Protokolle vom Februar 2013

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Protokoll vom 2.2.2013 / Thema: Hypothesentest und Satz von Bayes

Protokoll von--OB3A 20:51, 5. Feb. 2013 (CET) - (Schuljahr 2012 / 13)
Lehrer C.-J. Schmitt (2 Unterrichtsstunden)



Hypothesen testen

Bisher war bei Bernoulli-Versuchen die Trefferwahrscheinlichkeit p immer bekannt oder berechenbar. Wenn p nicht bekannt ist, gibt es die Möglichkeit, eine Hypothese (Vermutung) zur Trefferwahrscheinlichkeit aufzustellen und diese durch eine Stichprobe zu testen.

Dafür gibt es verschiedene Wege, wie im folgenden dargestellt wird.


rechtsseitiger Test

Beispiel: gezinkter Würfel


H_{0} :\qquad p=\frac{1}{6}

H_{1} :\qquad p=0,3

n= 100

\mu = 17


Der Fehler I Art wäre, wenn die Hypothese abgelehnt wird, obwohl sie richtig ist.

Nun bestimmen wir zunächst einen Ablehungsbereich. Alle anderen Werte bilden den Annahmebereich. Diese bestimmen wir relativ willkürlich, d.h. wir berechnen diesen nicht. Wenn ein Stichprobenwert in den Ablehungsbereich fällt, wird die Hypothese abgelehnt, ansonsten angenommen.

\overline{A} =\left[ 20;100\right]

A=\left[ 0;19\right]


\alpha =P(X\in \overline{A} )

\alpha ist die Wahrscheinlichkeit, in den Ablehnungsbereich zu kommen.

=P(X\ge 20)=1-P(X\le 19)

=1-0,7803=21,97%


Hier handelt es sich um einen relativ großen Fehler r(X\ge 20) , da wir den Ablehnungbereich zu früh haben beginnen lassen.


Damit wir uns sicher sein können, dass das nicht passiert, haben wir den Signifikanztest eingeführt.

Die Signifikanz soll \alpha =5% betragen. Die Irrtumswahrscheinlichkeit soll also höchstens 5% betragen. Die Signifikanz muss uns gegeben werden.


\overline{A} =\left[ a;100\right]

A=\left[ 0;a-1\right]


P(X\ge a)\le 0,05

Das bedeutet, dass wir mit höchstens fünf prozentiger Wahrscheinlichkeit in den Ablehungsbereich kommen.

1-P(X\le a-1)\le 0,05

0,95\le P(X\le a-1)


Nun müssen wir in unserer Tabelle nach dem passenden k für über 95 % schauen, denn nur dann können wir unseren passenden Ablehnungsbereich bestimmen.

P(X\le 22)=0,9369 -> ist zu niedrig

P(X\le 23)=0,9621 -> reicht aus !


a-1=23

Nun müssen wir noch nach a umstellen

a=24



zweiseitiger Test

Beispiel: Würfel

H_{0} : \qquad p=\frac{1}{6}

H_{1} : \qquad p < \frac{1}{6} \quad \vee \quad p>\frac{1}{6}

n=100

\alpha =1

\mu =17


Wir betrachten zunächst den linken Teil des Ablehungsbereiches. Wir bestimmen zunächst einen Ablehungsbereich. Alle anderen Werte bilden den Annahmebereich. Wenn ein Stichprobenwert in den Ablehungsbereich fällt, wird die Hypothese abgelehnt, ansonsten angenommen.

\overline{A}=\left[ 0;a\right] \cup \left[ b;100\right]

A=\left[ a+1;b-1\right]


P(X\in \overline{A})\le 0,01

Die Irrtumswahrscheinlichkeit soll dementsprechend wenig als 1% betragen.

P(X\in a)\le 0,005

Wir müssen bei der Berechnung beachten, dass wir die Signifikanz auf beide Seiten gleich verteilen.

Wenn wir nun in der Tabelle überprüfen welches k über 0,5% liegt. Um sicher zu gehen überprüfen wir immer zwei Werte.

P(X\le 7)=0,0038 -> am nächsten an 0,005 dran

P(X\le 8)=0,0095


a=7


\overline{A} = \left[ 0;7\right] \cup \left[ b;100\right]

Wir gehen davon aus, dass \mu in der Mittw von a und b liegt.

d.h.: \overline{A} = \left[ 0;7\right] \cup \left[ 27;100\right]

Der Annahmebereich ist demzufolge:

A=\left[ 8;26\right]

Der Ablehungsbereich ist so klein, da es sich hier um einen sehr geringen Fehler handelt.



Alternative

Wir berechnen zuerst b und dann a.

Dazu betrachen wir zunächst die rechte Seite des Ablehungsbereiches.


P(X\ge b)\le 0,005

auch hier müssen wir beachten, dass wir die Signifikanz gerecht aufteilen.

1-P(X\ge b)\ge 1-0,005=0,999


Wir müssen hier beachten, dass es sich um ein Gegenereignis handelt. In der Tabellen können wir dann wieder die Werte nachschauen

P(X\le 26)=0,9938

P(X\le 27)=0,9969 -> dieser Wert ist am nächsten


Unser b ist also:

b-1=27

Nach b umstellen

b=28


Der Ablehungsbereich ist:

\overline{A} = \left[ 0;a\right] \cup \left[ b;100\right]

\overline{A} = \left[ 0;7\right] \cup \left[ 28;100\right]


Der Annahmebereich ist demzufolge:

A=\left[ 8;27\right]

Wenn dieses Ergebnis nun mit dem vorigen Vergleichen, sehen wir, dass es eine minimale Abweichung gibt.


Sigma Regel

Die Sigma Regeln finden wir im Buch "Lambacher Schweizer" auf der Seite 353.

Um die Sigma Regeln anwenden zu können, brauchen wir den Erwartungswert \mu =n \cdot p und die Standatabweichung \sigma =\sqrt{n \cdot p \cdot (1-p)}.


Damit die Näherung brauchbar ist, sollte die Standatabweichung > 3 sein.

Diese Regeln stehen nicht in der Formelsammlung!


Beispiel: Würfel

Nun berechnen wir den Annahmebereich mit den Sigmaregeln (selbe Aufgabe wie beim zweiseitigen Test).

Um die Sigmaregeln anwenden zu können, müssen uns die folgenden Werte angegeben sein.

\mu =17

\sigma =\sqrt{100 \cdot \frac{1}{6} \cdot \frac{5}{6}  } = 3,73

Radius wäre bei 99%: r=2,58 \cdot 3,73=9,62

Um mit einer Signifikanz von 1% den Annahmebereich zu bestimmen, wählen wir die 6. Regel aus.


P(\mu -2,58\sigma \le X \le \mu +2,58\sigma ) \approx 99%


Der Annahmebereich wäre dementsprechend:

A=\left[ 7,04;26,29\right]

In unserer Klasse haben wir uns darauf geeinigt, die inneren Werte zu nehmen.

A=\left[ 8;26\right]

Wie wir sehen können stimmen die Werte mit denen, die wir vorher berechnet haben, überein.



Näherungsformel

Moivre-Laplace


P(k_{1} \le X\le k_{2} ) \approx \phi \left( \frac{k_{2}+0,5-\mu  }{\sigma } \right) - \phi \left( \frac{k_{1}-0,5-\mu  }{\sigma } \right)

Auch hier sind die Werte nur brauchbar, wenn Sigma größer ist als 3. Die Stetigkeitskorrektur ist sehr wichtig! Wenn diese vergessen wird, bekommen wir ein falsches Ergebnis.


Beispiel: linksseitiger Test

n=600

\sigma =9,13

\mu =100

H_{0}: \qquad p=\frac{1}{6}

H_{1}: \qquad p=0,1


Der Annahme- und Ablehungsbereich sind uns gegeben.

\overline{A} = \left[ 0;80\right]

A= \left[ 81;600\right]


Hier müssen wir den Fehler I Art berechnen.

k_{1}=0

k_{2}=80


\alpha =P(X\le 80)\approx \phi \left( \frac{80,5-100}{9,13} \right) -\phi \left( \frac{-0,5-100}{9,13}\right)

\approx \phi (-2,14)-\phi (-11,01)

Die Zufallsgröße soll in den Ablehungsbereich fallen und muss somit niedriger als 80 sein.

Das letzte Argument ist größer als 4 und kann somit nicht mehr in der Tabelle abgelese,also 0. Wir müssen uns also nur noch um den ersten Term kümmern. Da dieser ein negativen Wert in den Klammern hat, müssen wir erst einen positiven ausrechnen.

=1-\phi (2,14)

In manchen Tabellen, ist auch der negative Wert angegeben. In dem Falle wäre diese Rechnung überflüssig.

=1,62%

Es handelt sich um einen sehr geringen Fehler I Art. Ein Fehler I Art ist, wenn die Nullhypothese verworfen wird, obwohl sie richtig ist.



Beispiel: rechtsseitiger Test

Münzwurf

H_{0}: \qquad p=0,5

H_{1}: \qquad p=0,7

n=1000

\mu =500

\sigma =15,81 >3

\alpha =10%=0,1


Wir müssen zunächst den Annahme- und Ablehnungsbereich bestimmen.

\overline{A} =\left[ a+1;1000\right]

A=\left[ 0;a\right]


P(X\le a)\ge 0,9

Das ist die Wahrscheinlichkeit in den Annahmebereich zu fallen.

P(X\le a)\approx \phi \left( \frac{a+0,5-500}{15,81} \right) - \phi \left( \frac{0-0,5-500}{15,81} \right)

Auch hier ist das letzte Argument größer als 4 und ergibt somit 0. Wir beachten also nur noch den ersten Term.

 \approx \phi \left( \frac{a-499,5}{15,81} \right)\ge 0,9


 \frac{a-499,5}{15,81} =1,29


a=1,29 \cdot 15,81 + 499,5=519,89


a\approx 520



Satz von Bayes

P_{A} (B) gilt unter der Bedindung, dass A schon gelaufen ist. Es ist also eine bedingte Wahrscheinlichkeit für B.

Die Formel dafür, dass beides stattfindet lautet:

P(A \cap B)=P(A)\cdot P_{A} (B)

ODER

P(A)= \frac{P(A \cap B)}{P_{A}(B) }


Zu dem Satz von Bays haben wir meist noch eine Vierfeldertafel gegeben oder haben sie angefertig. Somit lassen sich die Wahrscheinlichkeit für z.B. P(A) leicht ablesen.

Protokoll vom 4.2.2013 / Thema: Hausaufgaben vom 30.1.2013

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Protokoll von --Adrian S. 19:17, 4. Feb. 2013 (CET) (Schuljahr 2012 / 13)
Lehrer C.-J. Schmitt (2 Unterrichtsstunden)

Informationen

  • Wir werden in den kommenden 6 Wochen, bis zu unserer schriftlichen Prüfung, parallel zum Unterricht Abituraufgaben der Halbjahre Q1 und Q2 rechnen um möglichst gut auf die Abiturprüfung vorbereitet zu sein. Zu Q3 haben wir jetzt genug Aufgaben gemacht.
  • Insgesamt werden wir bis zur schriftlichen Prüfung ca. 21 Abituraufgaben gerechnet haben.
  • Die Übungsblätter Ü9 und Ü10 sind von den Buchseiten 291 ff. übernommen und dort auch ausführlich erklärt/vorgerechnet.

Hausaufgaben vom 30.1.2013


Inverse

Die Inverse der Matrix \begin{pmatrix} 2 \quad -1 \quad 0 \\ -1 \quad   2 \quad -1 \\ 0 \quad -1 \quad 2 \end{pmatrix} lautet:

A^{-1} = \frac{1}{4}\  \begin{pmatrix} 3 \quad 2 \quad 1 \\ 2  \quad 4 \quad 2 \\ 1 \quad 2 \quad 3 \end{pmatrix}


S. 265 Nr. 1a

Die Produkte der Vektoren a, b und c lauten:

\vec{a} x \vec{b} = \begin{pmatrix} -9 \\ 13 \\ 1 \end{pmatrix}


\vec{b} x \vec{c} = \begin{pmatrix} -5 \\ -1 \\ 17 \end{pmatrix}


\vec{a} x \vec{c} = \begin{pmatrix} -25 \\ -5 \\ 11 \end{pmatrix}


S. 265 Nr. 2a

Der Normalenvektor und die Koordinatenform lauten:

\vec{n} = \begin{pmatrix} -19 \\ 7 \\ 15 \end{pmatrix}

KF: -19x_1+7x_2+15x_3=-16


S. 265 Nr. 2b

Der Normalenvektor und die Koordinatenform lauten:

\vec{n} = \begin{pmatrix} -36 \\ 16 \\ -1 \end{pmatrix}

KF: -36x_1+16x_2+x_3=-52


S. 295 Nr. 1a

Das Quadrat der Matrix lautet:

A^2=\begin{pmatrix} 0 \quad 1 \quad -2 \\ 8 \quad -7 \quad 16 \\ 4 \quad -4 \quad 9 \end{pmatrix}=A

Daraus lässt sich folgern, dass es sich bei dieser Matrix um eine Projektionsmatrix handelt.


S. 295 Nr. 1b

Die Ebene, welche die Fixpunkte enthält, berechnet sich wie folgt:

Die Abbildungsmatrix ist gegeben mit:

A=\begin{pmatrix} 0 \quad 1 \quad -2 \\ 8 \quad -7 \quad 16 \\ 4 \quad -4 \quad 9 \end{pmatrix}

Diese Matrix multiplizieren wir nun mit einem allgemeinen Vektor:

\begin{pmatrix} 0 \quad 1 \quad -2 \\ 8 \quad -7 \quad 16 \\ 4 \quad -4 \quad 9 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} y-2z \\ 8x-7y+16 \\ 4x-4y+9z \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix}

Alle Punkte P liegen in der Ebenen E, denn Sie werden durch die Anwendung der Matrix zu Fixpunkten.

P \epsilon E

Deshalb stellt das errechnete Ergebnis die gesuchte Ebene da!

x=y-2z

y=8x-7y+16z

z=4x+4y+9z

aufgelöst nach 0 ergibt sich 3 mal die gleiche Ebene:

E=-x+y-2z=0

bzw. ein Vielfaches:

E_1=8x-8y-16z=0

E_2=4x-4y-8z=0


S. 295 Nr. 1c

Die Richtung der Abbildung berechnet sich durch die Subtraktion eines Vektors \vec{p} von \vec{p'}.

\vec{p'}- \vec{p}= \vec{v} = \begin{pmatrix} -1 \\ 8 \\ 4 \end{pmatrix}


Abituraufgabe 2010/B1 Nr. 3.1

Die Ebene gehört zum Büschel und ist die Spiegelungsebene!

E_0: y+z=0

Bezüglich des Beweises: vergl. S. 295 Nr. 1b


Die Abbildung des Punktes P lautet:

P'(3|4|-7)


Abituraufgabe 2010/B1 Nr. 3.2

Die Spiegelebene zur Matrix T=\begin{pmatrix} 1 \quad 0 \quad 0 \\ 0 \quad 0 \quad 1 \\ 0 \quad 1 \quad 0 \end{pmatrix} lautet:

E_1: y-z=0

Bezüglich des Herleitung: vergl. S. 295 Nr. 1b


Abituraufgabe 2010/B1 Nr. 3.3

Das Produkt der beiden Matrizen lautet:

\begin{pmatrix} 1 \quad 0 \quad 0 \\ 0 \quad -1 \quad 0 \\ 0 \quad 0 \quad -1 \end{pmatrix}=D_{0;180 grad}

Diese Matrix entspricht einer Drehmatrix um 180 grad; Drehachse h:\vec{x} =\lambda \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}

Dies zeigt sich anhand zweier Beispiele:

(S \cdot T) \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}

außerdem:

(S \cdot T) \cdot \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 0 \\ -1 \\ 0 \end{pmatrix}

Es lässt sich erkennen, dass die x_1-Koordinate unverändert bleibt, die x_2-Koordinate hingegen umgekehrt wird.

Diese Entwicklung ergibt sich durch die Spiegelung eines Punktes an zwei orthogonalen Ebenen (E ; E_1).

Die Normalenvektoren sind orthogonal: \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ -1 \end{pmatrix} =0

Dies lässt sich auch anhand der folgenden Grafik veranschaulichen. Auf den Punkt P wird die Matrix angewandt, was Ihn zum Punkt P' macht!

SkizzeDrehmatrix.jpg


Übungsblatt 10 Bsp. 3a

\vec{x} =r\begin{pmatrix} -1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} beschreibt die Drehachse.

Dies lässt sich beweisen, indem man die Matrix auf den Richtungsvektor anwendet:

\frac{r}{3} \begin{pmatrix} 2 \quad 1 \quad -2 \\ -2 \quad 2 \quad -1 \\ 1 \quad 2 \quad 2 \end{pmatrix}  \cdot \begin{pmatrix} -1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}\frac{r}{3}

Somit ist ersichtlich, dass alle Punkte auf dieser Achse Fixpunkte sind!


Übungsblatt 10 Bsp. 3b

Um den Drehwinkel zu berechnen, gehen wir wie folgt vor:

Wir suchen uns einen Vektor, der orthogonal zur Drehachse ist:

z.B.: \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}

Auf diesen Vektor wenden wir nun die Matrix an:

D \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}

Nun haben wir den Ausgangsvektor und den gedrehten Vektor und müssen nur noch den Winkel zwischen diesen beiden Vektoren berechnen.

\angle \left( \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}  \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} \right)

Dazu benutzen wir die bekannte Formel und setzen ein:

cos \varphi =\frac{1}{2} = 60 grad

Somit ist der Winkel bestimmt


Bestimmung einer Drehmatrix

Um eine Drehmatrix zu bestimmen arbeiten wir nacheinander die bestimmten Angaben in die Matrix ein:

Als erstes wissen wir, dass die Drehachse den Richtungsvektor \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} hat und durch den Ursprung geht. Punkte auf dieser Geraden sind also Fixpunkte!

Diese Punkte dürfen sich also nicht verändern.

\begin{pmatrix} a_{11} \quad a_{12} \quad a_{13} \\ a_{21} \quad a_{22} \quad a_{23} \\ a_{31} \quad a_{32} \quad a_{33}\end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}

Daraus lässt sich folgern, dass:

a_{13}=0

a_{23}=0

a_{33}=1

Zweitens wissen wir, dass die Matrix Punkte um 90 grad gegen den Uhrzeigersinn drehen soll:

\begin{pmatrix} a_{11} \quad a_{12} \quad a_{13} \\ a_{21} \quad a_{22} \quad a_{23} \\ a_{31} \quad a_{32} \quad a_{33}\end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}

Daraus lässt sich folgern, dass:

a_{11}=0

a_{21}=1

a_{31}=0

So lassen sich komplizierte Matrizen Stück für Stück herleiten.


S. 286 Nr. 4

Um die Matrix für den Klebstoff zu bilden beginnen wir von Rechts nach Links, um später nur die Anzahl der 3 Kleber einsetzen zu müssen um die benötigte Rohstoffmenge zu erhalten:

1k_1+ 2k_2+3k_3=z_1

2k_1+ 1k_2+3k_3=z_2

...

Somit ergibt sich die 1. Matrix:

\begin{pmatrix} 1 \quad 2 \quad 3 \\ 2 \quad 1 \quad 3 \\ ? \end{pmatrix}

Diese Aufgabe werden wir am Mittwoch, den 6.2.2013 fortsetzen - vergl. also nächstes Protokoll


Hausaufgaben zum 6.2.2013

  • Bilden Sie die Inverse der folgenden Matrix: \begin{pmatrix} 3 \ 5 \ 1 \\ 2 \ 4 \ 5 \\ 1 \ 2 \ 2 \end{pmatrix}
  • S. 295 Nr. 5, 9 b-e, 10
  • S. 286 Nr. 9
  • Abi 2009/B2 - Nr. M3
  • Abi 2009/B2 - Nr.1,2 (ansehen/vorbereiten)

--Adrian S. 22:04, 5. Feb. 2013 (CET)

Protokoll vom 6.2.2013 / Thema: Jordan-Verfahren, Drehachse, Fixpunkte und Abstand windschiefer Geraden

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Protokoll von --Ganymed 20:23, 6. Feb. 2013 (CET) (Schuljahr 2012 / 13)
Lehrer C.-J. Schmitt (3 Unterrichtsstunden)

Informationen

  • Die im Unterricht besprochenen Abituraufgaben sollten sowohl in den Protokollen, als auch in den Lösungsvorschlägen zu finden sein.
  • Die insgesamt 21 Abituraufgaben können uns als Grundlage für die schriftlichen Abiturprüfungen dienen.

Wirtschaftsaufgabe S.286 A 4

Da dies in der vergangenen Stunde zeitlich nicht mehr möglich war, besprachen wir zunächst die Wirtschaftsaufgabe Nr. 4 auf Seite 286 im Schulbuch.
Dazu sollen wir die Bedarfsmatrix eines Klebstoffherstellers bestimmen, mit der wir den jeweiligen Materialbedarf an Grundstoffen G_1, G_2 und G_3 für die Klebstoffsorten K_1, K_2 und K_3 bestimmen können.

Zunächst bestimmen wir mittels Figur 1 den Materialbedarf an Zwischenstoffen z_1 und z_2:

1\cdot k_1 + 2\cdot k_2 + 3\cdot k_3 = z_1

Nun vereinfachen wir dies Mittels einer Bedarfsmatrix:

\begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 2 & 1 & 3 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} k_1 \\ k_2 \\ k_3 \end{pmatrix}  \ = \ \begin{pmatrix} z_1 \\ z_2 \end{pmatrix}


Analog dazu bestimmen wir nun den Materialbedarf an Grundstoffen:

Fehler beim Parsen(Syntaxfehler): 1\cdot z_1 + 1\cdot z_2 = g_1 \\ 2\cdot z_1 + 1\cdot z_2 = g_2 \\ 3\cdot z_1 + 1\cdot z_2 = g_3


Nun mit Bedarfsmatrix:

\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 2 & 1 \\ 3 & 2 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} z_1 \\ z_2 \end{pmatrix}  \ = \ \begin{pmatrix} g_1 \\ g_2 \\ g_3 \end{pmatrix}

Nun können wir die Matrix für den Bedarf an Zwischenstoffen bezüglich der Anforderungen K_1 und K_2 in die Matrix einsetzen:

\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 2 & 1 \\ 3 & 2 \end{pmatrix} \cdot \left( \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 2 & 1 & 3 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} k_1 \\ k_2 \\ k_3 \end{pmatrix} \right)  \ = \ \begin{pmatrix} g_1 \\ g_2 \\ g_3 \end{pmatrix}

Nun verfahren wir gemäß dem Assoziativgesetz:

=\begin{pmatrix} 3 & 3 & 6 \\ 4 & 5 & 9 \\ 7 & 8 & 15 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} k_1 \\ k_2 \\ k_3 \end{pmatrix}  \ = \ \begin{pmatrix} g_1 \\ g_2 \\ g_3 \end{pmatrix}

Um nun beispielsweise den Bedarf an Grundstoffen für die Klebstoffsorte K_1 zu ermitteln, multiplizieren wir unsere Überführungsmatrix mit derm ersten Einheitsvektor:

\begin{pmatrix} 3 & 3 & 6 \\ 4 & 5 & 9 \\ 7 & 8 & 15 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}  \ = \ \begin{pmatrix} 3 \\ 4 \\ 7 \end{pmatrix}

Wir erhalten den ersten Spaltenvektor der Überführungsmatrix.


Nun wollen wir den Bedarf der Klebstoffsorte K_1 ohne Matrix ermitteln:

1kg von K_2; 1kg von Z_1; 1kg von G_1; 2kg von G_2; 3kg von G_3
\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad2kg von Z_2; 2kg von G_1; 2kg von G_2; 4kg von G_3


\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad3kg von G_1; 4kg von G_2; 7kg von G_3

Wir erhalten dieselbe Lösung, jedoch wesentlich umständlicher.


Wiederholung: Bestimmung der inversen Matrix mittels des Jordan-Verfahrens

Aufgrund von Nachfragen in der vergangenen Stunde vertieften wir nun nochmal das Jordan-Verfahren zur Bestimmung der inversen Matrix. Dazu wählten wir die Matrix von den Hausaufgaben vom 4. Februar.



Zunächst streben wir die Dreiecksform an:
GanymedJordan1.jpg
Anzumerken ist, dass wir bei unserer Ausgangsmatrix die dritte Reihe nicht nach oben stellen können, da wir sonst eine andere Matrix erhalten.
GanymedJordan2.jpg
GanymedJordan3.jpg
GanymedJordan4.jpg
GanymedJordan5.jpg
Nun haben wir die Dreiecksform und nun dafür sorgen, dass wie in der Einheitsmatrix Fehler beim Parsen(PNG-Konvertierung fehlgeschlagen. Bitte die korrekte Installation von LaTeX und dvipng überprüfen (oder dvips + gs + convert)): a_1_2 , Fehler beim Parsen(PNG-Konvertierung fehlgeschlagen. Bitte die korrekte Installation von LaTeX und dvipng überprüfen (oder dvips + gs + convert)): a_1_3

und Fehler beim Parsen(PNG-Konvertierung fehlgeschlagen. Bitte die korrekte Installation von LaTeX und dvipng überprüfen (oder dvips + gs + convert)): a_2_3
den Wert 0 annehmen.

GanymedJordan6.jpg
GanymedJordan7.jpg
GanymedJordan8.jpg
GanymedJordan9.jpg
Wir erhalten die inverse Matrix.


Bestimmung einer Drehachse

Ebenfalls aufgrund von Nachfragen in der vergangenen Stunde besprachen wir nun, wie eine Drehachse bestimmt werden kann. Dazu nahmen wir Aufgabe M3 der Fünften Abituraufgabe (2009 / B2) von den Hausaufgaben vom 4. Februar.


Durch die Matrix D=\begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix} wird eine lineare Abbildung definiert, die eine Drehung beschreibt.
Bestimmen Sie die Menge der Fixpunkte dieser Abbildung. Interpretieren Sie diese geometrisch.

Zunächst entwickeln wir eine Strategie zur Lösung dieser Aufgabe. Zunächst versuchen wir sie durch Ausprobieren zu lösen.

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

Multiplizieren wir den Vektor mit dem ersten Einheitsvektor erhalten wir den ersten Spaltenvektor, jedoch führt dies nicht zum gewünschten Ergebnis. Darum wollen wir nun zunächst die Bedingung eines Fixpunktes erfassen:

\begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} a \\ b \\ c \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} a \\ b \\ c \end{pmatrix}

Daraus folgt, dass:

\begin{pmatrix} c \\ a \\ b \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} a \\ b \\ c \end{pmatrix}

Fehler beim Parsen(Syntaxfehler): \left. c=a \\ a=b \\ b=c \right}\qquad a=b=c


Nun können wir den beliebig gewählten Fixpunkt P \ (1|1|1) bestimmen.
Nun bestimmen wir die Menge aller Fixpunkte.

Fehler beim Parsen(Syntaxfehler): \left{P(x|y|z)\ |\ x=y=z\right}


Alternativ können wir auch die Geradengleichung g: \ \vec{x}=\lambda\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}, da eine Gerade eine Punktmenge beschreibt.

Geometrisch gesehen erhalten wir eine Raumdiagonale, die durch den Koordinatenursprung geht.


Nun sollen wir beweisen, dass die Drehung Längentreue und Winkeltreue aufweist.

Fehler beim Parsen(Syntaxfehler): D\circ\begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} z \\ x \\ y \end{pmatrix} \\ \qquad\qquad\qquad\qquad \vec{p} \qquad\qquad\qquad\quad \vec{p'}


Fehler beim Parsen(Syntaxfehler): |\vec{p}|=\sqrt{x^2+y^2+z^2} \\ |\vec{p'}|=\sqrt{z^2+x^2+y^2}


Daraus folgt, dass Vektor und Bildvektor gleich lang sind.
q.e.d.


Nun wollen wir die Winkeltreue beweisen:

|\vec{q}|=\begin{pmatrix} a \\ b \\ c \end{pmatrix}

|\vec{q}|=\sqrt{a^2+b^2+c^2}

|\vec{q'}|=\begin{pmatrix} c \\ a \\ b \end{pmatrix}

Für den Winkel \alpha zwischen \vec{p} und \vec{q} erhalten wir:

\cos \ \alpha=\frac{ax+by+cz}{|\vec{p}|\cdot |\vec{q}|}

Für den Winkel \varphi zwischen \vec{p'} und \vec{q'} erhalten wir:

\cos \ \varphi=\frac{cz+ax+by}{|\vec{p'}|\cdot |\vec{q'}|}

Da wir zuvor die Längentreue bewiesen haben, können wir stattdessen schreiben:

\cos \ \varphi=\frac{cz+ax+by}{|\vec{p}|\cdot |\vec{q}|}

Daraus folgt:

\alpha =\varphi

Wir erkennen, dass die Winkeltreue erfüllt ist.
q.e.d.


Der Bildvektor \vec{p}

Nun sollen wir den Drehwinkel angeben, indem wir ihn berechnen oder seine Größe begründen.

Dazu bestimmen wir zunächst einen Vektor, der orthogonal zur Drehachse ist.

\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} \perp \vec{p};\qquad\vec{p}=\begin{pmatrix} -1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}

Nun multiplizieren wir den Bildvektor mit unserem Ausgangsvektor:

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

Nun können wir den Drehwinkel berechnen:

\cos \ \beta = -\frac{1}{\sqrt{2}\cdot \sqrt{2} } =-\frac{1}{2}

\beta = 120^\circ


Als Alternative potenzieren wir unsere Matrix:

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

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

Wir erkennen:

D^3=E

Da drei Drehung einer Drehung um 360° entspricht, muss eine Drehung einen Drehwinkel von 120° besitzen.


Ist der Ursprung immer Fixpunkt?

Abbildung 1

Wir gingen bisher davon aus, dass Spiegel- und Projektionsebenen durch den Koordinatenursprung gehen, jedoch können wir uns auch andere Ebenen vorstellen. Daraus resultiert die Frage, ob der Ursprung stets Fixpunkt ist.

Dazu sehen wir uns im Schulbuch S. 291 erneut Abbildung 1 an.
Analog zur Stunde vom 21. Januar stellen wir die Hangebene E und die Hilfsgerade h mit dem Richtungsvektor, der die Sonnenstrahlen in der Abbildung darstellt, auf:

Fehler beim Parsen(Syntaxfehler): E: \ x_2+2x_3=2 \\ h:_ \ \vec{x}=\begin{pmatrix} a \\ b \\ c \end{pmatrix} +\lambda\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ -1 \end{pmatrix}


b+\lambda+2c-2\lambda=2\qquad |+\lambda -2

\lambda =2c+b-2

Nun setzen wir Lambda ein:

\vec{p'}=\begin{pmatrix} a \\ b \\ c \end{pmatrix}+(2c+b-2)\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ -1 \end{pmatrix}

=\begin{pmatrix} a+2c+b-2 \\ 2c+2b-2 \\ -c-b+2 \end{pmatrix}

Diesen Vektor stellen wir nun als Summe aus zwei Vekotren dar, wobei wir einen Zahlenvektor bilden:

=\begin{pmatrix} a+2c+b \\ 2c+2b \\ -c-b \end{pmatrix} +\begin{pmatrix} -2 \\ -2 \\ 2 \end{pmatrix}

Nun nehmen wir an, dass \vec{p} der Nullvektor ist:

Fehler beim Parsen(Syntaxfehler): \vec{p}=\vec{0} \\ \vec{p'}= A\cdot\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}+\begin{pmatrix} -2 \\ -2 \\ 2 \end{pmatrix}


Wir erkennen, dass unser bisheriges Verhalten für Ebenen gedacht ist, die durch den Koordinatenursprung gehen, da der Bildvektor nicht dem Vektor entspricht, sondern einen Zahlenvektor als "Nachhang" besitzt.
Wir folgern:

O\notin E

Insbesondere lässt sich dann die Abbildungsmatrix nicht bilden. Unser Verfahren passt also nur für Ursprungsgeraden.


Abstand windschiefer Geraden

Anschließend beschäftigten wir uns vertiefend mit der ersten Abituraufgabe des Landesabiturs 2010/B2.
Hier wollten wir mittels des Vektorproduktes den Abstand der windschiefen Geraden g und h ermitteln.

Fehler beim Parsen(Syntaxfehler): g: \ \vec{x}=\begin{pmatrix} -24 \\ -24 \\ 0 \end{pmatrix}+\lambda \begin{pmatrix} 16 \\ 27 \\ 4 \end{pmatrix} \\ h: \ \vec{x}=\begin{pmatrix} 8 \\ 4 \\ 0 \end{pmatrix}+\mu\begin{pmatrix} 20 \\ -5 \\ -8 \end{pmatrix}


Der Abstand zweier windschiefer Geraden wird wie folgt ermittelt:

d=|(\vec{p}-\vec{q})\vec{n_0}|

Nun benötigen wir den Normalenvektor. Dieser ist orthogonal zu den Richtungsvektoren u und v.

\vec{n}\perp\begin{pmatrix} 16 \\ 27 \\ 4 \end{pmatrix}, \vec{n}\perp\begin{pmatrix} 20 \\ -5 \\ 8 \end{pmatrix}

Dazu bilden wir das Vektorprodukt, welches wir auf Seite 264 im Schulbuch kennenlernten:

\vec{u} \text{x} \vec{v} = \vec{n}

\begin{pmatrix} 16 \\ 27 \\ 4 \end{pmatrix} \text{x}\begin{pmatrix} 20 \\ -5 \\ 8 \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} -196 \\ 208 \\ -620 \end{pmatrix}

Dies vereinfachen wir:

\vec{u} \text{x} \vec{v} = \begin{pmatrix} 49 \\ -52 \\ 155 \end{pmatrix}

Nun bestimmen wir den Betrag des Normalenvektors, um anschließend in die Formel einzusetzen:

|\vec{n}|=170.68

\left|\left[\begin{pmatrix} -24 \\ -24 \\ 0 \end{pmatrix}-\begin{pmatrix} 8 \\ 4 \\ 0 \end{pmatrix}\right]\begin{pmatrix} 49 \\ -52 \\ 155 \end{pmatrix} \right| \cdot\frac{1}{170,68} =0,66


Hausaufgaben vom 04.02.2013

S. 295

Aufgabe 5

Für A\cdot\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}, A\cdot\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} und A\cdot\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 0 \\ -1 \\ 0 \end{pmatrix} lässt sich die Drehmatrix \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\0 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix} ablesen.

Aufgabe 9
b)

Diese Aussage ist wahr, da dies die Bedingung für eine Projektion ist.

c)

Wahr, da sechs Drehungen um 60° einer Drehung von 360° entspricht.

d)

Diese Aussage ist falsch.

e)

Falsch, alle Ebenen die senkrecht zur Drehachse sind, sind Fixebenen, jedoch nicht Fixpunktebenen!

Aufgabe 10
a)

Die Fixpunkte sind Element der Projektionsebene.

b)

Die Fixpunkte sind Element der Spiegelebene.

c)

Die Fixpunkte sind Element der Drehachse.


Hesse'sche Normalform

Zum Abschluss der Stunde widmeten wir uns nochmal der Hesse'schen Normalform. Diese findet sich im Schulbuch auf Seite 247.

Die Hesse'sche Normalform dient zur Bestimmung eines Abstandes zwischen einem Punkt und einer Ebene und unterscheidet sich von der Normalform dadurch, dass sie statt dem Normalenvektor \vec{n} einen Normaleneinheitsvektor \vec{n_0} verwendet.

  • Normalform der Ebene: [\vec{x}-\vec{p}]\cdot\vec{n}=0
  • Hesse'sche Normalform der Ebene: [\vec{x}-\vec{p}]\cdot\vec{n_0}=0

Abstand: d(R, \ E)=\qquad |(\vec{r}-\vec{p})\cdot\vec{n_0}|

Hausaufgaben zum 13.02.2013

  • Buch S. 265
    • A 1b)
    • A 2c)
    • A 3a)
  • Buch S. 295
    • (A 8)
    • A 12, 14
  • Landesabitur Kosten-Preiskalkulation (auf Conseles)
    • A 2a
  • Landesabitur 2008/B2
    • 1, 2, M3
  • Landesabitur 2010/C2