Protokolle vom September 2016

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Inhaltsverzeichnis

Protokoll vom 7.9. und 9.9.2016 Themen: Arten von Lösungsmengen bei LGS, Darstellung von Punkten im Raum, Einführung Vektorbegriff

Protokoll von --Sinan98OB (Diskussion) 18:06, 10. Sep. 2016 (CEST) (Schuljahr 2016 / 2017)
Lehrer C.-J. Schmitt (5 Unterrichtsstunden)
verbessert von --Sinan98OB (Diskussion) 21:57, 15. Sep. 2016 (CEST)

Arten von Lösungsmengen bei LGS

Bei linearen Gleichungssystemen (LGS) gibt es drei Arten wie die Lösungsmenge aussehen kann:

1. Ein Lösungselement ( einelementige Lösungsmenge

2. Lösungsmenge ist leer

3. Lösungsmenge enthält unendlich viele Elemente

Eine Gleichung kann als Ebene in einem 3-Dimensionalen Koordinatensystem aufgefasst werden. Die Ebenen können genauso wie die Gleichungen auf drei Arten zueinander stehen:

1. Sie schneiden sich ( ein gemeinsamer Punkt )

2. Sie verlaufen parallel zueinander ( keine Lösungsmenge )

3. Sie verlaufen aufeinander ( unendliche Lösungsmenge )

Im weiteren wird rechnerisch gezeigt wie die Lösungsmengen aussehen können und grafisch erklärt wie diese Lösungsmenge zustande kommt.


Ein Lösungselement

Bei dieser Art hat unser Gleichungssystem genau ein Lösungselement.

LGS01

Nach dem Auflösen der Dreiecksform kommen wir auf folgende Lösungsmenge:

\mathbb{L} = \big\{(2;-3;-4)\big\}


Mathe LK

Man kann erkennen, dass zwei Ebene eine Schnittgerade bilden. Die dritte Ebene schneidet diese Schnittgerade in einem Punkt ( hier mit dem Pfeil gekennzeichnet) in diesem Schnittpunkt berühren sich alle Ebenen und bilden eine gemeinsame Lösungsmenge. Dieser Fall bildet immer nur eine Lösungsmenge.


Lösungsmenge ist leer

Bei dieser Art gibt es in unserem Gleichungssystem garkeine Lösungsmenge.

Mathe LK

Wir sehen, dass die mit dem Pfeil gekennzeichnete Gleichung keine Lösung haben kann, also hat das LGS kein Lösungselement. Hierzu 2 Beispiele, die besondere Fälle zeigen.

1)

\mathbb{L} = \big\{\big\}

In der Grafik sieht dies so aus:

Mathe LK

Nun sehen wir auch warum es keine Lösungsmenge gibt. Die Ebenen verlaufen parallel zueinander und zwei Ebenen verlaufen aufeinander. So kann kein Schnittpunkt aller Ebenen entstehen.


2)


Mathe LK

\mathbb{L} = \big\{\big\}

Wir sehen wieder, dass eine Gleichung keine Lösung haben kann. Das sieht bisher aus wie beim ersten Beispiel, aber mit den Ebenen sehen wir wie die leere Menge zustande kommt:

Mathe LK

Wir sehen, dass es zwar mehrere Schnittgeraden gibt, aber in keinem Punkt schneiden sich alle drei Ebenen. Um eine Lösungsmenge zu haben, müssen sich alle drei Ebenen schneiden. Nur zwei Ebenen, die sich schneiden ergeben keine Lösungsmenge.


unendliche Lösungsmenge

Bei dieser Art gibt es unendlich viele Lösungsmengen.

Mathe LK

Wir sehen, dass für jedes reele x die selbe Lösung rauskommen würde, also haben wir eine unendliche Lösungsmenge.

\mathbb{L} = \big\{(-x_2-x_3+6;x_2;x_3\big\}

Grafisch sieht das so aus:

Mathe LK

Die Ebenen verlaufen alle aufeinander und bilden so eine unendliche Schnittmenge.



Darstellen von Punkten im Raum

Punkte in einem 2-dimensionalen Koordinatensystem darzustellen ist simpel. Es ist bekannt, dass bei dem Punkt P(3|5) 3 die x-Koordinate ist und 5 die y-Koordinate und das Darstellen ist ebenso simpel:

Mathe LK 12


Nun gelangen wir aber in den Raum, dass bedeutet es gibt eine weitere Koordinate. Der Punkt E(3|5|2) lässt sich nicht mehr so darstellen wie Punkt P. Wir benötigen ein 3-Dimensionales Koordinatensystem.


Um ein 3-Dimensionales Koordinatensystem zu zeichnen sind 2 Schritte nötig:

1. Zeichne ein normales 2-dimensionales Koordinatensystem

2. Zeichne eine Diagonale im 45 Grad Winkel durch den Nullpunkt deines Koordinatensystems. Die Diagonale hat, damit sie (perspektivisch) die selbe Einheit wie die anderen beiden Achsen hat, eine (Kästchen-)Diagonallänge ( Bsp. Vertikal/Horizontal Abstand 1cm = Diagonale Abstand 0,7cm)

Die Diagonale ist die X-Achse, die Horizontale ist die Y-Achse und die Vertikale ist die Z-Achse

Mathe LK


Wir gehen vom Nullpunkt entlang der X-Achse bis zu unserer X-Koordinate(1.). Haben wir die X-Koordinate wandern wir entlang unseres X-Wertes parallel zur Y-Achse bis zum Wert unserer Y-Koordinate(2.). Zum Schluss gehen wir nach dem selben Prinzip entlang der Z-Achse(3.). Nach diesem Schema können wir Punkte im Raum darstellen.


Einführung Vektorbegriff

Vektorenbegriff

Ein Vektor steht für eine Verschiebung:

Mathe LK


Mathe LK

O(0|0)

A(1|2)

B(3|1)


 \vec{OC} = \vec{AD} = \vec{BE}= \vec{V} =\binom{2}{1}

Ein Vektor sind alle Pfeile, die gleich lang, parallel und gleich orientiert sind.


Wichtiges zum Vektor

1. Eine Parallelverschiebung wird durch den Vektor \vec{v} beschrieben ( kleine Buchstaben)

2. Der Vektor ist also die Menge ( Klasse ) aller Pfeile welche gleich lang, parallel und gleich orientiert sind.

3. Ein spezieller Pfeil (z.B. \vec{BE}) heißt Repräsentant ( Vertreter) des Vektors \vec{v}

4. Ein Pfeil legt den Vektor eindeutig fest.

5. Ein Repräsentant dessen Anfangspunkt der Ursprung ist, heißt Ortsvektor.

6. Der Nullvektor bildet jeden Punkt auf sich selbst ab. ( Pfeillänge = \vec{o})

7. Zwei Vektoren sind gleich wenn ihre Repräsentanten gleich lang, parallel und gleich orientiert sind.

8. Der Gegenvektor:

\vec{a} = \vec{AB}

 \vec{b} = \vec{BA}

 \vec{b} = -\vec{a}


Ortsvektor der Verschiebung

Wir benutzen, zum Herausfinden der Verschiebung eines Vektors, einen Ortsvektor. Das hat den einfachen Grund, dass wir beim Ortsvektor immer nur einen Punkt angeben müssen, da wir wissen, dass der Ortsvektor im Nullpunkt beginnt.

Mathe LK

A(1|1)

\vec{a}=\binom{1}{1}

B(6|2)

\vec{b}=\binom{6}{2}

\vec{AB}=\vec{v}=\binom{5}{1}=\vec{OP}

\vec{v}=\binom{6}{2}-\binom{1}{1}

\vec{v}=\vec{b}-\vec{a}

\vec{b} = Ortsvektor vom Zielpunkt

\vec{a} = Ortsvektor vom Anfangspunkt

Den Ortsvektor der Verschiebung berechnet man indem man vom Ortsvektor des Zielpunktes die Koordinaten vom Ortsvektor des Anfangspunktes subtrahiert.

Nun noch ein Beispiel im Raum, damit dies ebenfalls mit einer Rechnung gezeigt ist:

Mathe LK

Im Koordinatensystem sehen die drei Vektoren so aus

Mathe LK

Man kann erkennen wie der Vektor v zu den beiden anderen Vektoren steht. Er zeigt genau die Richtung an um von Vektor a zu Vektor b zu gelangen.

Protokoll vom 14.9. und 16.9.2016 Themen: Rechnen mit Vektoren, Addition, Subtraktion, Multiplikation mit Skalaren, geometrische Interpretation der Subtraktion von Vektoren, Linearkombination, elementargeometrische Beweise über Vektorrechnung

Protokoll von --Ben99OB (Diskussion) 19:36, 19. Sep. 2016 (CEST) (Schuljahr 2016 / 2017)
Lehrer C.-J. Schmitt (5 Unterrichtsstunden)
verbessert von --Ben99OB (Diskussion) 17:43, 14. Nov. 2016 (CET)

Rechnen mit Vektoren

I. Addition von Vektoren

Einführung

Eingeführt haben wir das Thema mit einem Beispiel aus der Physik:

Grafik zum Beispiel

Das arbeiten mit Kraftpfeilen kennen wir bereits aus der Physik der Mittelstufe.

Von dort mitgenommen haben wir auch, dass diese Kraftpfeile nicht exakt in gleiche Richtung wirken können, da sie sonst aufeinander liegen müssten.

Deswegen benutzt man ein Kräfteparallelogramm um die Resultierende Kraft zu berechnen:

3bsp3

Aus einer solchen Darstellung kann man dann entnehmen, dass die Resultierende Kraft immer etwas kleiner sein muss als die Summe der einzelnen Kräfte, da auch es auch eine x-Komponente der Kraft gibt.

Anwendung auf die Vektorschreibweise

Analysiert man dieses Parallelogramm nun mit Hinblick auf die Vektorschreibweise, so stellt man fest, dass man aus diesem Beispiel die Addition von Vektoren ableiten kann:

4bsp4

Eine dazu passende Definition in der Mathematik wäre dann:

Man addiert 2 Vektoren \vec { a }  und \vec { b } , indem man an den Zielpunkt des Repräsentanten von \vec { a }  
den Anfangspunkt des Repräsentanten von \vec { b }  setzt.
Der Summenvektor ergibt sich dann über den Anfangspunkt des Repräsentanten von \vec { a }  und den Zielpunkt des Repräsentanten von \vec { b } .
Punktschreibweise

5bsp5

Aus dieser Darstellung kann man entnehmen, dass unsere bereits gerlernte Regel:

\overrightarrow { EF } =\vec { f } -\vec { e } = \overrightarrow { OF } -\overrightarrow { OE }

Unserer neuen Regel zur Addition nicht widerspricht:

\overrightarrow { OE } +\overrightarrow { EF } =\overrightarrow { OF }


Mit dieser neuen Erkenntnis lassen sich nun Vektorketten aufstellen:

6bsp6

Rechnerisch lässt sich diese Vektorkette so interpretieren:

\overrightarrow { OA } +\overrightarrow { AB } =\overrightarrow { OB }

\overrightarrow { OB } +\overrightarrow { BC } =\overrightarrow { OC }

Daraus folgt dann:

=>\overrightarrow { OA } +\overrightarrow { AB } +\overrightarrow { BC } =\overrightarrow { OC }


Arbeitet man nun im Koordinatensystem so kann man die Addition von Vektoren durchführen:

7bsp7

A(2|2); \vec { a }=\binom{ 2 }{ 2 }

B(3|1); \vec { b }=\binom{ 3 }{ 1 }

\vec { a } +\vec { b } = \binom{ 5 }{ 3 }= \binom{ 2 }{ 2 }+\binom{ 3 }{ 1 }=\binom{ 2+3 }{ 2+1 }

Spaltenvektoren werden addiert, indem man die Komponenten addiert

II. Multiplikation von Vektoren mit einem Skalar

Als Skalar versteht man einfach eine reelle Zahl

\vec { a } =\binom{ 2 }{ 1 }

\left| \vec { a }  \right| =\sqrt { { a }_{ 1 }^{ 2 }+{ a }_{ 2 }^{ 2 } } =\sqrt { 4+1 } =\sqrt { 5 }

Den Betrag eines Vektors errechnet man aus der Wurzel der Quadrate der einzelnen Komponenten (Pythagoras)

\vec { b } =3\cdot \vec { a } =3\cdot \binom{ 2 }{ 1 }=\binom{ 3\cdot2 }{ 3\cdot1 }=\binom{ 6 }{ 3 }

\left| \vec { b }  \right| =\sqrt { 36+9 } =\sqrt { 45 } =\sqrt { 9\cdot 5 } =3\cdot \sqrt { 5 }

Damit haben wir gezeigt, dass ein Vektor mit einem Skalar multipliziert wird, indem man die einzelnen Komponenten mit dem Skalar multipliziert.

Allgemein gilt also:

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

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

Mit k\epsilon IR

III. Subtraktion von Vektoren

Nochmal als Hilfestellung für mögliche Probleme:

9bsp9

\vec { a } -\vec { b } =\vec { a } +\left( \vec { -b }  \right)

Man subtrahiert einen Vektor, indem man den Gegenvektor addiert.

Rechenbeispiel 1:

\binom{ 3 }{ 1 }-\binom{ 4 }{ -7 }=\binom{ 3 }{ 1 }+\binom{ -4 }{ 7 }=\binom{ -1 }{ 8 }

Rechenbeispiel 2:

\left( \begin{array}{c} 4 \\ 4 \\ 2 \end{array} \right)-\left( \begin{array}{c} -1 \\ 2 \\ 2 \end{array} \right)-\left( \begin{array}{c} 3 \\ 5 \\ -1 \end{array} \right)+\left( \begin{array}{c} 7 \\ 1 \\ 4 \end{array} \right)=\left( \begin{array}{c} 4\\ 4 \\ 2 \end{array} \right)+\left( \begin{array}{c} 1 \\ -2 \\ -2 \end{array} \right)+\left( \begin{array}{c} -3 \\ -5 \\ 1 \end{array} \right)+\left( \begin{array}{c} 7 \\ 1 \\ 4 \end{array} \right)=\left( \begin{array}{c} 9 \\ -2 \\ 5 \end{array} \right)

IV. Anwendungen

Buch S.183 Nr. 3a

Im folgenden Beispiel soll der Mittelpunkt der Strecke \overline { AB } mithilfe von Vektoren bestimmt werden.

A(3|2|5);B(5|2|3)

10bsp10

\overrightarrow { AB } =\vec { b } -\vec { a } =\left( \begin{array}{c} 2 \\ 0 \\ -2 \end{array} \right)

\vec { m } =\vec { a } +\frac { 1 }{ 2 } \overrightarrow { AB } =\left( \begin{array}{c} 3 \\ 2 \\ 5 \end{array} \right)+\left( \begin{array}{c} 1 \\ 0 \\ -1 \end{array} \right)=\left( \begin{array}{c} 4 \\ 2 \\ 4 \end{array} \right)

M(4|2|4)

In diesem Beispiel haben wir die Addition und Subtraktion von Vektoren so eingesetzt, damit wir den Vektor zu M ausdrücken können.


Buch S.183 Nr. 6

M teilt die Strecke \overline { AB } in zwei gleichgroße Teile. Es sollen die Koordinaten des Punktes B bestimmt werden.

11bsp11

\vec { a } +2\overrightarrow { AM } =\vec { b }

\vec { a } +\overrightarrow { AM } =\vec { m }

\overrightarrow { AM } =\vec { m } -\vec { a }=\left( \begin{array}{c} 4 \\ 2 \\ 5 \end{array} \right)+\left( \begin{array}{c} -1 \\ -2 \\ 1 \end{array} \right)=\left( \begin{array}{c} 3 \\ 0 \\ 6 \end{array} \right)

\vec { b } =\vec { a } +2\overrightarrow { AM } =\left( \begin{array}{c} 7 \\ 2 \\ 11 \end{array} \right)

B(7|2|11)

Probe:

\overrightarrow { AB } =\vec { b } -\vec { a } = \left( \begin{array}{c} 6 \\ 0 \\ 12 \end{array} \right) =2\overrightarrow { AM }

\vec { m } =\vec { a } +\frac { 1 }{ 2 } \overrightarrow { AB } = \left( \begin{array}{c} 4 \\ 2 \\ 5 \end{array} \right)

Hier sind wir ähnlich vorgegangen wie im ersten Beispiel, sodass wir einen Ausdruck für den Vektor zu B finden.


Buch S.183 Nr.7c

Stichwort: Linearkombination

3\cdot\left( \begin{array}{c} 4 \\ 2 \\ -1 \end{array} \right)+7\cdot\left( \begin{array}{c} 4 \\ 2 \\ -1 \end{array} \right)=\left( \begin{array}{c} 12 \\ 6 \\ -3 \end{array} \right)+\left( \begin{array}{c} 28 \\ 14 \\ -7 \end{array} \right)=\left( \begin{array}{c} 40 \\ 20 \\ -10 \end{array} \right)


Buch S.183 Nr.8

Der Schnittpunkt der Seitenhalbierenden heißt Schwerpunkt.

A(0|0)=Ursprung;B(3|1);C(1|3)

Gesucht ist hier { M }_{ a }

Skizze:

12bsp12

\overrightarrow { A{ M }_{ a } } =\overrightarrow { AB } +\frac { 1 }{ 2 } \overrightarrow { BC } =\vec { b } -\vec { a } +\frac { 1 }{ 2 } \left( \vec { c } -\vec { b }  \right)

=\binom{ 3 }{ 1 }+\frac { 1 }{ 2 } \left( \binom{ 1 }{ 3 }-\binom{ 3 }{ 1 } \right)=\binom{ 3 }{ 1 }+\frac { 1 }{ 2 }\binom{ -2 }{ 2 }

=\binom{ 3 }{ 1 }+\binom{ -1 }{ 1 }=\binom{ 2 }{ 2 }

{ M }_{ a }=\left( 2|2 \right)

V. Geometrische Interpretation der Subtraktion

13bsp13

Normale Verfahrensweise:

\vec { a } -\vec { b } =\vec { a } +\left( -\vec { b }  \right)

Vereinfachung:

Man benötigt 2 Repräsentanten mit dem gleichen Anfangspunkt. Man erhält den Differenzvektor \vec { a } -\vec { b }  indem man die Zielpunkte 
von \vec { a }  und \vec { b }  verbindet und die Orientierung weist zum Zielpunkt des Minuenden ( \vec { a } )

VI. 4 Beispiele zu Vektorketten

\overrightarrow { AB } +\overrightarrow { BC } +\overrightarrow { CD } =\overrightarrow { AC } +\overrightarrow { CD } =\overrightarrow { AD }

14bsp14


\overrightarrow { EB } +\overrightarrow { BA } +\overrightarrow { AR } +\overrightarrow { RT } =\overrightarrow { ET }

15bsp15


\overrightarrow { PQ } +\overrightarrow { QR } -\overrightarrow { PR } =\overrightarrow { 0 }

16bsp16


\overrightarrow { PQ } -\overrightarrow { RS } -\overrightarrow { PR } =\overrightarrow { PQ } -\overrightarrow { PR } -\overrightarrow { RS } =\overrightarrow { RQ } -\overrightarrow { RS } =\overrightarrow { SQ }

Hier ist zu beachten, dass wir für die Subtraktion von Vektoren den gleichen Anfangspunkt brauchen. Dies erreichen wir indem wir die Komponenten erstmal neu ordnen.

17bsp17

VII. Elementargeometrie und Vektorrechnung

18bsp18

Voraussetzung:

M und N halbieren die Strecke AC und CB

Behauptung:

\overline { MN } ||\overline { AB }

\left| \overline { MN }  \right| =\frac { 1 }{ 2 } \left| \overline { AB }  \right|

Beweis:

\overrightarrow { MN } =\overrightarrow { MC } +\overrightarrow { CN }

\overrightarrow { MN } =\frac { 1 }{ 2 } \overrightarrow { AC } +\frac { 1 }{ 2 } \overrightarrow { CB }

\overrightarrow { MN } =\frac { 1 }{ 2 } \left( \overrightarrow { AC } +\overrightarrow { CB }  \right)

\overrightarrow { MN } =\frac { 1 }{ 2 } \overrightarrow { AB } \quad q.e.d


19bsp19

Behauptung:

M halbiert beide Diagonalen

Beweis:

\overrightarrow { AM } +\overrightarrow { MB } =\overrightarrow { AB }

x\cdot \overrightarrow { AC } +y\cdot \overrightarrow { DB } =\overrightarrow { AB }

x\cdot \left( \overrightarrow { AB } +\overrightarrow { BC }  \right) +y\cdot \left( \overrightarrow { DA } +\overrightarrow { AB }  \right) =\overrightarrow { AB }

x\cdot \overrightarrow { AB } +x\cdot \overrightarrow { BC } +y\cdot \left( \overrightarrow { -BC } +\overrightarrow { AB }  \right) =\overrightarrow { AB }

x\cdot \overrightarrow { AB } +x\cdot \overrightarrow { BC } -y\cdot \overrightarrow { BC } +y\cdot \overrightarrow { AB } =\overrightarrow { AB }

x\cdot \overrightarrow { AB } +y\cdot \overrightarrow { AB } +x\cdot \overrightarrow { BC } -y\cdot \overrightarrow { BC } +=\overrightarrow { AB }

\overrightarrow { AB } \left( x+y \right) +\overrightarrow { BC } \left( x-y \right) =\overrightarrow { AB }

Idee=> LGS aufstellen

20bsp20

VIII. Linearkombination

Einstiegsfrage:

Ist es möglich den Vektor \binom{ 10 }{ 27 } als Linearkombination von \binom{ 2 }{ 5 } und \binom{ 1 }{ 3 } darzustellen?

\binom{ 10 }{ 27 }=x\cdot\binom{ 2 }{ 5 }+y\cdot\binom{ 1 }{ 3 }

LGS Ansatz:

21bsp21


Zwei Vektoren sind linear unabhängig wenn gilt:

\binom{ { a }_{ 1 } }{ { a }_{ 2 } }\neq k\cdot \binom{ { b }_{ 1 } }{ { b }_{ 2 } }

Protokoll vom 21.9. und 23.9.2016 Themen: Linearkombination, Lineare Abhängigkeit, Beweise-Schwerpunktsatz, Nachweis lineare Unabhängigkeit, Beweis-Raute

Protokoll von --Karo99OB (Diskussion) 17:02, 21. Sep. 2016 (CEST) (Schuljahr 2016 / 2017)
Lehrer C.-J. Schmitt (5 Unterrichtsstunden)
verbessert von ----Karo99OB (Diskussion) 19:29, 15. Nov. 2016 (CET)


HÜ-Link

Hausaufgabenüberprüfung


Lineare Abhängigkeit

Vektoren heißen linear abhängig (l.a.), wenn es gelingt,wenigstens einen als Linearkombination der anderen darzustellen. Die Pfeile der Vektoren lassen sich in ein- und derselben Ebene darstellen (komplanar).


Beispiele:

Linear abhängige Vektoren (l.a.):

Der Vektor \overrightarrow{b} kann als Vielfaches der anderen Vektoren in dieser Zeichnung dargestellt werden (l.a.). Der Vektor \overrightarrow{c} jedoch nicht (l.u.).

Vektoren









In dem unterem Beispiel kann der Vektor \binom{ 10 }{ 27 } als Summe vom Vielfachen der beiden anderen Vektoren dargestellt werden (Linearkombination):

\binom{ 10 }{ 27 }= 3\binom{ 2 }{ 5 } + 4\binom{ 1 }{ 3 }



Linear unabhängige Vektoren (l.a.):

Bei diesem einfachen Beispiel kann jeder Vektor nicht als Linearkombination der anderen beiden Vektoren dargestellt werden. Jeder Vektor liegt in einer anderen Dimension. Sie sind nicht komplanar.

x \left( \begin{array}{c} 1 \\ 0 \\ 0 \end{array} \right) + y \left( \begin{array}{c} 0 \\ 1 \\ 0 \end{array} \right) = \left( \begin{array}{c} 0 \\ 0 \\ 1 \end{array} \right)

Um dies zu überprüfen, stellen wir ein Lineares Gleichungssystem und erkennen, dass wir keine Lösung erhalten, da es einen Widerspruch gibt:

Lineares Gleichungssysteme






\mathbb{L} = \big\{\big\}



Ein weiteres Beispiel für zwei l.u. Vektoren ist:


 \left( \begin{array}{c} 3 \\ 5 \\ 4 \end{array} \right) \neq k \left( \begin{array}{c} 2 \\ -1 \\ 4 \end{array} \right)

Der Vektor lässt sich nicht als Vielfaches des anderen Vektors darstellen. Sie sind nicht kollinear.


Ein letztes Beispiel zeigt wie man mithilfe eines linearen Gleichungssystem untersuchen kann, ob Vektoren linear abhängig sind:


x \left( \begin{array}{c} 1 \\ 0 \\ 3 \end{array} \right) + y \left( \begin{array}{c} 2 \\ 1 \\ 1 \end{array} \right) = \left( \begin{array}{c} 4 \\ 1 \\ 5 \end{array} \right)


gleichungssystem















\mathbb{L} = \big\{\big\}

Die beiden anderen Vektoren lassen sich auch nicht als Linearkombination der beiden anderen darstellen, da es bei den linearen Gleichungssystemen ,ähnlich wie oben, einen Widerspruch gibt. Die Lösungsmenge ist somit auch hier für beide Vektoren leer:


x \left( \begin{array}{c} 1 \\ 0 \\ 3 \end{array} \right) + y \left( \begin{array}{c} 4 \\ 1 \\ 5 \end{array} \right) = \left( \begin{array}{c} 2 \\ 1 \\ 1 \end{array} \right)

x \left( \begin{array}{c} 4 \\ 1 \\ 5 \end{array} \right) + y \left( \begin{array}{c} 2 \\ 1 \\ 1 \end{array} \right) = \left( \begin{array}{c} 1 \\ 0 \\ 3 \end{array} \right)



Linearkombination mit Parameter (S. 204, nr. 6)

x \left( \begin{array}{c} 2 \\ 3 \\ -2 \end{array} \right) + y\left( \begin{array}{c} -1 \\ 1 \\ 2 \end{array} \right) = \left( \begin{array}{c} a \\ 2 \\ -8 \end{array} \right)

Um herauszufinden, für welche Werte von a die drei Vektoren als Linearkombination darzustellen sind, erstellen wir ein lineares Gleichungssystem:

Lineares Gleichungssystem









Nebenrechnung:

\begin{align}

-0,6a + 0,8 & = a-8 \\

8,8 &= 1,6a \\

5,5 & =a

\end{align}


Da y den gleichen Wert haben muss,

können wir, um a herauszufinden, beide

Gleichungen gleichsetzen.


\mathbb{L} = \left\{(1,5; -2,5)\right\}

Damit sind für a= 5,5 die drei Vektoren als Linearkombination darstellbar.


Beweis-Schwerpunktsatz

Behauptung: Der Schwerpunkt teilt die Seitenhalbierende im Verhältnis 1:2.

Gleichungssystem











Zuerst stellen wir den Vektor \overrightarrow{AB} dar:

\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{AS}+\overrightarrow{SB}

Dann substituieren wir die Vektoren \overrightarrow{AS} und \overrightarrow{SB} durch Bruchteile von \overrightarrow{AM}und  \overrightarrow{NB}

\overrightarrow{AB}=x \cdot \overrightarrow{AM} + y \cdot \overrightarrow{NB}


\overrightarrow{AB}=x (\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{BM}) + y (\overrightarrow{NA} + \overrightarrow{AB})

Da jeweils M und N die Seitenhalbierenden Punkte sind, können wir die Vektoren \overrightarrow{BM} und \overrightarrow{NA} als \frac{1}{2}\overrightarrow{BC} und \frac{1}{2}\overrightarrow{CA} darstellen.

\overrightarrow{AB}=x\left (\overrightarrow{AB} + \frac{1}{2} \overrightarrow{BC} \right ) + y \left (\frac{1}{2}\overrightarrow{CA} + \overrightarrow{AB} \right )

Damit wir leichter rechnen können, ersetzen wir den Vektor \overrightarrow{CA}.

\overrightarrow{AB}=x \left (\overrightarrow{AB} + \frac{1}{2} \overrightarrow{BC} \right ) + y \left (\frac{1}{2}(\overrightarrow{CB} + \overrightarrow{BA}  )+ \overrightarrow{AB}\right)

Um die Vektoren addieren zu können, bilden wir den Gegenvektor von \overrightarrow{CB}.

\overrightarrow{AB}=x \cdot \overrightarrow{AB} + \frac{x}{2} \overrightarrow{BC} +  \frac{y}{2} \overrightarrow{CB} + \frac{y}{2} \overrightarrow{BA} + y \cdot \overrightarrow{AB}

So können wir \overrightarrow{AB} und \overrightarrow{BC} ausklammern.


\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{AB} \left (x - \frac{y}{2} +y \right ) + \overrightarrow{BC} \left (\frac{x}{2} -\frac{y}{2} \right )


Damit wir als Ergebnis \overrightarrow{AB} erhalten, muss \left ( x - \frac{y}{2} + y \right )=1 sein und \left ( \frac{x}{2} - \frac{y}{2} \right ) =0.

Wir stellen nun ein lineares Gleichungssystem auf:

Lineares Gleichungssystem


















x=\frac{2}{3}

y=\frac{2}{3}

Damit haben wir bewiesen, dass der Schwerpunkt die Seitenhalbierenden im Verhältnis 1:2 schneidet.

q.e.d.


Beweis-Schwerpunktsatz Nr.2

Dreieck

Zur Vertiefung führen wir einen ähnlichen Beweis durch, der nach dem selben Prinzip erfolgt:

\overrightarrow{AS}+\overrightarrow{SN}=\overrightarrow{AN}

x \cdot \overrightarrow{AM}+y \cdot \overrightarrow{CN}=\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}

x \cdot \left (\overrightarrow{AB}+\frac{1}{2}\overrightarrow{BC} \right )+y \cdot \left (\overrightarrow{CB}+\frac{1}{2}\overrightarrow{BA} \right ) =\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}

x \cdot \overrightarrow{AB}+\frac{x}{2}\overrightarrow{BC}+y \cdot \overrightarrow{CB}+\frac{y}{2}\overrightarrow{BA} =\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}

\overrightarrow{AB} \left ( x - \frac{y}{2} \right ) + \overrightarrow{BC} \left ( \frac{x}{2}- y \right ) = \frac{1}{2}\overrightarrow{AB}

Lineares Gleichungssystem













Auch hier haben wir bewiesen, dass der Schwerpunkt die Seitenhalbierenden im Verhältnis 1:2 schneidet.

q.e.d.


Berechnung des Mittelpunktes einer Dreieckseite S.183, nr.8

Als Wiederholung machen wir eine Aufgabe, bei der wir den Mittelpunkt M_a des unten gezeigten Dreiecks errechnen:

Gleichungssystem











\overrightarrow{OM_a}=\overrightarrow{a}+\overrightarrow{AM_a}

Zuerst ersetzen wir den Vektor \overrightarrow{AM_a} durch die Vektorkette \overrightarrow{AB}+\frac {1}{2}  \cdot \overrightarrow{BC} :

\overrightarrow{OM_a}=\overrightarrow{a}+\overrightarrow{AB}+\frac {1}{2}  \cdot \overrightarrow{BC}

Dann ersetzen wir die Vektoren \overrightarrow{AB} und  \overrightarrow{BC} durch jeweils \overrightarrow{b}-\overrightarrow{a} und \overrightarrow{c}-\overrightarrow{b} :

\overrightarrow{OM_a}=\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}-\overrightarrow{a}+\frac {1}{2}  \cdot ( \overrightarrow{c}-\overrightarrow{b})

Danach lösen wir die Klammer auf:

\overrightarrow{OM_a}=\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}-\overrightarrow{a}+\frac {1}{2}  \cdot \overrightarrow{c}-\frac {1}{2}  \cdot \overrightarrow{b}

Durch Zusammenfassen von gleichen Vektoren erhalten wir:

\overrightarrow{OM_a}=\frac {1}{2}  \cdot \overrightarrow{b}+\frac {1}{2}  \cdot \overrightarrow{c}

Nun setzen wir die Vektoren ein, welche in der Aufgabe gegeben sind:

\overrightarrow{OM_a}=\frac {1}{2}  \cdot \binom{ 4 }{ 2 }+\frac {1}{2}  \cdot \binom{ 2 }{ 55 }

\overrightarrow{OM_a}= \binom{ 2 }{ 1 }+ \binom{ 1 }{ 2,5 }= \binom{ 3 }{ 3,5 }

Als Mittelpunkt erhalten wir somit : M(3|3,5)


Nachweis der linearen Unabhängigkeit

Vektoren




Die beiden Vektoren sind linear abhängig, da sie als Linearkombination dargestellt werden können.

\overrightarrow{b}=2\cdot\overrightarrow{a} oder \overrightarrow{b}-2\cdot\overrightarrow{a}=\overrightarrow{o}

Daraus folgt, dass man den Nullvektor als Ergebnis einer Linearkombination erhält:

r\cdot \overrightarrow{a}+s\cdot \overrightarrow{b}=\overrightarrow{o}

Vektoren






Sind jedoch die Parameter beide nur 0 (triviale Lösung), so sind die Vektoren linear unabhängig.

r\cdot \overrightarrow{a}+s\cdot \overrightarrow{b}=\overrightarrow{o} -> r=s=0 \; \big\} triviale Lösung

Um herauszufinden, ob Vektoren linear abhängig sind, stellen wir den Nullvektor als eine Linearkombination der Vektoren dar. Wenn die triviale Lösung die einzige Lösung ist, sind die Vektoren linear unabhängig (l.u.).



Erstes Beispiel

r \left( \begin{array}{c} 4 \\ 1 \\ 5 \end{array} \right) + s \left( \begin{array}{c} 1 \\ 0 \\ 3 \end{array} \right) + t \left( \begin{array}{c} 2 \\ 1 \\ 1 \end{array} \right) = \overrightarrow{o}

Wie oben gezeigt stellen wir ein lineares Gleichungssystem auf, um so zu testen, ob die Vektoren linear unabhängig sind.

Lineares Gleichungssystem

























In diesem Beispiel ist nur die triviale die Lösung. Demnach sind die Vektoren l.u..


Zweites Beispiel

Lineares Gleichungssystem
























\mathbb{L} = \big\{ (-3k ; -2k ; k )\big\}

In diesem Fall gibt es mehr als nur ein Lösung. Die Vektoren können nicht nur den Nullvektor darstellen. Dementsprechend sind die Vektoren l.a..


Beweis-Raute

Parallelogramm

Dieser Beweis ist eine Weiterführung des Beweises, bei dem bewiesen werden sollte, dass die Seitenmitte eines beliebigen Vierecks die Ecken eines Parallelogramms sind. Der Beweis, auch Satz von Varignon, wurde 1710 von Pierre de Varignon gefunden. Er führte den Beweis jedoch nicht über Vektorrechnungen durch, sondern über Kongruenzabbildungen und Winkelbetrachtungen.

Bild von Pierre de Vrignon:

Pierre Varignon


Behauptung: Das Parallelogramm, bestehend aus den Seitenhalbierenden, ist eine Raute.

|\overrightarrow{M_1M_4}| = |\overrightarrow{M_1M_2}|

\overrightarrow{M_1M_4}= \frac{1}{2}\overrightarrow{BD}

\overrightarrow{M_1M_4}= \frac{1}{2}\overrightarrow{AB}+\frac{1}{2}\overrightarrow{BC}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{AC})


|\overrightarrow{BD}| \neq |\overrightarrow{AC}| Die beiden Seiten haben allgemein nicht die selbe Länge.

=>

|\overrightarrow{M_1M_4}| \neq |\overrightarrow{M_1M_2}|


Damit das Parallelogramm, bestehend aus den Seitenhalbierenden, eine Raute ist, müssen \overrightarrow{AC} und \overrightarrow{BD} gleich lang sein. Da dies aber bei einem beliebigen Viereck nicht zwingend der Fall ist, hat sich unsere Behauptung als falsch erwiesen.











Protokoll vom 30.9., 05.10 und 12.10.2016 Themen: Einführung in die Parameterform von Geraden, Zusammenhang mit der Darstellung in der Analysis, Verhalten zweier Geraden zueinander

Protokoll von --David99OB (Diskussion) 19:23, 24. Okt. 2016 (CEST) (Schuljahr 2016 / 2017)
Lehrer C.-J. Schmitt (5 Unterrichtsstunden)
verbessert von --David99OB (Diskussion) 20:38, 10. Nov. 2016 (CET)

Freitag, 30.09.2016

Beweis zur Seitenhalbierenden

Als erstes haben wir noch einen weiteren Beweis an der Tafel gerechnet.

Wir wollen beweisen, dass der Vektor  \vec{s} bzw.  \vec{CP} , der Vektor der Seitenhalbierenden parallel zum Vektor \vec{CS}, dem Vektor von der Mitte der Seite zum Schwerpunkt ist. Und somit auch die dritte Seitenhalbierende darstellt.

Ein weiterer Beweis.jpg















\vec{s}= \vec{CA} +\vec{AP}=-\vec{AC} + \frac{1}{2} \vec{AB}

Der Vektor \vec{s} lässt sich natürlich durch den üblichen Umweg der Addition darstellen. Wir wählen dafür den Punkt "A". Danach stellen wir \vec{CA} als Umkehrung durch -\vec{CA} dar, sowie wir \vec{AP} , welches die hälfte des Vektor \vec{AB} ist, als \frac{1}{2}\vec{AB} dar.

\vec{CS}= \vec{CN} +\vec{NS}

\vec{CS}=  \frac{1}{2} \vec{CA} + \frac{1}{3} \vec{NB}

Wie zuvor bewiesen, teilt der Schwerpunkt die Seitenhalbierende im Verhältnis 1:2.

\vec{CS}=  -\frac{1}{2} \vec{AC} + \frac{1}{3}( \vec{NA}+   \vec{AB})

\vec{CS}=  -\frac{1}{2} \vec{AC} + \frac{1}{3}( -\frac{1}{2} \vec{AC} +   \vec{AB})

\vec{CS}=  -\frac{2}{3} \vec{AC} + \frac{1}{3} \vec{AB}

\vec{CS}=  \frac{2}{3} (-\vec{AC} +  \frac{1}{2}\vec{AB})

\vec{CS}=  \frac{2}{3}  \vec{s}

\vec{s}  \parallel \vec{CS}

q.e.d

Da es parallel ist, ist die der Vektor auch die dritte Seitenhalbierende.


Kriterium für die Lineare Unabhängigkeit

Damit Vektoren als linear Unabhängig gelten, muss die Summe der Vektoren gleich dem Nullvektor gesetzt werden.

x\cdot\left( \begin{array}{c}a\\b\\c\end{array}\right) +y\cdot \left( \begin{array}{c}d\\e\\f\end{array}\right) +z\cdot \left( \begin{array}{c}g\\h\\i\end{array}\right) = \vec{0}

Wir stellen jetzt ein LGS auf indem wir die einzelnen Vektorkoordinaten mit der vorne stehenden Variable multiplizieren.

Kriterium für lineare Unabhängigkeit.jpg






Dieses LGS lösen wir nun auf.

Wenn wir eine bzw. viele Lösungen haben, neben der Trivialen, dann sind die Vektoren linear abhängig.

Wenn wir keine Lösung haben, dann sind die Vektoren linear unabhängig. Es gibt dann nur die triviale Lösung. Das bedeutet, dass 0 die einzige Lösung ist.


Parameterform von Geraden

Parameterform von Geraden Veranschaulichung.PNG



















Die Parameterform von Geraden ist neben der Analysis eine weitere Form Geraden darzustellen. Sie besteht aus zwei wichtigen Vektoren. Es gibt den Stützvektor, welcher immer auf einem Punkt der Geraden endet, sowie den Startpunkt des Richtungsvektors darstellt. Der Richtungsvektor hingegen liegt komplett auf der Geraden und stellt deren Verlauf dar. Neben diesen beiden grundlegenden Vektoren ergibt sich noch der Summenvektor des Stütz- und Richtungsvekor. Er fängt wie auch der Stützvektor im Origo an und endet am Ende des Richtungsvektor.

Parameterform von Geraden Veranschaulichung 2.PNG













Hier haben wir noch eine Zeichnung gemacht, welche verschiedene Richtungsvektoren und somit auch verschiedene Summenvektoren zeigt.

Die Zielpunkte X aller Summenvektoren \vec{x} liegen auf der Geraden.

X \epsilon g

g:\vec{x}=\vec{p}+r \cdot \vec{u}

r \epsilon R

Nun haben wir zwie Fragen zu diesem Thema gestellt und diese auch sofort beantwortet.


1. Ist der Stützvekor eindeutig?

Nein. Jeder \vec{x} könnte neuer Stützvekor sein.

Das bedeutet man kann vom Origo ausgehen und irgendeinen Punkt auf der Geraden wählen. Irrelevant welcher. Er kann Stützvekor sein.


2. Ist der Richtungsvekor eineutig?

Nein. Jeder zu \vec{u} parallele Vekor ist geeignet.

Das hingegen bedeutet, dass man einen Vektor in eine der zwei Richtungen der Geraden beliebig wählen kann. Außerdem die Länge des Vekors ist völlig irrelevant.


Die Parameterform von Geraden lautet:

g:\vec{x}=\vec{p}+r \cdot \vec{u}

bzw.

g:\vec{x}=\left( \begin{array}{c}a\\b\end{array}\right)+r \cdot \left( \begin{array}{c}c\\d\end{array} \right)

(in der Fläche bzw. zwei Dimensionalen Raum R^2)


Das haben wir an einem Beispiel angewandt.

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

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

g:\vec{x}=\left( \begin{array}{c}2\\3\end{array}\right)+r \cdot \left( \begin{array}{c}2\\1\end{array} \right)

Nun haben wir für r verschiedene Werte eingesetzt und haben den Punkt zu diesem Wert ermittelt.

r=0 \Rightarrow \vec{x}=\left( \begin{array}{c}2\\3\end{array}\right)\cdots  bzw\cdots  X(2/3)

r=1 \Rightarrow \vec{x}=\left( \begin{array}{c}4\\4\end{array}\right)\cdots  bzw\cdots  X(4/4)

r=2 \Rightarrow \vec{x}=\left( \begin{array}{c}6\\5\end{array}\right)\cdots  bzw\cdots  X(6/5)

r=-1 \Rightarrow \vec{x}=\left( \begin{array}{c}0\\2\end{array}\right)\cdots  bzw\cdots  X(0/2)

Parameterform von Geraden Beispiel.PNG























Wie man sehen kann, liegen alle Punkte auf der Geraden.


Punktprobe

Nun wollen wir ausprobieren, ob ein vorgegebener Punkt auf der Geraden liegt.

Der Punkt ist fogender: X(22/13)

Ist X Element von g?

X(22/13) \epsilon  g?

Wir setzen den Punkt einfach der Geradengleichung gleich.

 \left( \begin{array}{c}2\\3\end{array}\right) + r \cdot \left( \begin{array}{c}2\\1\end{array}\right)  {\overset{!}{=}}  \left( \begin{array}{c}22\\13\end{array}\right)

Parameterform von Geraden Punktprobe.jpg









Hiermit haben wir bewiesen, dass der Punkt auf der Geraden liegt.


Nun wollen wir einen weiteren Punkt überprüfen.

X(26/16) \epsilon  g?

 \left( \begin{array}{c}2\\3\end{array}\right) + r \cdot \left( \begin{array}{c}2\\1\end{array}\right)  {\overset{!}{=}}  \left( \begin{array}{c}26\\16\end{array}\right)

Parameterform von Geraden Punktprobe2.jpg








Diesmal stimmen die beiden Seiten der Gleichung nicht überein.

Der Punkt liegt also nicht auf der Geraden.


Zusammenhang mit der Darstellung in der Analysis

y=mx+b

g:\vec{x}=\left( \begin{array}{c}2\\3\end{array}\right)+ \lambda \cdot \left( \begin{array}{c}2\\1\end{array} \right)= \left( \begin{array}{c} x_{1} \\ x_{2} \end{array} \right)

Hierbei vergleichen wir die Darstellungsform von Geraden

Parameterform von Geraden Rechnung.jpg








-4=x_{1}-2x_{2}

x_{2}= \frac{x_{1}}{2}+2

y= \frac{1}{2}x_{1}+2

m=\frac{1}{2}

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

Da die Steigung m=\frac{1}{2} bedeutet, dass man 0,5 in x-Richtung und 1 in y-Richtung gehen muss, kann man auch 1 in x-Richtung und 2 in y-Richtung gehen. Das stellt genau den Vektor \vec{u}=\left( \begin{array}{c}2\\1\end{array}\right) dar. Der x-Wert ist 2 und der y-Wert ist 1.



In diesem Beispiel haben wir die Parameterform auf den drei dimensionalen Raum angewandt.

g:\vec{x}=\left( \begin{array}{c}7\\0\\4\end{array}\right)+ \lambda \cdot \left( \begin{array}{c}5\\-3\\3\end{array} \right)

Hier untersuchen wir, ob ein Punkt aauf der Geraden liegt. Wir machen wieder den gewöhnlichen Ansatz und stellen die Geradengleichung dem Punkt gleich.

X(2/3/-1)

\left( \begin{array}{c}7\\0\\4\end{array}\right)+ \lambda \cdot \left( \begin{array}{c}5\\-3\\3\end{array} \right)=\left( \begin{array}{c}2\\3\\-1\end{array} \right)|-\left( \begin{array}{c}7\\0\\4\end{array}\right)

Nun stellen wir um, dass wir den Teil mit der Variable auf der einen und den ohne auf der anderen Seite haben.

\lambda \cdot \left( \begin{array}{c}5\\-3\\3\end{array} \right)= \left( \begin{array}{c}-5\\3\\-3\end{array} \right)

Da sich der eine Vektor als Vielfaches des anderen darstellen lässt, liegt der Punkt auf der Geraden.

\lambda=-1

X \epsilon g


Zweipunkteform

Parameterform von Geraden Zweipunkteform.PNG


















g:\vec{x}=\vec{a}+\lambda\cdot(\vec{b}-\vec{a})

Da wir als Richtungsvektor jeden Vektor auf der Geraden nehmen können, wählen wir den Vektor: \vec{AB}

\vec{a}=\left( \begin{array}{c}7\\-3\\-5\end{array} \right)

\vec{b}=\left( \begin{array}{c}2\\0\\3\end{array} \right)

Da wir auch als Stützvektor einen beliebigen an der Geraden endenden Vektor nehmen können, nehmen wir: \vec{a}

Der Vektor \vec{b} wäre natürlich auch in Ordnung, doch dann müsste wir als Richtungsvektor \vec{BA} nehmen.

g:\vec{x}=\left( \begin{array}{c}7\\-3\\-5\end{array} \right)+\lambda\cdot(\left( \begin{array}{c}2\\0\\3\end{array} \right)-\left( \begin{array}{c}7\\-3\\-5\end{array} \right))

g:\vec{x}=\left( \begin{array}{c}7\\-3\\-5\end{array} \right)+\lambda\cdot \left( \begin{array}{c}-5\\3\\8\end{array} \right)

Durch einfaches Einsetzen und Umformen gelangen wir auch schon zur Geradengleichung.


Als letztes in dieser Sunde haben wir noch ein Beispiel verwendet.

Wir haben drei Punkte und wollen untersuchen, ob der dritte, der Punkt C, auf der Geraden AB liegt.

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

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

\vec{c}=\left( \begin{array}{c}10\\13\end{array} \right)

Wir machen den selben Ansatz wie auch zuvor. Wir nehmen die

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

\vec{x}=\left( \begin{array}{c}2\\3\end{array} \right)+\lambda \left( \begin{array}{c}4\\5\end{array} \right) {\overset{!}{=}} \left( \begin{array}{c}10\\13\end{array} \right) | -\left( \begin{array}{c}2\\3\end{array} \right)

\lambda \left( \begin{array}{c}4\\5\end{array} \right) = \left( \begin{array}{c}8\\10\end{array} \right)

\lambda=2

C \epsilon  AB

Da der eine Teil wieder ein Vielfaches des anderen Teils ist, liegt der Punkt C auf der Geraden AB.


Erste Musterklausur

Mittwoch, 05.10.2016

In dieser Stunde sind wir die Musterklausur komplett durchgegangen. Die "Autoren" der Aufgaben haben ihre Rechenwege erklärt und Fragen beantwortet. Zudem haben wir noch Fehler besprochen und behoben.

Musterklausur 1.LN

Als wir mit der Besprechung fertig waren, haben wir noch eine kleine Zeichnung angefertigt.

Möglichkeiten der Verhältnisse zweier Geraden zueinander.jpg
























Die erste Frage ist, ob g und h parallel sind.

Wenn diese Frage mit "Ja" beantwortet wird, dann ist die nächste Frage, ob sie identisch sind.
Wenn wir auch mit "Ja" antworten, dann liegen die Geraden aufeinander und haben unendlich viele Schnittpunkte.
Wenn man hingegen mit "Nein" antwortet, dann sind Geraden parallel und haben keinen Schnittpunkt.
Wenn die Frage jedoch mit "Nein" beantwortet wird, dann fragt man, ob sie einen Schnittpunkt haben.
Wenn die Frage nach dem Schnittpunkt aber mit "Ja" beantwortet, dann gibt es einen einzigen Schnittpunkt zwischen den Geraden.
Doch bei wieder "Nein", bedeutet es, dass die Geraden windschief sind. Sie haben keinen Schnittpunkt, sind aber auch nicht parallel.

Erste Kursarbeit

Freitag, 07.10.2016

Wir haben die gesamte Zeit mit dem Leistungsnachweis gefüllt.

Erste Kursarbeit


Mittwoch, 12.10.2016

Zuerst haben wir, genau wie bei der Musterklausur, die Kursarbeit besprochen.

Wir wurden erinnert, dass wir den "Gauß" also das Additionsverfahren konstant durchführen sollen und nicht anfangen an einer Stelle einfach nur einzusetzen.

Leider wusste auch Herr Schmitt nicht ob auch wir die sogenannten Abisamstage noch haben werden. Das sind Samstage an denen man sich mit dem Lehrer intensiv auf das Abitur vorbereitet.


Verhalten zweier Geraden zueinander

Wie auch schon nach der Musterklausur ging es wieder um das Thema wie zwei Geraden zueinanden liegen. Sind sie identisch, nur parallel, windschief oder schneiden sie sich einfach nur in einem Punkt.

In dieser Stunde haben wir Verschiedene Geraden untersucht. Welche der vier Optionen treffen auf die jeweiligen Geraden zu?

Verhältnis zweier Geraden zueinader Grafik.png



















Hier wird zuerst getestet, ob die beiden Richtungsvektoren linear abhängig sind.

Wenn sie l.a. sind, dann sind sie parallel. Nun testen wir, ob die Differenz der beiden Stützvektoren und einer der beiden Richtungsvektoren linear abhängig sind. Wenn sie es sind, dann sind die Geraden identisch, wenn nicht dann sind sie nur parallel.
Wenn sie l.u. sind, dann sind sie nicht parallel. Nun testen wir, ob die Differenz der beiden Stützvektoren und beide Richtungsvektoren linear abhängig sind. Wenn sie es sind, dann haben die Geraden einen Schnittpunkt, wenn nicht dann sind sie windschief.

 g: \vec{x} = \vec{p} + \lambda \cdot \vec{u}

 h: \vec{x} = \vec{q} + \mu \cdot \vec{v}


Geraden sind parallel

Das erste Beispiel kommt von Seite 192 aus unserem Buch. Aufgabe 1a).

 g: \vec{x} = \left( \begin{array}{c}1\\2\\3\end{array}\right) + \lambda \cdot \left( \begin{array}{c}2\\4\\1\end{array}\right)

 h: \vec{x} = \left( \begin{array}{c}3\\6\\4\end{array}\right) + \mu \cdot \left( \begin{array}{c}4\\8\\2\end{array}\right)

Als erstes müssen wir ausprobieren ob \vec{u} und \vec{v} linear abhängig sind.

 k \cdot \left( \begin{array}{c}2\\4\\1\end{array}\right) = \left( \begin{array}{c}4\\8\\2\end{array}\right)

Ỻ={2}

Sie (\vec{u} und \vec{v}) sind linear abhängig, weil wir \vec{u} mit 2 multiplizieren können und dann \vec{v} erhalten.

Da sie linear abhängig sind, wollen wir jetzt wissen, ob sie identisch oder nur parallel sind.

Jetzt müssen wir ausprobieren:

\vec{q}-\vec{p}=\vec{u}? bzw. l.a.?

Wenn das zutrifft, dann sind die Geraden identisch.

 \left( \begin{array}{c}3\\6\\4\end{array}\right) - \left( \begin{array}{c}1\\2\\3\end{array}\right) = \left( \begin{array}{c}2\\4\\1\end{array}\right)

 \left( \begin{array}{c}2\\4\\1\end{array}\right) = 1 \cdot \left( \begin{array}{c}2\\4\\1\end{array}\right)

Auch sie sind linear abhängig. Das heißt, dass die Geraden identisch sind.

Zwei Geraden sind identisch.jpg

























Wie man sehen kann, sind die Geraden identisch und liegen aufeinander.


Geraden haben einen Schnittpunkt

Auch aus dem Buch ist das die Aufgabe 2b).

Hier gehen wir genauso vor. \vec{u} und \vec{v} l.a.?

 g: \vec{x} = \left( \begin{array}{c}9\\7\\1\end{array}\right) + \lambda \cdot \left( \begin{array}{c}2\\1\\0\end{array}\right)

 h: \vec{x} = \left( \begin{array}{c}5\\5\\3\end{array}\right) + \mu \cdot \left( \begin{array}{c}2\\1\\1\end{array}\right)


 k \cdot \left( \begin{array}{c}2\\1\\0\end{array}\right) \neq \left( \begin{array}{c}2\\1\\1\end{array}\right)

\vec{u} und \vec{v} sind l.u.

Nun wollen wir jedoch herausfinden ob sie sich schneiden oder sie windschief sind.

  \vec{q} - \vec{p} , \vec{u} , \vec{v} l.a.?

 x \cdot \left( \begin{array}{c}2\\1\\0\end{array}\right) + y \cdot \left( \begin{array}{c}2\\1\\1\end{array}\right) + z \cdot \left( \begin{array}{c}-4\\-2\\2\end{array}\right) = \vec{0}

Zwei Geraden schneiden sich Rechnung.jpg























Da wir unendlich viele Lösungen haben wissen wir jetzt:

  \vec{q} - \vec{p} , \vec{u} , \vec{v} sind linear abhängig.

Bedeutet: Es gibt einen Schnittpunkt.

g \cap h= \big\{s\big\}


Jetzt wollen aber noch die Koordinaten des Schnittpunktes herausfinden.

Hierfür stellen wir die x-Vektoren der Geraden gleich, und lösen nach \lambda und\mu auf.

 \left( \begin{array}{c}9\\7\\1\end{array}\right) + \lambda \cdot \left( \begin{array}{c}2\\1\\0\end{array}\right) = \left( \begin{array}{c}5\\5\\3\end{array}\right) + \mu \cdot \left( \begin{array}{c}2\\1\\1\end{array}\right)

 \lambda \cdot \left( \begin{array}{c}2\\1\\0\end{array}\right) - \mu \cdot \left( \begin{array}{c}2\\1\\1\end{array}\right) = \left( \begin{array}{c}5\\5\\3\end{array}\right) - \left( \begin{array}{c}9\\7\\1\end{array}\right)

Zwei Geraden schneiden sich Rechnung2.jpg

















Zum Einsetzen der Variablen nehmen wir eine Geradengleichung und setzten sie dort ein.

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

Der Schnittpunkt liegt bei S(1/3/1).

Zwei Geraden schneiden sich Zeichnug.jpg


























Zwei Geraden sind windschief

Diese Aufgabe kommt vom Klapptest 5 und ist die Nummer 4.

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

 h: \vec{x} = \left( \begin{array}{c}14\\4\\3\end{array}\right) + \mu \cdot \left( \begin{array}{c}2\\-3\\0\end{array}\right)


 k \cdot \left( \begin{array}{c}2\\-3\\0\end{array}\right) \neq \left( \begin{array}{c}1\\2\\-3\end{array}\right)

Das bedeutet: \vec{u} und \vec{v} sind linear unabhängig.

Nun wollen wir wieder wissen ob   \vec{q} - \vec{p} , \vec{u} , \vec{v} linear abhängig sind.

Zwei Geraden sind windschief Rechnung.jpg
















Auch diese sind linear unabhängig. Weil (82z=0)  \neq (n=0) ist, und wir auch keine neue Konstante einsetzen können, wie beim Schnittpunkt sind sie linear unabhängig.

Dadurch wissen wir, dass die beiden Geraden sich nicht, schneiden und nicht parallel sind, sie sind windschief.

Zwei Geraden sind windschief Vektoris.jpg

























Neben den gezeigten Beispielen haben wir noch einige mehr gemacht, die jedoch alle auf dieselbe Weise funktionieren, wie die drei zuvor gerechneten Aufgaben.

Wir wurden in die Ferien verabschiedet und die Stunde war vorbei.