin{array}{c}2\\6\\0\end{array} \right)
 \vec{FF_2} = \vec{f_2} - \vec{f} =\left( \begin{array}{c}2\\6\\0\end{array} \right)-\left( \begin{array}{c}3\\7\\0\end{array} \right)=\left( \begin{array}{c}-1\\-1\\0\end{array} \right)
|  \vec{FF_2} | = \sqrt{2}  =1,414 \longrightarrow 14,14m
A: Der Mindestabstand von 13m vom Maibaum bis zur Hangebene wird mit 14, 14m eingehalten.

. Aufgabe. Bearbeitet von --Deeka98OB 19:56, 22. Dez. 2016 (CET)

S(3 | 7 | 3)
 \vec{v} =\left( \begin{array}{c}-3\\-3\\-1\end{array} \right)
g_1: \vec{x} =\left( \begin{array}{c}3\\7\\3\end{array} \right)+r\cdot\left( \begin{array}{c}-3\\-3\\-1\end{array} \right)
H: x_{1} + x_{2} +2 x_{3} =8
3-3r+7-3r+2(3-r)=8
1=r
\vec{s'} =\left( \begin{array}{c}3\\7\\3\end{array} \right)+1\cdot\left( \begin{array}{c}-3\\-3\\-1\end{array} \right)=\left( \begin{array}{c}0\\4\\2\end{array} \right)
A: Der Schattenpunkt der Spitze S des Maibaumes auf der Hangebene H ist S'(0|4|2).


Wenn wir bei der Projektion der Geraden g_1

x_3 gleich null setzen.
Dann erhalten wir die Gleichung:
g_2: \vec{x} =\left( \begin{array}{c}3\\7\\0\end{array} \right)+r\cdot\left( \begin{array}{c}-3\\-3\\0\end{array} \right)
Man kann als Richtungsvektor der Gleichung g_2 auch den Richtungsvektor \left( \begin{array}{c}-9\\-9\\0\end{array} \right) benutzen, da es ein Vielfaches von dem Richtungsvektor ist und es sich somit immer noch um die gleiche Gleichung handelt.
g_2: \vec{x} =\left( \begin{array}{c}3\\7\\0\end{array} \right)+r\cdot\left( \begin{array}{c}-9\\-9\\0\end{array} \right)
Ermittlung des Schnittpunktes R von der Geraden g_2 und der Spurgeraden g:
g_2: \vec{x} =\left( \begin{array}{c}3\\7\\0\end{array} \right)+r\cdot\left( \begin{array}{c}-9\\-9\\0\end{array} \right)
g:\vec{x}=\left( \begin{array}{c}8\\0\\0\end{array} \right)+r\cdot\left( \begin{array}{c}-8\\8\\0\end{array} \right)
\left( \begin{array}{c}5\\-7\\0\end{array} \right)=s\cdot\left( \begin{array}{c}-9\\-9\\0\end{array} \right)-r\cdot\left( \begin{array}{c}-8\\8\\0\end{array} \right)
Leistungq3.JPG

 \vec{r} =\left( \begin{array}{c}8\\0\\0\end{array} \right)+ \frac{3}{4} \cdot\left( \begin{array}{c}-8\\8\\0\end{array} \right)=\left( \begin{array}{c}2\\6\\0\end{array} \right)
R(2|6|0)

. Aufgabe. Bearbeitung von --Kat99OB (Diskussion) 19:28, 27. Jan. 2017 --Deeka98OB 16:28, 28. Jan. 2017 (CET)(CET)

4.1
--Deeka98OB 16:28, 28. Jan. 2017 (CET)
E:x+y+2z=0
g:\vec{x}=\left( \begin{array}{c}a\\b\\c\end{array} \right)+\lambda\cdot\left( \begin{array}{c}-3\\-3\\-1\end{array} \right)
a-3 \lambda +b-3 \lambda +2(c- \lambda )=0
 \frac{1}{8} a+ \frac{1}{8} b+ \frac{1}{4} c= \lambda
\vec{p}=\left( \begin{array}{c}a\\b\\c\end{array} \right)+(\frac{1}{8} a+ \frac{1}{8} b+ \frac{1}{4} c)\cdot\left( \begin{array}{c}-3\\-3\\-1\end{array} \right)
\vec{p}=\left( \begin{array}{c}a\\b\\c\end{array} \right)+\left( \begin{array}{c}\frac{-3}{8} a+ \frac{-3}{8} b+ \frac{-3}{4} c\\\frac{-3}{8} a+ \frac{-3}{8} b+ \frac{-3}{4} c\\\frac{-1}{8} a+ \frac{-1}{8} b+ \frac{-1}{4} c\end{array} \right)=\left( \begin{array}{c}\frac{5}{8} a+ \frac{-3}{8} b+ \frac{-3}{4} c\\\frac{-3}{8} a+ \frac{5}{8} b+ \frac{-3}{4} c\\\frac{-1}{8} a+ \frac{-1}{8} b+ \frac{3}{4} c\end{array} \right)

\begin{pmatrix}
{ a_{11} } & { a_{12} } & { a_{13} }\\
{ a_{21} } & { a_{22} } & { a_{23} }\\
{ a_{31} } & { a_{32} } & { a_{33} }
\end{pmatrix}\cdot\left( \begin{array}{c}a\\b\\c\end{array} \right)=\left( \begin{array}{c}\frac{5}{8} a+ \frac{-3}{8} b+ \frac{-3}{4} c\\\frac{-3}{8} a+ \frac{5}{8} b+ \frac{-3}{4} c\\\frac{-1}{8} a+ \frac{-1}{8} b+ \frac{3}{4} c\end{array} \right)

\begin{pmatrix}
{  \frac{5}{8}  } & {  \frac{-3}{8}  } & {  \frac{-3}{4}  }\\
{  \frac{-3}{8}  } & {  \frac{5}{8}  } & {  \frac{-3}{4}  }\\
{  \frac{-1}{8}  } & {  \frac{-1}{8}  } & {  \frac{3}{4}  }
\end{pmatrix}\cdot\left( \begin{array}{c}a\\b\\c\end{array} \right)=\left( \begin{array}{c}\frac{5}{8} a+ \frac{-3}{8} b+ \frac{-3}{4} c\\\frac{-3}{8} a+ \frac{5}{8} b+ \frac{-3}{4} c\\\frac{-1}{8} a+ \frac{-1}{8} b+ \frac{3}{4} c\end{array} \right)


M=\begin{pmatrix}
{ a_{11} } & { a_{12} } & { a_{13} }\\
{ a_{21} } & { a_{22} } & { a_{23} }\\
{ a_{31} } & { a_{32} } & { a_{33} }
\end{pmatrix}= \begin{pmatrix}
{  \frac{5}{8}  } & {  \frac{-3}{8}  } & {  \frac{-3}{4}  }\\
{  \frac{-3}{8}  } & {  \frac{5}{8}  } & {  \frac{-3}{4}  }\\
{  \frac{-1}{8}  } & {  \frac{-1}{8}  } & {  \frac{3}{4}  }
\end{pmatrix}=\frac{1}{8} \begin{pmatrix}
{ 5 } & { -3 } & { -6 }\\
{ -3 } & {5 } & { -6 }\\
{ -1 } & { -1 } & { 6 }
\end{pmatrix}
4.2
Abbildungsmatrix M aus der Aufgabe 4.1
M= \frac{1}{8} \begin{pmatrix}
{5} & {-3} & {-6}\\
{-3} & {5} & {-6}\\
{-1} & {-1} & {6}
\end{pmatrix}
E:x+y+2z=0 (geht durch den Ursprung)
H:x+y+2z=8
Der Normalenvektor der beiden Ebenen ist der selbe \vec{n}=\left( \begin{array}{c}1\\1\\2\end{array} \right). Die Ebenen sind also orthogonal zueinander.
Gegebene Gleichung:\vec{OP}''=M\cdot \vec{OP}+\frac{4}{5}\left( \begin{array}{c}3\\3\\2\end{array} \right)

Durch M\cdot \vec{OP} wird die Abbildung auf die Ebene E dargestellt. Durch den Korrekturvektor \frac{4}{5}\left( \begin{array}{c}3\\3\\2\end{array} \right)die Abbildung auf die Ebene H.

Wir sollen jetzt begründen, dass der Punkt P auf die Ebene H abgebildet wird.

Zuerst berechnen wir den Bildpunkt P''
\vec{OP}=\left( \begin{array}{c}a\\b\\c\end{array} \right)
\vec{OP''}=\frac{1}{8} \begin{pmatrix}
{5} & {-3} & {-6}\\
{-3} & {5} & {-6}\\
{-1} & {-1} & {6}
\end{pmatrix}\cdot  \left( \begin{array}{c}a\\b\\c\end{array} \right)+\frac{4}{5}\left( \begin{array}{c}3\\3\\2\end{array} \right)
=\begin{pmatrix}
{\frac{5}{8}a} & {\frac{-3}{8}b} & {\frac{-6}{8}c}\\
{\frac{-3}{8}a} & {\frac{5}{8}b} & {\frac{-6}{8}c}\\
{\frac{-1}{8}a} & {\frac{-1}{8}b} & {\frac{6}{8}c}
\end{pmatrix}+\left( \begin{array}{c}2,4\\2,4\\1,6\end{array} \right)

=\begin{pmatrix}
{\frac{5}{8}a} & {\frac{-3}{8}b} & {\frac{-6}{8}c}+\frac{12}{5}\\
{\frac{-3}{8}a} & {\frac{5}{8}b} & {\frac{-6}{8}c}+\frac{12}{5}\\
{\frac{-1}{8}a} & {\frac{-1}{8}b} & {\frac{6}{8}c}+\frac{8}{5}
\end{pmatrix}

Jetzt müssen wir zeigen, dass dieser Bildpunkt auf der Ebene H liegt.P''\epsilon H?
Dafür müssen wir die einzelnen Komponenten in die Ebenengleichung einsetzen. Um es uns einfacher zu machen,haben wir jeweils die Komponenten mit a,b,c und ohne Bustabe in E eingesetzt.
x+y+2z=0+0+0+\frac{24}{5}+\frac{16}{5}=\frac{40}{5}=8

Alternative:
Wir wissen,dass die Ebene E durch den Ursprung verläuft. Außerdem wissen wir, dass der Punkt P(0|0|4) auf der Ebene H liegt. Die Ebene H ist also um 4 Einheiten nach oben verschoben (x3-Achse).
Anstelle des Vektors \frac{4}{5}\left( \begin{array}{c}3\\3\\2\end{array} \right) können wir den Vektor\left( \begin{array}{c}0\\0\\4\end{array} \right) als Korrekturvektor verwenden. Bei gleichem Rechenweg erhalten wir ebenfalls die Lösung 8=8