Protokolle vom November 2016

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Inhaltsverzeichnis

Protokoll vom 2.11. und 4.11.2016 Themen: Ermittlung des Verhalten zweier Graden,Zerlegung von Kräften

Protokoll von --Alex99OB (Diskussion) 23:39, 9. Nov. 2016 (CET) (Schuljahr 2016 / 2017)
Lehrer C.-J. Schmitt (5 Unterrichtsstunden)
verbessert von --Alex99OB (Diskussion) 14:56, 20. Nov. 2016 (CET)

Wiederholung vom Ermitteln des Verhalten zweier Graden

1. Beispiel

g:\vec{x}=\left( \begin{array}{c}1\\2\\1\end{array} \right)_{\overrightarrow{p}}+\lambda\cdot\left( \begin{array}{c}2\\0\\1\end{array} \right)_{\overrightarrow{u}}

f:\vec{x}=\left( \begin{array}{c}2\\3\\4\end{array} \right)_{\overrightarrow{q}}+\mu\cdot\left( \begin{array}{c}0\\1\\-1\end{array} \right)_{\overrightarrow{v}}

I.

\overrightarrow{u},\overrightarrow{v} la?

r\left( \begin{array}{c}2\\0\\1\end{array} \right)\neq\left( \begin{array}{c}0\\1\\-1\end{array} \right)

Da dies eine Ungleichung ist, sind die beiden Vektoren zueinander Linear Unabhängig und dadurch nicht parallel zueinander.

II.

\overrightarrow{q}-\overrightarrow{p},\overrightarrow{u},\overrightarrow{v} la?

r\left( \begin{array}{c}1\\1\\3\end{array} \right)+s\left( \begin{array}{c}2\\0\\1\end{array} \right)+t\left( \begin{array}{c}0\\1\\-1\end{array} \right)=\overrightarrow{0}


mit Operatoren



























Da die drei Vektoren linear unabhängig sind, sind die zwei Graden g und f windschief.


III.


Alternative:


\left( \begin{array}{c}1\\2\\1\end{array} \right)+\lambda\cdot\left( \begin{array}{c}2\\0\\1\end{array} \right)=\left( \begin{array}{c}2\\3\\4\end{array} \right)+\mu\cdot\left( \begin{array}{c}0\\1\\-1\end{array} \right)


\lambda\cdot\left( \begin{array}{c}2\\0\\1\end{array} \right)-\mu\cdot\left( \begin{array}{c}0\\1\\-1\end{array} \right)=\left( \begin{array}{c}1\\1\\3\end{array} \right)

Beispiel 1.2


























Ỻ={ }

Mit der leeren Menge wurde bewiesen das diese zwei Graden keinen Schnittpunkt haben und somit windschief sind.

2.Beispiel

g:\vec{x}=\left( \begin{array}{c}2\\2\\-3\end{array} \right)_{\overrightarrow{p}}+\lambda\cdot\left( \begin{array}{c}2\\1\\-1\end{array} \right)_{\overrightarrow{u}}

f:\vec{x}=\left( \begin{array}{c}3\\0\\-1\end{array} \right)_{\overrightarrow{q}}+\mu\cdot\left( \begin{array}{c}1\\-2\\2\end{array} \right)_{\overrightarrow{v}}


I.

\overrightarrow{u},\overrightarrow{v} la?

r\left( \begin{array}{c}2\\1\\-1\end{array} \right)\neq\left( \begin{array}{c}0\\-2\\2\end{array} \right)

Da dies eine Ungleichung ist, sind die beiden Vektoren zueinander linear Unabhängig und dadurch nicht parallel zueinander.


II.

\overrightarrow{q}-\overrightarrow{p},\overrightarrow{u},\overrightarrow{v} la?


r\left( \begin{array}{c}1\\-2\\-2\end{array} \right)+s\left( \begin{array}{c}2\\1\\-1\end{array} \right)+t\left( \begin{array}{c}1\\-2\\2\end{array} \right)=\overrightarrow{0}


mit operatoren



























s muss 0 sein, aber es gibt nicht nur die triviale Lösung für r und t, wodurch es einen Schnittpunkt der Graden gibt.


III.

\left( \begin{array}{c}2\\2\\-3\end{array} \right)+\lambda\cdot\left( \begin{array}{c}2\\1\\-1\end{array} \right)=\left( \begin{array}{c}3\\0\\-1\end{array} \right)+\mu\cdot\left( \begin{array}{c}1\\-2\\2\end{array} \right)


\lambda\cdot\left( \begin{array}{c}2\\1\\-1\end{array} \right)-\mu\cdot\left( \begin{array}{c}1\\-2\\2\end{array} \right)=\left( \begin{array}{c}1\\-2\\2\end{array} \right)



mit Operatoren





























Durch das Einsetzen in die Ausgangsformel bestimmt man den Schnittpunkt.

\overrightarrow{s}=\left( \begin{array}{c}2\\2\\-3\end{array} \right)+0 \cdot\left( \begin{array}{c}2\\1\\-1\end{array} \right)


\overrightarrow{s}=\left( \begin{array}{c}2\\2\\-3\end{array} \right)


Der Schnittpunkt hat die Koordinaten (2/2/-3).



Direktes Gleichsetzen der \overrightarrow{x}-Vektoren:

1.Fall: Voraussetzung:Vektor u und Vektor v sind linear unabhängig.

          Wenn es in diesem Fall ein Ergebnis gibt, dann gibt es einen Schnittpunkt, wenn nicht, dann sind die Graden Windschief.

2.Fall: Voraussetzung: Vektor u und Vektor v sind linear abhängig:

           Wenn es unendlich viel Lösungen gibt, sind die Graden identisch.
           Wenn es keine Lösung gibt, sind die Graden parallel.



Zerlegung von Kräften

Zwischen zwei Häusern, welche in einen Abstand voneinander von 8m haben, soll eine Lampe durchhängen, welche an Seilen in der Mitte der Lücke hängen soll. die Seile werden an der Hauswand befestigt. Man möchte wissen was für Kräfte auf die jeweilige Wand wirken.

Hausabstand:8m\widehat{=}8cm

Gewicht:20N\widehat{=}2kg\widehat{=}2cm

Lampe hängt durch: d=1m\widehat{=}1cm


3 Beispiele

d=1m

F_{1}\widehat{=}4,1cm=41N

F_{2}=41N




d=0,5m

F_{1}\widehat{=}8,1cm=81N

F_{2}=81N





d=2m

\frac{F_{1}}{\frac{F}{2}}=\frac{s}{d}=\frac{\sqrt{16+d^{2}}}{d}

F_{1}=\frac{\sqrt{16+d^{2}}}{d}\cdot \frac{F}{2}






Zur Berechnung von F1






d\rightarrow 0\Rightarrow F_{1}\rightarrow \infty

Für sehr kleine d-Werte ist der Zusammenhang fast umgekehrt proportional.


Gasthausschild "Zum goldenen Engel"

An einem Gasthaus soll ein Schild befestigt werden, damit es besser sichtbar ist. Dabei muss man die Kräfte welche auf die Wand wirken berechnen damit die Konstruktion stabil ist.

berichtigt




























Rechnerischer Ansatz:

\frac{F_{1}}{G}=\frac{a}{d}\Rightarrow F_{1}=G\cdot \frac{a}{d}


F_{1}\sim \frac{1}{d}

F_{1} ist umgekehrt proportional.

\frac{F_{2}}{G}=\frac{\sqrt{16+d^{2}}}{d}

F_{2}=\frac{\sqrt{16+d^{2}}\cdot G}{d}

Durch das Gleichsetzen werden die Formeln für F_{1} und F_{2} erstellt.

F_{2} ist nicht umgekehrt proportional,da in der Formel eine Wurzel vorhanden ist. Für sehr kleine d ist F_{2} ist der Zusammenhang fast umgekehrt proportional.

Beispiele vom Ermitteln des Verhalten zweier Graden

Beispiel Seite 193 Nummer 10

 g_{a}: \vec{x} = \left( \begin{array}{c}3\\2\\a\end{array}\right) + \lambda \cdot \left( \begin{array}{c}10\\7\\0\end{array}\right)

 h_{a}: \vec{x} = \left( \begin{array}{c}a\\-1\\3\end{array}\right)+ \mu \cdot \left( \begin{array}{c}6\\2\\-1\end{array}\right)

I.

Sind die Vektoren u und v zueinander linear abhängig?


r \left( \begin{array}{c}10\\7\\0\end{array}\right)\neq\left( \begin{array}{c}6\\2\\-1\end{array}\right)


Da dies eine Ungleichung ist sind die Vektoren linear unabhängig.

II.

Sind die Vektoren q-p,u und v linear abhängig?

r \left( \begin{array}{c} a-3 \\ -3 \\ 3-a \end{array} \right) + s \left( \begin{array}{c} 10 \\ 7 \\ 0 \end{array} \right) + t \left( \begin{array}{c} 6 \\ 2 \\ -1 \end{array} \right) = \overrightarrow{o}

mit Operatoren































Da die Klammer 0 ergeben muss, damit die Vektoren linear abhängig sind, muss a den Wert 5 annehmen.

III.


\left( \begin{array}{c}3\\2\\a\end{array}\right) + \lambda \cdot \left( \begin{array}{c}10\\7\\0\end{array}\right)=\left( \begin{array}{c}a\\-1\\3\end{array}\right)+ \mu \cdot \left( \begin{array}{c}6\\2\\-1\end{array}\right)


a wurde eingesetzt.

\lambda \cdot \left( \begin{array}{c}10\\7\\0\end{array}\right)-\mu \cdot \left( \begin{array}{c}6\\2\\-1\end{array}\right)=\left( \begin{array}{c}2\\-3\\-2\end{array}\right)

Die obere Variante zeigt das Ergebnis mit der Berechnung von a und die Untere zeigt wie man durchs Gleichsetzten der x-Vektoren a ermittelt.

LGS III






























Um den Schnittpunkt zu berechnen muss man Lambda oder Mü in eine der Gleichungen einsetzen.


\left( \begin{array}{c}3\\2\\5\end{array}\right) -1 \left( \begin{array}{c}10\\7\\0\end{array}\right)=\left( \begin{array}{c}-7\\-5\\5\end{array}\right)

Der Schnittpunkt hat die Koordinaten (-7/-5/5).

Beispiel Seite 193 Nummer 11

 g_{a}: \vec{x} = \left( \begin{array}{c}3\\4\\2\end{array}\right) + \lambda \cdot \left( \begin{array}{c}3\\-6\\-3a\end{array}\right)

 h_{a}: \vec{x} = \left( \begin{array}{c}1\\5\\4\end{array}\right)+ \mu \cdot \left( \begin{array}{c}2\\2a\\4\end{array}\right)

a)

Sind die Vektoren u und v zueinander linear abhängig?


r \left( \begin{array}{c}10\\7\\0\end{array}\right)=\left( \begin{array}{c}6\\2\\-1\end{array}\right)

r=1,5

Für den Wert 1,5 ist die Gleichung richtig. Jetzt muss überprüft werden ob die Geraden parallel oder identisch sind.

-6=2a1,5

a=-2

\left ( -3 \right )\cdot \left ( -2 \right )=4\cdot 1,5

Bei a=-2 sind die Graden parallel.

b)

Sind die Vektoren q-p,u und v linear abhängig?

r \left( \begin{array}{c} -2 \\ 1 \\ 2 \end{array} \right) + s \left( \begin{array}{c} 3 \\ -6 \\ -3a \end{array} \right) + t \left( \begin{array}{c} 2 \\ 2a \\ 4 \end{array} \right) = \overrightarrow{o}


mit Operatoren




























Da die Klammer 0 werden muss, damit die Vektoren linear abhängig sind, benutzten wir den Satz von Vita um passende Werte für a zu bekommen. Dabei kommen die werte -2 und 2,5 heraus, da aber bei -2 die Graden parallel sind muss der Wert 2,5 richtig sein.

Jetzt muss man die beiden X-Vektoren gleichsetzten und für a=2,5 einsetzten.

\lambda \cdot \left( \begin{array}{c}3\\6\\-7,5\end{array}\right)-\mu \cdot \left( \begin{array}{c}2\\5\\4\end{array}\right)=\left( \begin{array}{c}-2\\1\\2\end{array}\right)

mit Operatoren


























Durch das Einsetzen in eine der Ausgangsgleichungen erhalten wir den Schnittpunkt \left ( \frac{5}{3}/\frac{20}{3}/\frac{16}{3} \right )

Protokoll vom 9.11. und 11.11.2016 Themen:Einheitsvektoren, Ebenen in Parameterform, Anwendungsaufgabe für die gegenseitige Lage von Geraden,Gegenseitige Lage von Ebenen in Parameterform

Protokoll von --Kat99OB (Diskussion) 12:03, 12. Nov. 2016 (CET) (Schuljahr 2016 / 2017)
Lehrer C.-J. Schmitt (5 Unterrichtsstunden)
verbessert von --Kat99OB (Diskussion) 19:00, 17. Nov. 2016 (CET)


Einheitsvektoren

Definition: Ein Einheitsvektor ist ein Vektor, der zu \vec{a} parallel ist und die gleiche Orientierung hat, aber der Betrag ist 1.

Es gilt:

\vec{a_0}=\frac{\vec{a}}{\mid\vec{a}\mid}


Beispiel1:
\vec{a}=\left( \begin{array}{c}3\\4\end{array} \right)


1.) Den Betrag (die Länge) des Vektors bestimmen

\mid\vec{a}\mid=\sqrt{3^2+4^2}=5

2.) Den Enheitsvektor bestimmen


\vec{a_0}=\frac{\vec{a}}{\mid\vec{a}\mid}=\frac{\vec{a}}{5}= \frac{1}{5}\cdot \vec{a}

Zur Kontrolle:
\mid\vec{a_0}\mid= \frac{1}{5}\cdot \mid\vec{a}\mid=1
Die Forderung, dass der Betrag des Einheitsvektors gleich 1 ist,ist also erfüllt.

Beispiel2:

\vec{b}=\left( \begin{array}{c}12\\-4\\3\end{array}\right)

\mid\vec{b}\mid=\sqrt{12^2+(-4)^2+3^2}=\sqrt{169}=13

\vec{b_0}= \frac{\vec{b}}{13}
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Ebenen in Parameterform

Die Ebenengleichung

Die Ebenengleichung ist vergleichbar mit der Geradengleichung. Nur gibt es bei der Ebenengleichung zwei Richtungsvektoren, die hier Spannvektoren heißen.Der Stützvektor legt sozusagen fest, wo die Ebene liegt und die Spannvektoren beschreiben, wie die Ebene verläuft, also die Neigung der Ebene.
Die Ebenengleichung lautet:

E:\vec{x}=\vec{p}+\lambda \cdot \vec{u}+\mu\cdot \vec{v}


\vec{p} ist der Stützvektor
 \vec{u} und \vec{v} sind die Spannvektoren

Wichtig: \vec{u} und \vec{v} sind linear unabhängig

Alle Zielpunkte von \vec{x} liegen alle auf der Ebene!

Beispiel:
E:\vec{x}=\left( \begin{array}{c}3\\0\\3\end{array}\right)+\lambda \cdot \left( \begin{array}{c}2\\1\\8\end{array} \right)+\mu \cdot\left( \begin{array}{c}3\\2\\6\end{array} \right)
für \lambda= 1,\mu=2

\vec{x}=\left( \begin{array}{c}3\\0\\3\end{array}\right)+\left( \begin{array}{c}2\\1\\8\end{array} \right)+\left( \begin{array}{c}6\\4\\12\end{array} \right)=\left( \begin{array}{c}11\\5\\23\end{array}\right)

Der Zielpunkt lautet: X=(11|5|23)

Wie bei den Geraden könnte der \vec{x} auch ein Stützvektor sein.
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Die Punktprobe

1.) Liegt der Punkt X(16|8|37) auf der Ebene E\quad?
x\epsilon E\quad?

Bei der Durchführung der Punktprobe ersetzt man den \vec{x} durch den Ortsvektor des gegebenen Punktes.

\begin{align}\left( \begin{array}{c}3\\0\\3\end{array}\right)+\lambda \cdot \left( \begin{array}{c}2\\1\\8\end{array}\right)+ \mu \cdot \left( \begin{array}{c}3\\2\\6\end{array}\right) & =\left( \begin{array}{c}16\\8\\37\end{array}\right)\\
\lambda \cdot \left( \begin{array}{c}2\\1\\8\end{array}\right)+ \mu \cdot \left( \begin{array}{c}3\\2\\6\end{array}\right) & =\left( \begin{array}{c}13\\8\\34\end{array}\right)\\
\end{align}

LGS Punktprobe Ebene
Es gibt ein eindeutiges Ergebnis, also kann man daraus schließen, dass der Punkt X auf der Ebene liegt.
X\epsilon E

2.) Liegt der Punkt X(1|1|0) auf der Ebene E:\vec{x}= \left( \begin{array}{c}3\\0\\2\end{array}\right)+\lambda \cdot \left( \begin{array}{c}2\\1\\7\end{array}\right)+ \mu \cdot \left( \begin{array}{c}3\\2\\5\end{array}\right)\quad?

\begin{align}\left( \begin{array}{c}3\\0\\2\end{array}\right)+\lambda \cdot \left( \begin{array}{c}2\\1\\7\end{array}\right)+ \mu \cdot \left( \begin{array}{c}3\\2\\5\end{array}\right) & =\left( \begin{array}{c}1\\1\\0\end{array}\right)\\
\lambda \cdot \left( \begin{array}{c}2\\1\\7\end{array}\right)+ \mu \cdot \left( \begin{array}{c}3\\2\\5\end{array}\right) & =\left( \begin{array}{c}-2\\1\\-2\end{array}\right)\\\end{align}
LGS Punktprobe 2
Es gibt kein eindeutiges Ergebnis. Die Lösungsmenge ist leer. Der Punkt X liegt also nicht auf der Ebene
X\notin E

3.) Buch S.218 Nr.4b.)

Hier sollen wir eine Zahl für p bestimmen, sodass der Punkt P in der Ebene liegt.
P(4|1|p)
Die Vorgehensweise ist die selbe, nur dass wir am Ende p ermitteln müssen

\left(\begin{array}{c}4\\1\\p\end{array}\right)=\left( \begin{array}{c}3\\0\\2\end{array}\right)+\lambda\cdot\left(\begin{array}{c}2\\1\\7\end{array}\right)+\mu\cdot\left(\begin{array}{c}3\\2\\5\end{array}\right)
Wir stellen wieder ein LGS auf und ermitteln erstmal \lambda und \mu

LgS mit p
Wir setzen die Werte, die wir ermittelt haben in die letzte Gleichung ein und bestimmen p.
\begin{align}-7+5 & =p-2\qquad|+2\\
0 & =p\\\end{align}

Für p=0 liegt der Punkt P auf der Ebene, P\epsilon E
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Ebenengleichung aus 3 Punkten

Eine Ebene wird durch drei verschiedene Punkte festgelegt.(Bei den Geraden waren es zwei Punkte)
Veranschaulichung mit Tisch: Zwei Tischebenen, wenn der Tisch 4 Füße hat

Beispiel:

Gegebene Punkte:
 A(1|-1|1)\qquad B(1,5|1|0)\qquad C(0|0|1)
Wir können jeden der drei Punkte als Stützvektor verwenden. Es spielt keine Rolle welchen wir nehmen, da es unendlich viele Stützvektoren gibt.

Wir nehmen hier z.B \vec{a} als Stützvektor (\vec{p}=\vec{a})
Die Spannvektoren lassen sich wie folgt ermitteln:
\vec{u}=\vec{b}-\vec{a}

\vec{v}=\vec{c}-\vec{a}
Die Ebenengleichung lautet dann:
E:\vec{x}=\left( \begin{array}{c}1\\-1\\1\end{array}\right)+\lambda\cdot\left( \begin{array}{c}0,5\\2\\-1\end{array}\right)+\mu\cdot  \left( \begin{array}{c}-1\\2\\0\end{array}\right)
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Ü7 Anwendungsaufgabe für die Lagebeziehung von Geraden

Flugzeug/Zeit 11:10 11:30
Boeing 767-299 (-80 | 880 | 9,6) (120 | 1180 | 10,6)
Douglas DC 10-30F (-210 | 880 | 10,3) (140 | 1080 | 9,8)

Die Koordinaten (Norden | Osten | Höhe) sind jeweils in Kilometern angegeben
Frage: Kreuzen sich die Bahnen der beiden Flugzeuge?

Zuerst stellen wir die Geradengleichungen mithilfe der gegebenen Koordinaten auf:

\begin{align}g:\vec{x} & =\left(\begin{array}{c}-80\\880\\9,6\end{array}\right)+\lambda\cdot \left(\begin{array}{c}120+80\\1180-880\\10,6-9,6\end{array}\right)\\
 & =\left(\begin{array}{c}-80\\880\\9,6\end{array}\right)+\lambda\cdot \left(\begin{array}{c}200\\300\\1\end{array}\right)\\\end{align}

h:\vec{x}=\left(\begin{array}{c}-210\\880\\10,3\end{array}\right)+\mu\cdot \left(\begin{array}{c}350\\200\\-0,5\end{array}\right)
Die Richtungsvektoren \vec{u} und \vec{v} sind linear unabhängig.
Wir müssen jetzt noch untersuchen, ob sich die Geraden schneiden oder ob sie windschief sind

\begin{align}\left(\begin{array}{c}-80\\880\\9,6\end{array}\right)+\lambda\cdot \left(\begin{array}{c}200\\300\\1\end{array}\right) & =\left(\begin{array}{c}-210\\880\\10,3\end{array}\right)+\mu\cdot \left(\begin{array}{c}350\\200\\-0,5\end{array}\right)\\
\lambda\cdot \left(\begin{array}{c}200\\300\\1\end{array}\right)-\mu\cdot \left(\begin{array}{c}350\\200\\-0,5\end{array}\right) & =\left(\begin{array}{c}-130\\0\\0,7\end{array}\right)\\
\end{align}
LGS Flugzeug
Schnittpunkt:
\vec{s}=\left(\begin{array}{c}-80\\880\\9,6\end{array}\right)+0,4\cdot \left(\begin{array}{c}200\\300\\1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}0\\1000\\10\end{array}\right)
S(0|1000|10)
Jetzt wissen wir, dass sich die Bahnen der Flugzeuge schneiden, jedoch müssen wir noch herausfinden, wann die beiden FLugzeuge diese Koordinaten erreichen.
Dazu berechnen wir die Geschwindigkeit der beiden FLugzeuge und daraus dann den Zeitpunkt wann sie den Schnittpunkt erreichen.

v=\frac{s}{t}

Boeing 767-299

t=20min
Weg s: \vec{AB}=\vec{b}-\vec{a}=\left(\begin{array}{c}200\\300\\1\end{array}\right)

|\vec{AB}|=\sqrt{200^2+300^2+1}=360,56km

v=\frac{360,56km}{1/3 h}=1081,67 km/h

Wann ist das Flugzeug in S?
t=\frac{s}{v}
Weg zum Schnittpunkt: s=\vec{AS}=\vec{s}-\vec{a}=\left(\begin{array}{c}80\\120\\0,4\end{array}\right)
s=|\vec{AS}|=144,22km

t=\frac{144,22km}{1081,67km/h}=0,13h=8min

-> Das Flugzeug ist um 11:18 am Schnittpunkt

Douglas DC 10-30F
Selbe Vorgehensweise
|\vec{AB}|=\left|\left(\begin{array}{c}350\\200\\-0,5\end{array}\right)\right|=403,11km

v=\frac{403,11km}{1/3 h}=1209,33 km/h
Weg zum Schnittpunkt: s=\vec{AS}=\vec{s}-\vec{a}=\left(\begin{array}{c}210\\120\\-0,3\end{array}\right)
s=|\vec{AS}|=241,87km

t=\frac{s}{v}=\frac{241,87km}{1209,33km/h}=0,20h=12min

-> Das Flugzeug ist um 11:22 am Schnittpunkt
Die Flugzeuge sind also nicht zur selben Zeit am Schnittpunkt, sodass sie nicht miteinander kollidieren.
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Gegenseitige Lage von Ebenen in Parameterform

Schreibweise für unsere Ebenen:

E:\vec{x}=\vec{p}+\lambda\cdot\vec{u}+\mu\cdot{v}
E^*:\vec{x}=\vec{p^*}+r\cdot \vec{u^*}+s\cdot\vec{v^*}



Beispiel 1.)
E:\vec{x}=\left( \begin{array}{c}0\\0\\0\end{array}\right)+\lambda \cdot \left( \begin{array}{c}1\\2\\3\end{array} \right)+\mu \cdot\left( \begin{array}{c}3\\2\\1\end{array} \right)

E^*:\vec{x}=\left( \begin{array}{c}0\\0\\1\end{array}\right)+r \cdot \left( \begin{array}{c}1\\2\\3\end{array} \right)+s\cdot\left( \begin{array}{c}3\\2\\1\end{array} \right)
Die beiden Ebenen besitzen die selben Spannvektoren, sodass man hier schon erkennen kann, dass sie parallel sind.
\left( \begin{array}{c}0\\0\\0\end{array}\right)+\lambda \cdot \left( \begin{array}{c}1\\2\\3\end{array} \right)+\mu \cdot\left( \begin{array}{c}3\\2\\1\end{array} \right)=\left( \begin{array}{c}0\\0\\1\end{array}\right)+r \cdot \left( \begin{array}{c}1\\2\\3\end{array} \right)+s\cdot\left( \begin{array}{c}3\\2\\1\end{array} \right)

LGS Ebene lagebeziehung
Die Lösungsmenge ist leer. Die Ebenen sind nur parallel, aber nicht identisch

Beispiel 2.)
E:\vec{x}=\left( \begin{array}{c}1\\2\\3\end{array}\right)+\lambda \cdot \left( \begin{array}{c}1\\-2\\0\end{array} \right)+\mu \cdot\left( \begin{array}{c}3\\1\\4\end{array} \right)

E^*:\vec{x}=\left( \begin{array}{c}-1\\5\\2\end{array}\right)+r \cdot \left( \begin{array}{c}1\\1\\2\end{array} \right)+s\cdot\left( \begin{array}{c}-2\\1\\3\end{array} \right)
Wir suchen durch Aufstellen einens LGS einen \vec{x}, der für beide Ebenen passt
LGS mit r
Hier hätten wir auch theoretisch nach s umformen können, aber nach r ist es sinnvoller in Bezug auf die Zahlen und den Umformungen
Unser Ergebnis für r setzen wir jetzt in unsere zweite Ebenengleichung ein.
\vec{x}=\left( \begin{array}{c}-1\\5\\2\end{array}\right)+(1,5-16,5s) \left( \begin{array}{c}1\\1\\2\end{array} \right)+s\cdot \left( \begin{array}{c}-2\\1\\3\end{array} \right)
=\left( \begin{array}{c}-1\\5\\2\end{array}\right)+\left( \begin{array}{c}1,5\\1,5\\3\end{array}\right)-s\left( \begin{array}{c}16,5\\16,5\\33\end{array} \right)+s\left( \begin{array}{c}-2\\1\\3\end{array} \right) (nach Terme mit s und ohne s ordnen)

Schnittgerade\quad g:\vec{x}=\left( \begin{array}{c}0,5\\6,5\\5\end{array}\right)+s\left( \begin{array}{c}-18,5\\-15,5\\-30\end{array}\right)
mit (-2) multiplizieren, um die Gleichung zu "verschönern"

 g:\vec{x}=\left( \begin{array}{c}0,5\\6,5\\5\end{array}\right)+s\left( \begin{array}{c}37\\31\\60\end{array}\right)
Bei der gegenseitigen Lage von zwei Ebenen gibt es nur Schnittgeraden und keine Schnittpunkte!
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Kriterien für die gegenseitige Lage zweier Ebenen

Wichtig: Zwei Ebenen können nicht windschief zueinander sein!

Die Ebenen E und E^* schneiden sich

Bedingung: \vec{u},\vec{v},\vec{u^*} ODER \vec{u},\vec{v},\vec{v^*} sind linear unabhängig



Die Ebenen E und E^* sind parallel zueinander

Bedingung: \vec{u},\vec{v},\vec{u^*} UND \vec{u},\vec{v},\vec{v^*} sind linear abhängig

Die Ebenen E und E^* sind parallel ,aber haben keine gemeinsamen Punkte

Bedingung: \vec{p}-\vec{p^*},\vec{u},\vec{v} sind linear unabhängig

Die Ebenen E und E^* sind identisch

Bedingung: \vec{p}-\vec{p^*},\vec{u},\vec{v} sind linear abhängig


Anwendung der Kriterien:

Wir nehmen die Ebenen aus einem bekannten Beispiel:
E:\vec{x}=\left( \begin{array}{c}0\\0\\0\end{array}\right)+\lambda \cdot \left( \begin{array}{c}1\\2\\3\end{array} \right)+\mu \cdot\left( \begin{array}{c}3\\2\\1\end{array} \right)

E^*:\vec{x}=\left( \begin{array}{c}0\\0\\1\end{array}\right)+r \cdot \left( \begin{array}{c}1\\2\\3\end{array} \right)+s\cdot\left( \begin{array}{c}3\\2\\1\end{array} \right)

Aufgrund der selben Spannvektoren wissen wir,dass die beiden Ebenen zueinander parallel sind. Mithilfe der neu gelernten Kriterien wollen wir untersuchen, ob die Ebenen nur parallel oder sogar identisch sind.
Dafür benötigen wir folgendes:
\vec{p}-\vec{p^*},\vec{u},\vec{v}
\vec{p}-\vec{p^*}=\left( \begin{array}{c}0\\0\\1\end{array}\right)-\left( \begin{array}{c}0\\0\\0\end{array}\right)=\left( \begin{array}{c}0\\0\\1\end{array}\right)
\vec{u}=\left( \begin{array}{c}1\\2\\3\end{array}\right)
\vec{v}=\left( \begin{array}{c}3\\2\\1\end{array}\right)
LGS aufstellen:

r\cdot\left( \begin{array}{c}0\\0\\1\end{array}\right)+s\cdot\left( \begin{array}{c}1\\2\\3\end{array}\right) +t\cdot\left( \begin{array}{c}3\\2\\1\end{array}\right)=\vec{0}
LGS Lagebeziehung Ebenen triv.Lösung
Die Ebenen sind also nicht identisch -> E \neq E^*;\quad E||E^*


___________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Weiteres Beispiel(noch nicht vollständig im Unterricht gerechnet)

E:\vec{x}=\left( \begin{array}{c}-1\\2\\2\end{array}\right)+\lambda \cdot \left( \begin{array}{c}1\\0\\-2\end{array} \right)+\mu \cdot\left( \begin{array}{c}2\\-1\\3\end{array} \right)

E^*:\vec{x}=\left( \begin{array}{c}-5\\4\\-4\end{array}\right)+r \cdot \left( \begin{array}{c}3\\-1\\1\end{array} \right)+s\cdot\left( \begin{array}{c}1\\-1\\5\end{array} \right)

1.) \vec{u},\vec{v},\vec{u^*}l.a?

\left( \begin{array}{c}1\\0\\-2\end{array}\right);\left( \begin{array}{c}2\\-1\\3\end{array}\right);\left( \begin{array}{c}3\\-1\\1\end{array}\right)
r\cdot\left( \begin{array}{c}1\\0\\-2\end{array}\right)+s\cdot\left( \begin{array}{c}2\\-1\\3\end{array}\right) +t\cdot\left( \begin{array}{c}3\\-1\\1\end{array}\right)=\vec{0}

LGS(unvollständige Aufgabe)
An diesem Punkt können wir noch keine Aussage über die Lagebeziehung der beiden Ebenen treffen, da für die Parallelität \vec{u},\vec{v},\vec{v^*} auch linear abhängig sein müssen. In Bezug auf eine mögliche Schnittgerade müssen wir auch \vec{u},\vec{v},\vec{v^*} untersuchen.

Protokoll vom 16.11. und 18.11.2016 Themen: Flugzeugaufgabe aus dem Buch, Anwendungsaufgaben für die gegenseitige Lage von Ebenen in Parameterform, Transformation von Parameterform in Koordinatenform, kurze Wiederholung der Trigonometrie, Punktrechnung für Vektoren, Das Skalaprodukt

Protokoll von --Deeka98OB 13:08, 20. Nov. 2016 (CET) (Schuljahr 2016 / 2017)
Lehrer C.-J. Schmitt (5 Unterrichtsstunden)
verbessert von


Am Anfang der Stunde haben wir die Abituraufgaben A13 und A14 bekommen, die für den ersten Abi-Samstag (Analysis) sind. Zudem sollen die Leute, die in der Woche, in der auch der Abi-Samstag stattfindet, die bearbeiteten Abituraufgaben zu den Analysis Abituraufgaben im Wiki einfügen.
Daraufhin haben wir die besprochen.


Flugzeugaufgabe aus dem Buch

S.196 4.)
Wir haben die Hausaufgaben verglichen und den Ansatz dieser Aufgabe besprochen.
Ein Flugzeug befindet sich zu Beobachtungsbeginn im Punkt P(3|7|8). Es fliegt mit einer konstanten Geschwindigkeit von 800 \frac{km}{h} in Richtung des Vektors \vec{u} = \left( \begin{array}{c}3\\4\\0\end{array} \right).
Mathe
\vec{x} = \vec{p} +  \vec{u}
a.)
Wo befindet sich das Flugzeug eine halbe Stunde nach Beobachtungsbeginn?

t=\frac{1}{2}h
\frac{1}{2}h\cdot 800\frac{km}{h} = 400km
400km \cdot \frac{1}{5}km\cdot \left( \begin{array}{c}3\\4\\0\end{array} \right)= \left( \begin{array}{c}243\\327\\8\end{array} \right)
b.)
Wo befindet sich das Flugzeug eine Stunde nach Beobachtungsbeginn? t=1h
1h \cdot  800\frac{km}{h} = 800km
800km\cdot \frac{1}{5}km\cdot \left( \begin{array}{c}3\\4\\0\end{array} \right)= \left( \begin{array}{c}483\\647\\8\end{array} \right)


Anwendungsaufgabe für die gegenseitige Lage von Ebenen

Wir haben die Aufgabe von Titus aus der letzten Stunde fertig gerechnet. Aus der letzten Stunde wissen wir, dass die Richtungsvektoren von den beiden Ebenen \vec{u},\vec{v} , \vec{u*}  linear abhängig sind.
Da vier Vektoren in einer Ebene immer linear abhängig sind, müssen wir nun überprüfen, ob die drei Richtungsvektoren \vec{u}, \vec{v} ,\vec{v*}   linear abhängig sind.
E:\vec{x}=\left( \begin{array}{c}-1\\2\\2\end{array} \right)_{\overrightarrow{p}}+\lambda\cdot\left( \begin{array}{c}1\\0\\-2\end{array} \right)_{\overrightarrow{u}}
+\ \mu \cdot\left( \begin{array}{c}2\\-1\\3\end{array} \right)_{\overrightarrow{v}}
E*:\vec{x}=\left( \begin{array}{c}-5\\4\\-4\end{array} \right)_{\overrightarrow{p*}}+r\cdot\left( \begin{array}{c}3\\-1\\1\end{array} \right)_{\overrightarrow{u*}}
+s \cdot\left( \begin{array}{c}1\\-1\\5\end{array} \right)_{\overrightarrow{v*}}
Sind \vec{u}, \vec{v} ,\vec{v*}   linear abhängig?
\lambda\cdot\left( \begin{array}{c}1\\0\\-2\end{array} \right)_{\overrightarrow{u}}+\ \mu \cdot\left( \begin{array}{c}2\\-1\\3\end{array} \right)_{\overrightarrow{v}}+s \cdot\left( \begin{array}{c}1\\-1\\5\end{array} \right)_{\overrightarrow{v*}}=\vec{o}
Matheprotokoll2.PNG
{array} \right)_{\overrightarrow{v}}+=\vec{o} </math>
Matheprotokoll3.PNG
Alternative: Man kann die Ebenen auch gleichsetzen.
\lambda\cdot\left( \begin{array}{c}1\\0\\-2\end{array} \right)
+\ \mu \cdot\left( \begin{array}{c}2\\-1\\3\end{array} \right)-r\cdot\left( \begin{array}{c}3\\-1\\1\end{array} \right)
-s \cdot\left( \begin{array}{c}1\\-1\\5\end{array} \right)=\left( \begin{array}{c}-4\\2\\-6\end{array} \right)
Matheprotokoll4.PNG
Zudem sind r,\lambda,  \mu  beliebig.

mathe


Musteraufgabe
Die beiden Ebenen schneiden sich und die Schnittgerade ist gesucht.
Jetzt müssen wir überprüfen, ob  \vec{p} -  \vec{p*};  \vec{u};  \vec{v} 
linear abhängig sind.

E_1:\vec{x}=\left( \begin{array}{c}1\\7\\3\end{array} \right)+\lambda\cdot\left( \begin{array}{c}1\\-1\\2\end{array} \right)
+\ \mu \cdot\left( \begin{array}{c}2\\-5\\8\end{array} \right)
E_1*:\vec{x}=\left( \begin{array}{c}3\\5\\7\end{array} \right)+r\cdot\left( \begin{array}{c}2\\3\\0\end{array} \right)
+s \cdot\left( \begin{array}{c}1\\1\\2\end{array} \right)
mathe
E_1*:\vec{x}=\left( \begin{array}{c}3\\5\\7\end{array} \right)+s\cdot\left( \begin{array}{c}-2\\-3\\0\end{array} \right)
+s \cdot\left( \begin{array}{c}1\\1\\2\end{array} \right)
g*:\vec{x}=\left( \begin{array}{c}3\\5\\7\end{array} \right)+s\cdot\left( \begin{array}{c}-1\\-2\\2\end{array} \right)
Wäre r = -s + 2, dann müsste man den Stützvektor auch mit der zwei multiplizieren. Den Anteil würde man dann im Stützvektor wieder sehen (Distributivgesetz).


mathe


Transformation von Parameterform in Koordinatenform

PF \leftrightarrow KF
1.Beispiel:
E:\vec{x}=\left( \begin{array}{c}0\\0\\0\end{array} \right)+\lambda\cdot\left( \begin{array}{c}1\\0\\1\end{array} \right)
+\ \mu \cdot\left( \begin{array}{c}1\\1\\0\end{array} \right)
\left( \begin{array}{c}x_1\\x_2\\x_3\end{array} \right)=\lambda\cdot\left( \begin{array}{c}1\\0\\1\end{array} \right)
+\ \mu \cdot\left( \begin{array}{c}1\\1\\0\end{array} \right)
In einer Koordinatenform braucht man kein \lambda und \mu, sondern nur  x_1,x_2,x_3.
Mathematik32.PNG
E:x_1=x_3 + x_2
E:x_1-x_2-x_3=0
Die Ebene geht durch den Origo.

Zwei Ebenen können parallel und identisch sein oder sich auch in einer Schnittgerade schneiden. Drei Ebenen können sich auch in einem Punkt schneiden.

KF in PF
\left( \begin{array}{c}x_1\\x_2\\x_3\end{array} \right)=\left( \begin{array}{c}x_2+x_3\\x_2\\x_3\end{array} \right)
=\left( \begin{array}{c}x_2\\x_2\\0\end{array} \right)+\left( \begin{array}{c}x_3\\0\\x_3\end{array} \right)=\mu\cdot\left( \begin{array}{c}1\\1\\0\end{array} \right)
+\lambda \cdot\left( \begin{array}{c}1\\0\\1\end{array} \right)
</math>
x_3 und x_2 wird bei der Transformation in die Parameterform rausgenommen.


2.Beispiel:
PF in KF
E:\vec{x}=\left( \begin{array}{c}1\\2\\0\end{array} \right)+\mu\cdot\left( \begin{array}{c}1\\0\\1\end{array} \right)
+\ \lambda \cdot\left( \begin{array}{c}1\\2\\3\end{array} \right)
\left( \begin{array}{c}x_1\\x_2\\x_3\end{array} \right)=\mu\cdot\left( \begin{array}{c}1\\0\\1\end{array} \right)
+\ \mu \cdot\left( \begin{array}{c}1\\2\\3\end{array} \right)+\left( \begin{array}{c}1\\2\\0\end{array} \right)
LGSneu1.PNG

\lambda=0,5x_2-1
x_3-3\Lambda= x_3-1,5x_2+3
E:x_1-1=x_{3}-1,5x_{2}+3+0,5x_{2}-1=x_{3}-x_{2}+2
E:x_{1}+x_{2}-x_{3}=3


KF  \longrightarrow  PF
\left( \begin{array}{c}x_1\\x_2\\x_3\end{array} \right)=\left( \begin{array}{c}x_1\\x_2\\x_1+x_2-3\end{array} \right)
=\left( \begin{array}{c}0\\0\\-3\end{array} \right)+\left( \begin{array}{c}x_1\\0\\x_1\end{array} \right)+\left( \begin{array}{c}0\\x_2\\x_2\end{array} \right)=\left( \begin{array}{c}0\\0\\-3\end{array} \right)+\lambda\left( \begin{array}{c}1\\0\\1\end{array} \right)+\mu\cdot\left( \begin{array}{c}0\\1\\1\end{array} \right)
E*:\vec{x}=\left( \begin{array}{c}0\\0\\-3\end{array} \right)+\lambda\left( \begin{array}{c}1\\0\\1\end{array} \right)+\mu\cdot\left( \begin{array}{c}0\\1\\1\end{array} \right)
Ein Spannvektor ist in der Parametergleichung anders, deshalb müssen wir überprüfen, ob beide Ebenen identisch sind, und deshalb heißt die Ebenengleichung auch E*:\vec{x}.
E = E*
1.) Sind \vec{u} ,  \vec{v} ,  \vec{u*} linear abhängig?
\left( \begin{array}{c}1\\0\\1\end{array} \right)\left( \begin{array}{c}1\\2\\3\end{array} \right)=\vec{o}

\left( \begin{array}{c}1\\2\\3\end{array} \right) sind linear abhängig, denn wenn zwei Vektoren linear abhängig sind, dann sind drei Vektoren garantiert linear abhängig.
2.) Sind \vec{u} ,  \vec{v} ,  \vec{v*} linear abhängig?
r\cdot\left( \begin{array}{c}1\\0\\1\end{array} \right)+s\cdot\left( \begin{array}{c}1\\2\\3\end{array} \right)
+t \cdot\left( \begin{array}{c}0\\1\\1\end{array} \right)
LGS1.2.PNG

3.) Sind \vec{u} ,  \vec{v} ,  \vec{p}-\vec{p*} linear abhängig?
r\cdot\left( \begin{array}{c}1\\0\\1\end{array} \right)+s\cdot\left( \begin{array}{c}1\\2\\3\end{array} \right)
+t \cdot\left( \begin{array}{c}-1\\-2\\-3\end{array} \right)
LGS2.1.PNG


3.Beispiel:
E:\vec{x}=\left( \begin{array}{c}2\\4\\3\end{array} \right)+r\cdot\left( \begin{array}{c}1\\-4\\6\end{array} \right)
+s \cdot\left( \begin{array}{c}-2\\-4\\0\end{array} \right)
Mathe9.PNG

x_{1} -2= \frac{ x_{3} }{6} - \frac{1}{2} + \frac{ x_{2} }{2} + \frac{1}{3} x-3
4s=- x_{2} +4-4( \frac{ x_{3} }{6} -0,5)=- x_{2} +4- \frac{2}{3}  x_{3} +2=- x_{2} -  \frac{2}{3} x_{3} +6
r= \frac{ x_{3}-3 }{6} =  \frac{ x_{ 3} }{6} -0,5
r und s wurden in die übrig gebliebene Gleichung eingesetzt.
E: x_{1} - \frac{ x_{2} }{2} -  \frac{ x_{3} }{2} = -1,5  | \cdot2
E:2x_{1}- x_{2} - x_{3} =-3
KF \longrightarrow PF
\left( \begin{array}{c}x_1\\x_2\\x_3\end{array} \right)=\left( \begin{array}{c}x_1\\2x_1-x_3+3\\x_3\end{array} \right)
=\left( \begin{array}{c}0\\3\\0\end{array} \right)+\left( \begin{array}{c}x_1\\2x_1\\0\end{array} \right)+\left( \begin{array}{c}0\\-x_3\\x_3\end{array} \right)
 E:\vec{x}=\left( \begin{array}{c}0\\3\\0\end{array} \right)+\lambda\left( \begin{array}{c}1\\2\\0\end{array} \right)+\mu\cdot\left( \begin{array}{c}0\\-1\\1\end{array} \right)
Die Spannvektoren stimmen nicht überein, deshalb muss man überprüfen, ob beide Ebenen identisch sind. Wie wir schon beim Vergleich der Hausaufgaben vom Mittwoch auf Freitag festgestellt haben, sin die Ebenen identisch.


Übungen zur Transformation von PF in KF
x_{1}- x_{2}-Ebene
E:\vec{x}=\lambda\left( \begin{array}{c}1\\0\\0\end{array} \right)+\mu\cdot\left( \begin{array}{c}0\\1\\00\end{array} \right)
(PF)
 PF \longrightarrow KF
Mathe10.PNG
E: x_{3} =0 \cdot  x_{1} + 0 \cdot  x_{2}
E: x_{3} =0
Daraus kann man erschließen, dass es sich hier bei um die x_1;x_2-Ebene handelt.


Wiederholung: Trigonometrie

Sinussatz: \frac{sin( \alpha )}{sin( \beta )} =  \frac{a}{b}
Dreieck1.2.PNG

geg.: \alpha , a, b \mapsto  \beta
geg.:a,b, \gamma  \mapsto Hier kann man den Sinussatz leider nicht anwenden, deshalb benötigen wir den Kosinussatz.
Kosinussatz:

c^{2} =  a^{2} +  b^{2} -2ab\cdot cos( \gamma )
a^{2} =  c^{2} +  b^{2} -2cb\cdot cos(  \alpha  )
b^{2} =  a^{2} +  c^{2} -2ac\cdot cos(  \beta  )

Punktrechnung für Vektoren

Man darf keine Vektoren dividieren (Gesetzliches Verbot).
Skalarprodukt: \vec{a} \cdot  \vec{b} = r; r  \in \mathbb{R}
Kreuzprodukt (Vektorprodukt): \vec{a}  \times  \vec{b} =  \vec{c}


Das Skalarprodukt

1.) Die Arbeit W in der Physik
Auto1.2.PNG

W=  \vec{F} \cdot  \vec{s} = F \cdot s
Die Kraft muss in Richtung des Weges wirken.
2.)
Auto2.PNG

\vec{F} \perp  \vec{s}   \Rightarrow W=0

3.)
Auto3.PNG

W= F_{s}\cdot s
cos( \alpha )= \frac{ F_{s} }{F}
W=F\cdot s \cdot cos( \alpha )
Aus diesem Zusammenhang definiert sich diese Formel.


\vec{a} \cdot  \vec{b} =   \mid \vec{a}  \mid \cdot \mid  \vec{b}  \mid \cdot cos( \alpha )

Alpha1.PNG



Sonderfälle:
1.)
\vec{a}   \parallel  \vec{b}   \Rightarrow  \vec{a} \cdot  \vec{b} =  \mid  \vec{a}  \mid \cdot  \mid  \vec{b}  \mid \cdot cos(0^\circ)= \mid  \vec{a}  \mid \cdot  \mid  \vec{b}  \mid \cdot 1
2.)
\vec{a}  \perp  \vec{b} ;  \vec{a},  \vec{b} orthogonal
Alpha2.PNG

\vec{a} \cdot  \vec{b} =   \mid \vec{a} \mid \cdot  \mid \vec{b} \mid \cdot cos(90^\circ)=0
\vec{a} \cdot  \vec{b} =0  \Longleftrightarrow  \vec{a}  \perp  \vec{b}
Wenn das Produkt beider Vektoren null ist, dann bilden die Vektoren einen rechten Winkel zusammen, das heißt, dass sie dann orthogonal zueinander stehen.

3.)
Alpha3.PNG

\vec{a} \cdot  \vec{b} = \mid  \vec{a}  \mid \cdot \mid  \vec{b} \mid \cdot cos(180^\circ)= -\mid  \vec{a}  \mid \cdot  \mid  \vec{b}  \mid
4.)
\vec{a} \cdot  \vec{a} =  \mid  \vec{a}  \mid \cdot  \mid  \vec{a}  \mid \cdot cos(0)= \mid  \vec{a}  \mid \cdot  \mid  \vec{a}  \mid \cdot 1
( \vec{a} )^{2} =  \mid  \vec{a}  \mid ^2
\vec{a}  \neq  \mid  \vec{a}  \mid
5.)
\vec{a} \cdot  \vec{o} =  \mid  \vec{a}  \mid \cdot 0 \cdot cos( \alpha )
Wenn \vec{a} \cdot  \vec{b} =0 \Longleftrightarrow  \vec{a}  \perp  \vec{b} 
gilt, dann gilt auch \vec{a} \cdot  \vec{o} = 0  \Longleftrightarrow \vec{a}  \perp  \vec{b}.
Der Nullvektor ist mit jedem Vektor linear abhängig und genau so ist der Nullvektor zu jedem Vektor orthogonal.


Herleitung des Skalarprodukts
Alpha4.PNG

Im zweidimensionalen Raum \mathbb{R}^2
\vec{a}=\left( \begin{array}{c} a_{1} \\ a_{2} \end{array} \right)
\vec{b}=\left( \begin{array}{c} b_{1} \\ b_{2} \end{array} \right)
\vec{a}- \vec{b} =\left( \begin{array}{c} a_{1}- b_{1}  \\ a_{2}- b_{2}   \end{array} \right)
\mid  \vec{a}  \mid ^2= (a_{1} )^2+(a_{2} )^2
( \mid   \vec{a} - \vec{b}  \mid )^2= ( \mid  \vec{a}  \mid )^2+( \mid  \vec{b}  \mid )^2-2 \mid  \vec{a}  \mid \cdot  \mid  \vec{b}  \mid \cdot cos( \alpha )
\mid  \vec{a}  \mid \cdot  \mid  \vec{b}  \mid \cdot cos( \alpha ) wird duch \vec{a} \cdot  \vec{b} ersetzt.

( a_{1} -  b_{1} )^2 +( a_{2} -  b_{2} )^2 =( a_{1} )^2+( a_{2} )^2+( b_{1} )^2+( b_{2} )^2-2 \vec{a} \cdot  \vec{b}
( a_{1} )^2-2 a_{1}  b_{1} + ( b_{1} )^2+( a_{2} )^2-2 a_{2}  b_{2}+( b_{2} )^2=( a_{1} )^2+( a_{2} )^2+( b_{1} )^2+( b_{2} )^2-2 \vec{a} \cdot  \vec{b}
-2 a_{1}  b_{1} -2 a_{2}  b_{2}=-2 \vec{a} \cdot \vec{b}  \mid :(-2)

Das Skalarprodukt
Im zweidimensionalen Raum \mathbb{R}^2 \vec{a} \cdot \vec{b} =a_{1}  b_{1} + a_{2}  b_{2}
Im dreidimensionalen Raum \mathbb{R}^3 \vec{a} \cdot \vec{b} =a_{1}  b_{1} + a_{2}  b_{2} + a_{3}  b_{3}

Beispiele
\vec{a}=\left( \begin{array}{c}5\\3\end{array} \right)
\vec{b}=\left( \begin{array}{c}5\\7\end{array} \right)
\vec{a} \cdot \vec{b}=25+21=46
\vec{a}=\left( \begin{array}{c}2\\1\\3\end{array} \right)
\vec{b}=\left( \begin{array}{c}5\\6\\-7\end{array} \right)
\vec{a} \cdot \vec{b}=10+6-21=-5


S.221 1.b.)
Bei dieser Aufgabe sollte man überprüfen, ob die schneidenden Geraden g und h zueinander orthogonal sind.
Alpha5.PNG

g \perp h \Longleftrightarrow  \vec{v}  \perp  \vec{u}  \Longleftrightarrow   \vec{u} \cdot  \vec{v} =0
\vec{u}=\left( \begin{array}{c}2\\-9\\-4\end{array} \right)
\vec{v}=\left( \begin{array}{c}5\\2\\-2\end{array} \right)
\vec{u} \cdot  \vec{v} =10-18+8=0
A: Die Geraden sind orthogonal zueinander.


Winkelberechnung
\vec{a} \cdot \vec{b} =  \mid  \vec{a}  \mid \cdot  \mid  \vec{b}  \mid \cdot cos( \alpha )
cos( \alpha )= \frac{ \vec{a} \cdot  \vec{b} }{ \mid  \vec{a}  \mid \cdot \mid  \vec{b}  \mid } = \frac{ a_{1} b_{1}+ a_{2} b_{2}+a_{3} b_{3}    }{\mid  \vec{a}  \mid \cdot \mid  \vec{b} \mid }
\vec{a}=\left( \begin{array}{c}1\\2\\3\end{array} \right)
\vec{b}=\left( \begin{array}{c}3\\2\\1\end{array} \right)
\mid  \vec{a}  \mid =\sqrt{14}
\mid  \vec{b}  \mid =\sqrt{14}
cos( \alpha )= \frac{3+4+3}{ \sqrt{14}\cdot \sqrt{14}  }  = \frac{10}{14} = \frac{5}{7}
cos( \alpha )= 44,42^\circ

Protokoll vom 23.11. und 25.11.2016 Themen: Orthogonalität zweier Vektoren, Normalform der Ebene, Lagebeziehungen der Ebenen in der NF Punktprobe, Schnittwinkel zweier Ebenen

Protokoll von --L.Wagner (Diskussion) 21:43, 23. Nov. 2016 (CET)Laurent99OB (Schuljahr 2016 / 2017)
Lehrer C.-J. Schmitt (5 Unterrichtsstunden)
verbessert von --L.Wagner (Diskussion) 21:43, 23. Nov. 2016 (CET)Laurent99OB

Organisatorisches

Es wird nun entschieden, ob die Protokolle weitergeführt werden oder einfach weggelassen werden. Bis Mittwoch muss entschieden werden.

Zudem findet ihr im Blog einen Artikel mit dem Thema: Macht Mathe glücklich?

Macht Mathe glücklich?

Wiederholung Freitag, den 18.11.16

Mit dem Skalarprodukt werden zwei Vektoren miteinander multipliziert. Das Skalarprodukt dient hauptsächtlich zum Nachweis der Orthogonalität zweier Vektoren. Dabei gelten:

\vec{a} \cdot  \vec{b} =   \mid \vec{a}  \mid \cdot \mid  \vec{b}  \mid \cdot cos( \alpha )


Der Winkel \alpha muss damit 90 Grad betragen, denn somit beträgt der Kosinus von 90 gleich 0 und wir wissen, dass die Vektoren a und b orthogonal zueinander sind.

a_{1}\cdot b_{1}+a_{2}\cdot b_{2}+a_{3}\cdot b_{3}=0


Man multipliziert die einzelnen Komponenten und addiert deren Produkte.

Dieser Term ist das Skalarprodukt \vec{a} \cdot \vec{b} von den Vektoren a und b.

Die Vektoren a und b sind dann genau zueinander orthogonal, wenn a·b=0


Besonderes Problem

vgl. S.209 Nr. 12 Lösung

Beachte!:P ist der wichtigste Punkt, da er von a abhängt und g_a durch diesen Punkt durchgeht.

Zudem noch Link zu Arthur´s Beitrag über die Lagebeziehung:

Arthurs Beitrag


Hausaufgaben

13b

Die Klammer vor x3 muss gleich 0 sein, dass somit x3 alles sein kann und somit die Vektoren l.a. ist.

1a.

Andere Variante zur Bestimmung der Schnittgerade zwischen 2 Ebenen

Dabei ist eine Ebene in Parameterform geschrieben und die andere in Koordinatenform geschrieben.

E_1:\vec{x}=\left( \begin{array}{c}3\\1\\5\end{array} \right)+\left( \begin{array}{c}2\\-1\\0\end{array} \right)r+\left( \begin{array}{c}-1\\0\\3\end{array} \right)s

E:2x_1-x_2-x_3=1

Nun können wir jeweils die Zeilen der Parameter in die Ebene der Koordinatneform einsetzen.

E:2\cdot(3+2r-s)-(1-r)-(5+3s)=1

6+4r-2s+1+r-5-3s=1

5r-5s=1

Nun formen wir nach r um, sodass wir für r die jeweilige Gleichung in E1 einsetzen.

r=0,2+s

g:\vec{x}=\left( \begin{array}{c}3\\1\\5\end{array} \right)+(0,2+s)\left( \begin{array}{c}2\\-1\\0\end{array} \right)+\left( \begin{array}{c}-1\\0\\3\end{array} \right)s

=\left( \begin{array}{c}3\\1\\5\end{array} \right)+\left( \begin{array}{c}0,4\\-0,2\\0\end{array} \right)+\left( \begin{array}{c}2\\-1\\0\end{array} \right)s+\left( \begin{array}{c}-1\\0\\3\end{array} \right)s

=\left( \begin{array}{c}3,4\\0,8\\5\end{array} \right)+\left( \begin{array}{c}1\\-1\\3\end{array} \right)s

g:\vec{x}=0,2 \cdot \left(  \begin{array}{c}17\\4\\25\end{array} \right)+\left( \begin{array}{c}1\\-1\\3\end{array} \right)s

1a Aufgabe

2a

Statt die Koordinatenform in die Parameterform umzuwandeln, benutzen wir das LGS um einen Parameter zu entfernen und dies dann in den x-Vektor einzusetzen. So erhalten wir dann unsere Schnittgerade.

E_1=x_1-x_2+2x_3=7

E_2=6x_1+x_2-x_3=-7

Aufgabe 2a

Nun die jeweiligen Gleichungen in den x-Vektor einsetzen.

g:\left( \begin{array}{c}x_1\\x_2\\x_3\end{array} \right)=\left( \begin{array}{c}-\frac{1}{7}x_3\\-7+\frac{13}{7}\\x_3\end{array} \right)=\left( \begin{array}{c}0\\-7\\0\end{array} \right)+\left( \begin{array}{c}-\frac{1}{7}\\\frac{13}{7}\\1\end{array} \right)\lambda

X3 wird weggezogen, weil \lambda unsere neue Variable für die Parameterform ist.

g:\vec{x}=\left( \begin{array}{c}0\\-7\\0\end{array} \right)+ \lambda \left( \begin{array}{c}-1\\13\\7\end{array} \right)

Vektoris


Aufgabe 7 S.222

Nun müssen wir zeigen, dass es ein Quadrat geben kann, der aus diesen 3 Punkten und einem Punkt C besteht und müssen C bestimmen.

Wichtig!: Die gegenüberliegenden Vektoren müssen gleich lang und parallel sein (AB zu DC und BC zu AD). Zudem müssen AB und AD orthogonal zueinander sein. 
Quadrat

A(-2|2|3); B(2|10|4);D(5|-2|7)

Nun berechnen wir die Vektoren AB und AD, da wir die Punkte gegeben haben.

\vec{AB}=\vec{b}-\vec{a}=\left( \begin{array}{c}4\\8\\1\end{array} \right)

\vec{AD}=\vec{d}-\vec{a}=\left( \begin{array}{c}7\\-4\\4\end{array} \right)

Nun nehmen wir das Sklarprodukt, um nachzuweisen, dass die Vektoren AD und AB orthogonal zueinander sind

\vec{AB} \cdot \vec{AD}=4 \cdot 7-8 \cdot 4+4=0

Die beiden Vektoren sind nun orthogonal zueinander. Jetzt berechnen wir die Beträge der Vektoren, um zu zeigen, dass die Seiten gleich lang sind.

|\vec{AB}|=\sqrt{16+64+1}=\sqrt{81}=9

|\vec{AD}|=\sqrt{16+49+16}=\sqrt{81}=9

Nun können wir den Punkt C berechnen, der Eckpunkt des Quadrates ist.

\vec{DC}=\vec{AB}=\left( \begin{array}{c}4\\8\\1\end{array} \right)

\left( \begin{array}{c}4\\8\\1\end{array} \right)=\left( \begin{array}{c}c_1\\c_2\\c_2\end{array} \right)-\left( \begin{array}{c}5\\-2\\7\end{array} \right)

\vec{c}=\left( \begin{array}{c}9\\6\\8\end{array} \right)


Orthogonale zu 2 Vektoren

Gesucht ist eine Orthogonalengleichung aus den Vektoren \vec{u}=\left( \begin{array}{c}1\\2\\3\end{array} \right) und \vec{v}=\left( \begin{array}{c}3\\2\\1\end{array} \right).

Dafür gilt:

\vec{n}\measuredangle \vec{u} und \vec{n}\measuredangle \vec{v}

\vec{n}\cdot \vec{u}=0 ; \vec{n}\cdot \vec{v}=0


Berechnung der Orthogonalgerade

\vec{n}=\left( \begin{array}{c}n_1\\n_2\\n_3\end{array} \right)=\left( \begin{array}{c}1\\-2\\1\end{array} \right)\lambda=\left( \begin{array}{c}1\\-2\\1\end{array} \right)\lambda


Die Normalenform der Ebene

Die Normalenform ist eine besondere Form der Ebenengleichung oder Geradengleichung. Da man eine Ebenen auch durch einen Stützvektor und einen Vektor, der orthogonal zur Ebene ist, beschreiben kann, ist es möglich, dies mit der Normalengleichung darzustellen.

Normalenform


Es gilt:

(\vec{x}-\vec{p}) \cdot \vec{n}=0


Der Vektor \vec{n} ist der Normalenvektor der Ebene E. Somit muss der Normalenvektor orthogonal zum Differenzvektor sein.

Eine Ebene E kann aber auch durch eine Gleichung ohne Vektoren beschrieben werden, dann geht man von einer Normalengleichung (\vec{x}-\vec{p}) \cdot \vec{n}=0 aus, so gilt:

\vec{x} \cdot \vec{n}-\vec{p} \cdot \vec{n}=0

\vec{x} \cdot \vec{n}=\vec{p} \cdot \vec{n}


Mit \vec{x}=\left( \begin{array}{c}x_1\\x_2\\x_3\end{array} \right) und \vec{n}=\left( \begin{array}{c}n_1\\n_2\\n_3\end{array} \right) bekommt man aus \vec{x} \cdot \vec{n}=\vec{p} \cdot \vec{n} die Koordinatengleichung x_1n_1+x_2n_2+x_3n_3=d, wobei d eine reele Zahl ist.

Beispiele

Gegeben:

\vec{p}=\left( \begin{array}{c}1\\0\\1\end{array} \right); \vec{n}=\left( \begin{array}{c}1\\2\\3\end{array} \right)

Nun setzen wir unsere jeweiligen Vektoren in die Normalengleichung ein, um somit zur Koordinatenform der Ebene zu gelangen.

E:\left[\vec{x}-\left( \begin{array}{c}1\\0\\1\end{array} \right) \right] \cdot \left( \begin{array}{c}1\\2\\3\end{array} \right)=0

Nun den Vektor x mit dem Normalenvektor multiplizieren, sowie den p-Vektor mit dem Normalenvektor.

Beachte!: Bei der Multiplikation vom p-Vektor mit dem Normalenvektor verwende das Skalarprodukt.

x_1+2x_2+3x_3-(1+3)=0

x_1+2x_2+3x_3=4

Nun haben wir die Koordinatenform der Ebene und wir können sofort unseren Normalenvektor vor den jeweiligen Komponenten des x-Vektors erkennen.

Normalenform

Man sieht hier, dass der Normalvektor orthogonal zur Ebene ist.

S.225 1b

Gegeben:

P(9|1|-2) ; \vec{n}=\left( \begin{array}{c}0\\8\\3\end{array} \right)

Daraus können wir die Normalengleichung bilden.

E:\left[\vec{x}-\left( \begin{array}{c}9\\1\\-2\end{array} \right)\right] \cdot \left( \begin{array}{c}0\\8\\3\end{array} \right)

E: 0x_1+8x_2+3x_3-8+6=0

8x_2+3x_3=2

-->KF

Die Ebenen wird durch 2 Geraden aufgespannt. Die eine Gerade ist die x1-Achse und die andere Gerade ist x_2=-\frac{3}{8}x_3+\frac{1}{4}

Die Ebene ist somit parallel zur x1-Achse

Die Ebene steht senkrecht auf der x2x3-Ebene und ist daher auch parallel zur x1-Achse.


X2X3 Ebene


Lagebeziehung Ebene und Normalenvektor

Wenn 2 Ebenen zueinander parallel sind, dann sind auch die Orthogonalen der Ebenen zueinander parallel und somit auch linear abhängig.

parallele ebene

Wenn 2 Ebenen sich schneiden, dann sind die Normalenvektor linear unabhängig.

Beachte!: Wenn 2 Normalenvektoren identisch zueinander sind, bedeutet dies nicht gleich, dass die Ebenen identisch zueinander sind.

Es gilt:

\left[ \vec{p_1}-\vec{p_2} \right] \cdot \vec{n}

identische Ebene

Wenn 2 Ebenen sich schneiden sind somit die Normalenvektoren n1 und n2 linear unabhängig.

Ebenen schneiden sich

Beispiele aus S.235

9

Gegeben:

E_1:2x_1-x_2+3x_2

Daraus erkennen wir wieder unseren Normalenvektor

\vec{n_1}=\vec{x}=\left( \begin{array}{c}2\\-1\\3\end{array} \right)=12

Nun haben wir eine Ebene E_2: 10x_1-5x_2+15x_3=60

Daraus erkennen wir den Normalenvektor \vec{n_2}=\vec{x}=\left( \begin{array}{c}10\\-5\\15\end{array} \right)

Man erkennt, dass der Vektor n2 ein Vielfaches vom Vektor n2 ist. Somit sind die Vektoren linear abhängig.

Daraus können wir schließen, dass der Vektor \vec{n_2} nicht l.a. mit \vec{n_1} sein darf, sodass sich die Ebenen schneiden

10

(1) passt zu Figur 2, da die Normalenvektoren linear abhängig voneinader sind und somit parallel sind.

(2) passt zu Figur 1, da die Vektoren (wenn man sie multipliziert) nicht 0 ergeben und somit nicht orthogonal zueinander sind und einen anderen Winkel ergeben.

(3) passt zu Figur 3, da die Normalvektoren zueinander orthogonal sind.


Punktprobe

2b S.225

Eine Ebene E geht durch den Punkt P(2|-5|7) und hat den Normalvektor \vec{n}=\left( \begin{array}{c}2\\1\\-2\end{array} \right)

Nun müssen wir überprüfen, ob der Punkt B \left( \begin{array}{c}0\\-1\\7\end{array} \right) in dieser Ebenen liegt.

Wir setzen nun alle gegebenen Punkte in unsere Normalengleichung ein ( Vektor b für Vektor x).

E:(\vec{b}-\vec{p}) \cdot \vec{n}=0

E:\left[ \left( \begin{array}{c}0\\-1\\7\end{array} \right) -\left( \begin{array}{c}2\\-5\\7\end{array} \right) \right] \cdot \left( \begin{array}{c}2\\1\\-2\end{array} \right)

Erst subtrahieren wir die Vektoren b und p in der Klammer. Danach multiplizieren wir wieder mit dem Skalarprodukt und hoffen, dass 0 rauskommt, denn somit haben wir bewiesen, dass der Punkt B in der Ebene E liegt.

E: \left( \begin{array}{c}-2\\4\\0\end{array} \right) \cdot \left( \begin{array}{c}2\\1\\-2\end{array} \right)=-4+4=0

Der Punkt B liegt auf der Ebene E.


Umwandlung KF in NF

Gegeben:

E:2x_1+3x_2+x_3=6

Aus der Koordinatenform können wir nun unseren Normalenvektor rauslesen.

\vec{n}=\left( \begin{array}{c}2\\3\\1\end{array} \right)

Da gilt:

\vec{x} \cdot \vec{n}=\vec{p} \cdot \vec{n}

können wir nun die 6 mit \vec{p} \cdot \vec{n} gleichstellen.

6=\vec{p} \cdot \left( \begin{array}{c}2\\3\\1\end{array} \right)

6=\left( \begin{array}{c}p_1\\p_2\\p_3\end{array} \right) \cdot \left( \begin{array}{c}2\\3\\1\end{array} \right)

Da wir das Skalaprodukt wiederverwenden, um auf 6 zu kommen, machen wir 2 Komponenten 0.

6=\left( \begin{array}{c}3\\0\\0\end{array} \right) \cdot \left( \begin{array}{c}2\\3\\1\end{array} \right)

Somit können wir unsere Normalengleichung aufstellen:

E: \left[\vec{x}-\left( \begin{array}{c}3\\0\\0\end{array} \right)\right] \cdot \left( \begin{array}{c}2\\3\\1\end{array} \right)


Umwandlung NF in PF

Gegeben:

P(9|1|-2);\vec{n}=\left( \begin{array}{c}0\\8\\3\end{array} \right)

Wir setzen die Vektoren/Punkte in die Normalenform ein.

E: \left[\vec{x}-\left( \begin{array}{c}9\\1\\-2\end{array} \right)\right] \cdot \left( \begin{array}{c}0\\8\\3\end{array} \right)=0

Nun können wir wieder unser Prinzip der Orthogonalgerade verwenden d.h

\vec{n}\measuredangle \vec{u} und \vec{n}\measuredangle \vec{v}

\vec{n}\cdot \vec{u}=0 ; \vec{n}\cdot \vec{v}=0

Jetzt suchen wir einen Vektor \vec{u} und \vec{v}, die orthogonal zum Vektor n sind.

\vec{n}\cdot \vec{u}=0

\left( \begin{array}{c}0\\8\\3\end{array} \right)\cdot \left( \begin{array}{c}0\\-3\\8\end{array} \right)=0

\vec{n}\cdot \vec{v}=0

\left( \begin{array}{c}0\\8\\3\end{array} \right)\cdot \left( \begin{array}{c}3\\0\\0\end{array} \right)=0

Nun prüfen, ob beide Vektoren linear abhängig sind. Wenn ja dann liegt keine Ebene vor. Wenn nicht, dann liegt eine Ebene vor

\left( \begin{array}{c}0\\-3\\8\end{array} \right)\neq \left( \begin{array}{c}3\\0\\0\end{array} \right)\cdot k

Sie sind l.u. und somit liegt die Ebene:

E:\left( \begin{array}{c}9\\1\\-2\end{array} \right)+ \lambda \left( \begin{array}{c}0\\-3\\8\end{array} \right)  +\mu \left( \begin{array}{c}3\\0\\0\end{array} \right)

Der Vektor \vec{p} darf hier als Stützvektor verwendet werden.


Umwandlung von PF über NF in KF

E:\vec{x}=\left( \begin{array}{c}5\\2\\3\end{array} \right)+ \lambda \left( \begin{array}{c}1\\0\\2\end{array} \right)+\mu \left( \begin{array}{c}0\\-5\\8\end{array} \right)

Daraus können wir nun unseren Stützvektor \vec{p} rauslesen.

\vec{p}=\left( \begin{array}{c}5\\2\\3\end{array} \right)

Jetzt suchen wir unseren Normalenvektor. Dies können wir mit unserem Prinzip der Orthogonalgeraden machen, in dem wir nachweisen, das der Normalenvektor orthogonal zu den Richtungsvektoren der Ebene ist.

\vec{n} \cdot \vec{u}=0

\left( \begin{array}{c}n_1\\n_2\\n_3\end{array} \right) \cdot \left( \begin{array}{c}1\\0\\2\end{array} \right)=0

\vec{n} \cdot \vec{v}=0

\left( \begin{array}{c}n_1\\n_2\\n_3\end{array} \right) \cdot \left( \begin{array}{c}0\\-5\\8\end{array} \right)=0

Nun stellen wir das LGS auf, um somit auf den Normalenvektor zu kommen.

LGS   PF

\left( \begin{array}{c}n_1\\n_2\\n_3\end{array} \right)=\left( \begin{array}{c}-2n_3\\\frac{8}{5}n_3\\n_3\end{array} \right)=\lambda \left( \begin{array}{c}-10\\8\\5\end{array} \right)

Wir multiplizieren mit 5, um auf gerade Kompomenten zu kommen. Deshalb wird \lambda davor geschrieben.

\vec{n}=\left( \begin{array}{c}-10\\8\\5\end{array} \right)

Da wir nun den Normalenvektor haben, können wir somit die Normalengleichung aufstellen.

E:\left[\vec{x}-\left( \begin{array}{c}5\\2\\3\end{array} \right)\right] \cdot \left( \begin{array}{c}-10\\8\\5\end{array} \right)=0

--> NF

Nun wieder den Normalenvektor mit den anderen beiden Vektoren multiplizieren, um somit auf die KF zu kommen.

\vec{n} \cdot \vec{x}=\vec{n} \cdot \vec{p}

-10x_1+8x_2+5x_3=-50+16+15

-10x_1+8x_2+5x_3=-19

--> KF


Umwandlung PF in KF

E:\vec{x}=\left( \begin{array}{c}6\\9\\1\end{array} \right)+\left( \begin{array}{c}4\\1\\-4\end{array} \right)r+s\left( \begin{array}{c}1\\-2\\-4\end{array} \right)=\left( \begin{array}{c}x_1\\x_2\\x_3\end{array} \right)

Der Vektor \vec{x} wird mit der Ebene E gleichgestellt, um somit zur Koordinatenform zu gelangen. Es wird wieder das LGS aufgestellt.

PF in KF

E:x_1-6=4 \cdot (\frac{1}{3}x_2-\frac{1}{6}x_3-\frac{17}{6}+(-\frac{1}{3}x_2-\frac{1}{12}x_3+\frac{37}{12}

E:x_1-x_2+0,75x_3=6-\frac{68}{6}+\frac{37}{12}

E:x_1-x_2+0,75x_3=\frac{9}{4}

Wir multiplizieren mit 4, um gerade Komponenten zu erhalten.

E:4x_1-4x_2+3x_3=-9

--> KF

Hausaufgaben

14

Erst den Normalenvektor der Ebene berechnen und dann nachschauen, ob

\vec{n}=\vec{u}, dann sind g und E orthogonal zueinander.

\vec{n} \measuredangle \vec{u}, dann sind g und E parallel zueinander


Schnittwinkel zwischen 2 Ebenen

Schnittwinkel

Man nimmt immer den Winkel, der kleiner als 90 Grad ist. Allgemein gilt die Formel:

cos(\alpha)=\frac{\vec{n_1} \cdot \vec{n_2}}{|\vec{n_1}| \cdot |\vec{n_1}|}

Vgl. Aufgabe 10 (2) S.235

\vec{n_1}=\left( \begin{array}{c}2\\1\\-2\end{array} \right) ; \vec{n_2}=\left( \begin{array}{c}5\\-2\\1\end{array} \right)

cos(\alpha)=\frac{10-2-2}{\sqrt{9}} \cdot \sqrt{30}=\frac{6}{3 \sqrt{30}}

\alpha=68,58

HA für Mittwoch

S. 235 Nr. 11

S.225 2c 4c ( beide Methoden! PF-->NF-->KF, PF-->KF) 3a (5,6) 9a