Protokolle vom November 2012

aus ZUM-Wiki, dem Wiki für Lehr- und Lerninhalte auf ZUM.de
Wechseln zu: Navigation, Suche
Kurzinfo

Schülerbeitrag
Diese Seite enthält
Schülerbeiträge.

Bitte beachte die Hinweise für Schüler.

Inhaltsverzeichnis

Protokoll vom 05.11.2012/ Thema: Spurpunkte für Gerade und Ebene berechnen und zeichnen

Protokoll von--OBTT 19:06, 5. Nov. 2012 (CET) (Schuljahr 2012 / 13)
Lehrer C.-J. Schmitt (2 Unterrichtsstunden)

Hausaufgaben vom 31.10.12

Zu Beginn der Stunde haben wir die Hausaufgaben verglichen.

S.219 Nr.9a

Damit ein Punkt und eine Gerade eindeutig eine Ebene festlegen, darf der Punkt nicht auf der Geraden liegen.

Um diese Ebene aufzustellen, braucht man also zwei l. u. Spannvektoren.

Wenn der Punkt auf der Geraden liegen würde, wären alle Vektoren, die man aufstellen könnte l. a.


Nr.10a

Die Parametergleichung der Ebene E lautet:

E:\vec{x}=\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}+t\begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ 3 \end{pmatrix}+s\begin{pmatrix} 4 \\ -5 \\ 2 \end{pmatrix}


Nr.11a

Die Geraden schneiden sich:

  • Zwei sich schneidende Geraden haben nach Definition, zwei l. u. Richtungsvektoren, die als Spannvektoren der Ebene dienen können.

Dabei kann der Ortsvektor zum Schnittpunkt als Stützvektor genutzt werden.


Die Geraden sind parallel:

  • Wichtig ist, die Geraden müssen nur parallel sein, das heißt, sie dürfen nicht identisch sein.

Für die beiden l. u. Spannvektoren nehmen wir einen der beiden Richtungsvektoren und die Differenz der Stützvektoren.

Die Differenz der Stützvektoren ist der Vektor, der die Punkte der Ortsvektoren, der beiden Stützvektoren der Geraden verbindet.

Bild3 (2).jpg


Nr.12c

Die Geraden schneiden sich, somit sind die Spannvektoren \begin{pmatrix} 2 \\ 5 \\ 1 \end{pmatrix} und \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} l. u.

  • E:\vec{x}=\begin{pmatrix} 7 \\ 10 \\ 9 \end{pmatrix}+\lambda\begin{pmatrix} 2 \\ 5 \\ 1 \end{pmatrix}+\mu\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}
  • Fehler beim Parsen(Lexikalischer Fehler): S\ \(7|10|9\)



Nr.13a

a=\frac{10}{3}


Punkte in KF konvertieren

Fehler beim Parsen(Lexikalischer Fehler): A\ \(1|1|0\), B\ \(1|0|1\), C\ \(0|1|1\)


KF: x_{1}+x_{2}+x_{3}=2


S.230 Nr.1b

\vec{s}=\frac{1}{11}\begin{pmatrix} 47 \\ 72 \\ 31 \end{pmatrix}


Spurpunkt einer Geraden

Die Spurpunkte einer Geraden sind die Schnittpunkte der Geraden mit den Koordinatenebenen.

Eine Gerade kann je nach Lage, einen, zwei oder drei Spurpunkte haben.

Das heißt, dass die Gerade entweder eine Koordinatenebene oder zwei oder drei Koordinatenebenen durchstoßen kann.


Bsp.1:

S.231 Nr.5a

Bei der Aufgabe müssen die Spurpunkte berechnet werden.

Diese Aufgabe besteht aus drei Teilrechnungen, wobei in jeder Rechnung nach einem Schnittpunkt der drei Koordinatenebenen gesucht wird.

Schnitt mit der x_{1}-x_{3}-Ebene

Dafür müssen wir x_{2}=0 setzen und das daraus resultierende t ausrechnen, um damit den Schnittpunkt zu berechnen.

g:\vec{x}=\begin{pmatrix} 2 \\ 4 \\ 1 \end{pmatrix}+t\begin{pmatrix} -2 \\ 2 \\ 1 \end{pmatrix}


x_{1}=2-2t

x_{2}=4+2t=0 \  \Rightarrow t=-2

x_{3}=1+t


x_{1}=2+4=6

x_{3}=1-2=-1

Somit ist der Durchstoßpunkt Fehler beim Parsen(Lexikalischer Fehler): D_{13}\ \(6|0|-1\) .


Genau das gleiche machen wir auch für D_{23}, bis auf das wir hier für x_{1}=0 setzen.

Somit ist der Durchstoßpunkt Fehler beim Parsen(Lexikalischer Fehler): D_{23}\ \(0|6|2\) .


Dementsprechend für D_{12}, x_{3}=0 setzen.

Daraus folgt Fehler beim Parsen(Lexikalischer Fehler): D_{12}\ \(4|2|0\) .


Bsp.2:

S.231 Nr.5b

g:\vec{x}=\begin{pmatrix} 2 \\ 2 \\ 2 \end{pmatrix}+\lambda\begin{pmatrix} 1 \\ 3 \\ 0 \end{pmatrix}

Wir suchen den Durchstoßpunkt D_{12}.

Fehler beim Parsen(Syntaxfehler): x_{3}=0 \ \Rightarrow 2+0\lambda=0 \ \Rightarrow \mathbb{L}\{}


Es gibt also keinen Spurpunkt bei der x_{1}-x_{2}-Ebene .

Somit ist die Gerade parallel zur x_{1}-x_{2}-Ebene , was man auch erkennen kann, wenn man sich den Richtungsvektor genauer anschaut.


Spurpunkt der Ebene

Die Spurpunkte der Ebene sind die, wo die Ebene die Koordinatenachsen schneidet.

Eine Ebene kann je nach Lage, einen, zwei oder drei Spurpunkte haben.

Das heißt, dass die Ebene von einer Koordinatenachse oder zwei oder drei Koordinatenachsen durchstoßen werden kann.


Wir berechnen nun die Spurpunkte der Ebene anhand von Beispielen.

Bsp.1:

S.231 Nr.6a

Die Bestimmung der drei Spurpunkte erfolgt ähnlich wie bei den Geraden, in drei Teilrechnungen.

Als erstes schauen wir uns die x_{1}-Achse an, mit einem möglichen Schnittpunkt S_{1}.

Dazu setzen wir x_{2} und x_{3} gleich 0.

Aus unserer Ebene machen wir uns ein LGS und können nun mit x_{1}=x_{2}=x_{3}=0  , \lambda und \mu berechnen.

x_{2}=x_{3}=0

Bild5-3.jpg


Wir sehen, dass die Berechnung möglich ist, sprich es kommt nicht die leere Menge raus.

Nun können wir den Spurpunkt S_{1} errechnen, indem wir \lambda und \mu in die Ebenengleichung einsetzen.

\vec{s}=\begin{pmatrix} 4 \\ 6 \\ 0 \end{pmatrix}-6\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}+2\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 3 \end{pmatrix}=\vec{0}

Hier in dem Fall ist Fehler beim Parsen(Lexikalischer Fehler): S_{1}\ \(0|0|0\) , das heißt S_{1}=S_{2}=S_{3}=0  .

Die Ebene geht damit durch den Ursprung.


Bsp.2:

S.231 Nr.6c

E:-9x_{1}-7x_{2}+11x_{3}=-7

In dem ersten Beispiel war die Parameterform der Ebenengleichung gegeben.

Es gibt auch die Möglichkeit, dass die Koordinatenform vorliegt, dann geht man vor wie im Beispiel 2.


Als erstes muss der Schnittpunkt S_{1} berechnet werden.

Dazu x_{2}=x_{3}=0 setzen und x_{1} berechnen.

S_{1}: x_{2}=x_{3}=0 \  \Rightarrow x_{1}=\frac{7}{9}

Fehler beim Parsen(Lexikalischer Fehler): S_{1}\ \(\frac{7}{9}|0|0\)


Als Nächstes muss dann Schnittpunkt S_{2} berechnet werden.

S_{2}: x_{2}=1

Fehler beim Parsen(Lexikalischer Fehler): S_{2}\ \(0|1|0\)


Und zuletzt noch S_{3}.

S_{3}: x_{3}=-\frac{7}{11}

Fehler beim Parsen(Lexikalischer Fehler): S_{3}\ \(0|0|-\frac{7}{11}\)



Anwendung dieser Spurpunkte

Mit Hilfe der Spurpunkte lassen sich Ebenen und Geraden sehr leicht und schnell zeichnen.

Ebenen Zeichnen

E:\vec{x}=\begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 3 \end{pmatrix}+\lambda\begin{pmatrix} -1 \\ 2 \\ 0 \end{pmatrix}+\mu\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 3 \end{pmatrix}

Hier in dem Fall spielt die gegebene Darstellungsform primär keine Rolle.

Wir müssen nur die Spurpunkte in das dreidimensionale Koordinatensystem eintragen.

Durch das Verbinden der drei Punkte miteinander, erhält man ein Schrägbild, welches die Lage und die Spurpunkte deutlich zeigt.


\lambda=1

\mu=1


S_{1}=\begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 3 \end{pmatrix}+\begin{pmatrix} 1 \\ -2 \\ 0 \end{pmatrix}+\begin{pmatrix} -1 \\ 0 \\ -3 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}

Fehler beim Parsen(Lexikalischer Fehler): S_{1}=\ \(1|0|0\)


S_{2}=\begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 3 \end{pmatrix}+\begin{pmatrix} -1 \\ 0 \\ -3 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0 \\ 2 \\ 0 \end{pmatrix}

Fehler beim Parsen(Lexikalischer Fehler): S_{2}=\ \(0|2|0\)


S_{3}=\begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 3 \end{pmatrix}+\begin{pmatrix} 1 \\ -2 \\ 0 \end{pmatrix}+\begin{pmatrix} -2 \\ 0 \\ -6 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ -3 \end{pmatrix}

Fehler beim Parsen(Lexikalischer Fehler): S_{3}=\ \(0|0|-3\)



E:3x_{1}+4x_{2}+6x_{3}=12


Fehler beim Parsen(Lexikalischer Fehler): S_{1}=\ \(4|0|0\)


Fehler beim Parsen(Lexikalischer Fehler): S_{2}=\ \(0|3|0\)


Fehler beim Parsen(Lexikalischer Fehler): S_{3}=\ \(0|0|2\)


Bild1neu.png


Geraden Zeichnen

g:\vec{x}=\begin{pmatrix} 0 \\ 2 \\ 1 \end{pmatrix}+\lambda\begin{pmatrix} 3 \\ 2 \\ -1 \end{pmatrix}

Bei Geraden ist das Vorgehen zum berechnen der Spurpunkte ähnlich.

Jedoch liegt eine Geradengleichung nur in der Parameterform und nicht in der Koordinatenform vor.


Fehler beim Parsen(Lexikalischer Fehler): D_{12}\ \(3|4|0\)


x_{3}=0 \  \Rightarrow 1-\lambda=0


Fehler beim Parsen(Lexikalischer Fehler): D_{13}\ \(-3|0|2\)


Fehler beim Parsen(Lexikalischer Fehler): D_{23}\ \(0|2|1\)


Bild2neu.png


Anwendungsaufgabe

S.231 Nr.7

Die Ebene E_{1} ist durch die Punkte A,F und H festgelegt.

Hierbei muss der Schnittpunkt der Geraden mit der Ebene E_{1} bestimmt werden.

AFehler beim Parsen(Lexikalischer Fehler): \ \(0|0|0\)


Fehler beim Parsen(Lexikalischer Fehler): B\ \(0|8|0\)


Fehler beim Parsen(Lexikalischer Fehler): C\ \(-8|8|0\)


Fehler beim Parsen(Lexikalischer Fehler): E\ \(0|0|8\)


FFehler beim Parsen(Lexikalischer Fehler): \ \(0|8|8\)


HFehler beim Parsen(Lexikalischer Fehler): \ \(-8|0|8\)


Ebene bestimmen

Bild4-7.jpg

Gerade bestimmen

g:\vec{x}=\begin{pmatrix} -8 \\ 8 \\ 0 \end{pmatrix}+\lambda\begin{pmatrix} 8 \\ -8 \\ 8 \end{pmatrix}


x_{1}=-8+8\lambda

x_{2}=8+(-8\lambda)

x_{3}=8\lambda


Einsetzen in E_{1}:

-(-8+8\lambda)+(8-8\lambda)-(8\lambda )=0

16-24\lambda=0

16=24\lambda

\frac{2}{3}=\lambda


Nun können wir den Schnittpunkt berechnen, indem wir \lambda=\frac{2}{3} in die Geradengleichung einsetzen.

\vec{s}=\frac{1}{3}\begin{pmatrix} -8 \\ 8 \\ 16 \end{pmatrix}

Fehler beim Parsen(Lexikalischer Fehler): S\ \(-\frac{8}{3} |\frac{8}{3} |\frac{16}{3} \)



Hausaufgaben für den 07.11.2012

  • Buch S.219 Nr. 13b
  • S.230 Nr. 1d-f; (3); 5c; 6b,d; 7(für E_{2})
  • S.227 lesen
  • S.228 Nr. 1a-c; 2a-d; 3



Protokoll vom 07.11.2012/ Thema: Skalarprodukt/ Winkelberechnung

Protokoll von--Jeanneaux 18:55, 7. Nov. 2012 (CET) (Schuljahr 2012 / 13)
Lehrer C.-J. Schmitt (3 Unterrichtsstunden)



Informationen

Zunächst gab uns Hr. Schmitt weitere Klapptests und wies darauf hin, dass noch weitere in das Coneseles gestellt wurden. Außerdem erläuterte er, dass in den Lösungen der Klapptest Winkel gefragt sind, wir diese aber noch nicht errechnen können.

Danach erläuterte er , dass die "Abitursamstage" bei folgenden Daten bleiben:

  • 01. Dezember 2012
  • 02. Februar 2013
  • 02. März 2013




Hausaufgaben vom 05.11.2012

  • Buch S.219 Nr. 13b)
  • S.230 Nr. 1d)-f); (3); 5c); 6b),d); 7(für E_{2})
  • S.227 lesen
  • S.228 Nr. 1a)-c); 2a)-d); 3




Buch S.230 Nr 13 b)

Man muss "a" so wählen, sodass die beiden Spannvektoren linear abhängig sind. Sind diese nämlich l.a, dann können sie keine Ebene ergeben, sondern nur eine Gerade.

Daher gehen wir nach unserem bekannten System vor und versuchen einen Spannvektor durch den zweiten Spannvektor darzustellen:


\begin{pmatrix} a \\ a \\ 4 \end{pmatrix} =\lambda \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ a \end{pmatrix}


Wir erkennen, dass \lambda = a annehmen kann.

Ist dies der Fall, erhalten wir für 4=a \cdot a, das bedeutet, dass "a" nur den Wert +/-2 annehmen kann.




Buch S.203 Nr 1 d)-f)

d)

Die Gerade ist eine Untermenge der Ebene

e)

Die Gerade verläuft parallel zur Ebene

f)

Die Gerade schneidet die Ebene im Punkt \left( -\frac{1}{6} | -\frac{7}{3} | -\frac{21}{2}\right)




Buch S.230 Nr 5 c)

D_{12}(9|-13|0)

D_{13}(2,5|0|6,5)

D_{23}(0|5|9)




Buch S.230 Nr 6b),d)

b

S_{1}(6|0|0)

S_{2}(0|5|0)

S_{3}(0|0|3)

d)

S_1=S_2=S_3(0|0|0)




Buch S.230 Nr 7(E_2)

\left( -5\frac{1}{3} |5\frac{1}{3}|2\frac{2}{3} \right)




Buch S.228 Nr 1 a)-c)

a)


Jeanneaux Bildschirmfoto 2012-11-07 um 13.22.11.png


b)


Jeanneaux Bildschirmfoto 2012-11-07 um 13.23.38.png


c)


Jeanneaux Bildschirmfoto 2012-11-07 um 13.27.24.png




Buch S.228 Nr 2 a)-d)

a)

Die Ebene liegt in der x_2x_3 Ebene

b)

Die Ebene liegt in der x_1x_3 Ebene

c)

Die Ebene liegt in der x_1x_2 Ebene

d)

Die Ebene liegt parallel zur x_2x_3 und schneidet den Punkt P(5|0|0)




Buch S.228 Nr 3 a),b)

a)

Vorgehen: Man liest die 3 Punkte ab und ändert sie in Koordinatenform um. Hat man dies getan, erhält man folgende 3 Gleichungen:

5b=d

2a=d

3c=d


Da unsere formale Gleichung wie folgt aussieht: ax_1+bx_2+cx_3=d können wir nun die Werte für a,b und c einsetzen:


\frac{d}{2} x_1+\frac{d}{5} x_2+\frac{d}{3} x_3=d \qquad \qquad | \cdot \frac{30}{a}


Das ergibt dann die Gleichung für unsere Ebene:


15 x_1+6 x_2+10 x_3=30


b)


12 x_1+3 x_2-8 x_3=12



Bestandsaufnahme des derzeitigen Leistungsstandes zur Vektorberrechnung

Wie haben schon mehrere Wege gelernt, mit Vektoren zu arbeiten. Diese fassen wir nun zusammen:


(1) Addition

Wir haben 2 Vektoren miteinander summiert, indem wir die einzelnen Komponenten miteinander addiert haben. Daher ergibt sich folgende Gleichung:

\vec{a} +\vec{b} =(\frac{a_1+b_1}{a_2+b_2} )


(2) Multiplikation mit einem Skalar

Dabei ist unser Skalar Element der reellen Zahlen r \in R

Wir multiplizieren einen Skalar mit einem Vektor, indem wir den Skalar mit jeder einzelnen Komponente des Vektors multiplizieren.

r\cdot \vec{a} ={r \cdot a_1 \choose r \cdot a_2}

(3) Betrag eines Vektors

Dabei ist der \vec{a}= \vec{AB}

Zur Veranschaulichung noch eine Skizze:


Jeanneaux Bildschirmfoto 2012-11-07 um 14.45.12.png


Hier sind a_1 und a_2 die Komponenten des \vec{a}

Den Betrag erhalten wir nun über den Satz des Pythagoras:

\left| \vec{AB}   \right| =\left| \vec{a}  \right| =\left| \overline{AB}  \right| =\sqrt{(a_1)^2+(a_2)^2}

Um dies nochmals zu verdeutlichen, haben wir zu diesem Thema ein Beispiel angelegt:

Es gilt, den Betrag des Vektors \vec{a} =\begin{pmatrix} 3 \\ 4  \end{pmatrix} zu ermitteln

Dazu setzen wir den Satz des Pythagoras an:


\vec{a} =\begin{pmatrix} 3 \\ 4  \end{pmatrix}  \qquad \Rightarrow  \qquad \left| \vec{a}  \right| =\sqrt{9+16} =5


Dabei erkennen wir das \sqrt{3^2+4^2} =5 wie eine Zahlenreihenfolge wirken. Man spricht hier von pythagoreischen Zahlen. Die nächsten Pythagoreische Zahlen wären 5-12-13:


\sqrt{12^2+5^2} =13


Ein Vektor im Raum lässt sich genauso berechnen wie ein Vektor in der Ebene: Über den Betrag


\vec{b} =\begin{pmatrix} 5 \\ 2 \\ 1 \end{pmatrix} =\left| \vec{b}  \right| =\sqrt{25+4+1} =\sqrt{30}


Aus diesen Erkenntnissen können wir nun berechnen, wie lang ein Vektor ist. Daher können wir dies nun anwenden:



Abstand zweier Punkte

Dieses Thema haben wir an einem Beispiel erläutert:


Jeanneaux Bildschirmfoto 2012-11-12 um 22.03.36.png


Es gilt den Abstand zwischen den Punkten P und Q , also die Länge des Differenzvektors, zu berechnen.

Die Länge des Vektors ist gleich dem Betrag des Vektors:


Unser\vec{p} erhält als Beispiel die Werte \vec{p} =\begin{pmatrix} 1 \\ 2 \end{pmatrix} und \vec{q} ={5 \choose 1}

Daher ergibt sich für unseren Differenzvektor\vec{p} -\vec{q} die Werte \vec{p} -\vec{q} =\begin{pmatrix} -4 \\ 1  \end{pmatrix}

Die Länge/Betrag erhalten wir nun nur über den Satz des Pythagoras:

Also ergibt sich der Abstand d= \left| \vec{p}-\vec{q}   \right| =\sqrt{16+1} =\sqrt{17}


Der Abstand beträgt demnach \sqrt{17} Längeneinheiten.


Allgemein kann man also sagen: Der Abstand ist der Betrag des Differenzvektors


Geht man das Problem formaler , d.h ohne spezielle Werte an, so erhält man eine allgemeine Gleichung:


d=\left| \vec{p} -\vec{q}  \right|


Da wir wissen wie wir Vektoren subtrahieren, können wir dies nun anwenden:


d=\left|\begin{pmatrix}p_1-q_1\\ p_2-q_2\end{pmatrix}  \right|


Also ergibt sich, über den Satz des Pythagoras, folgende Gleichung

d=\sqrt{\left(p_1-q_1\right) ^2+\left(p_2-q_2\right)^2   }

Exkurs: Energie/Arbeit/Kraft

Einführung: Arbeit kann umgesetzt werden, wenn über eine Strecke, Kraft verrichtet wird.

Daher ergibt sich für die Arbeit folgende Formel


W=\vec{F} \cdot \vec{s}


Dabei stehen die einzelnen Buchstaben für:

W = Work (Arbeit)

F = Force (Kraft)

s = stretch (Strecke)

An einem Beispiel kann man noch verdeutlichen, dass die Kraft und die Strecke auch als Vektoren darstellbar sind.

Hierzu betrachten wir ein Fahrzeug, welches unterwegs zu seinem Ziel ist. Es wird abgeschleppt.

Daher sind \vec{s} und \vec{F} gerichtete Größen.

und

W ist eine nicht gerichtete Größe (ähnlich wie ein Skalar)

Um zu zeigen wie sich Kraft und Arbeit verhalten, müssen wir verschieden Fälle betrachten:

Fall (1)

Das Auto wird von vorne gezogen:

Jeanneaux Bildschirmfoto 2012-11-07 um 18.13.45.png

Wir erkennen, dass die die Vektoren \vec{F} und \vec{s} parallel sind, das bedeutet, dass der Winkel zwischen ihnen 0 Grad beträgt, dies scheint zunächst unwichtig, wird aber schon bald einen großen Nutzen haben.

\vec{F} || \vec{s}

In diesem Fall multipliziert man einfach die Kraft und die Länge der Strecke (da Beträge ohne Vektorpfeile in der Physik geschrieben werden), also:

W= F \cdot s


Fall (2)

Das Auto vorne angehoben:

Jeanneaux Bildschirmfoto 2012-11-07 um 18.22.46.png

In diesem Fall steht der Vektor der Kraft orthogonal auf dem der Strecke, das bedeutet, dass der Winkel zwischen ihnen 90 Grad beträgt.

Es scheint zwar komisch, aber hier wird keine Arbeit verrichtet, da das Auto zwar eine Strecke zurücklegt, allerdings verrichtet es keine stetige Kraft. (Aufgrund dieser Kraft legt das Auto keine Strecke zurück)

Es besteht also keine Kraftkomponente in Richtung des Weges

Im Gegenzug kann man sich ein Nagel vorstellen, an dem ein Gemälde hängt. Dieser verrichtet zwar eine Kraft, allerdings keine Strecke, daher verrichtet er keine Arbeit. Sonst könnte man Energie aus diesem Gemälde gewinnen. (Es gibt keinen Weg)


Fall (3)

Nun betrachten wir kein Auto, sondern einen Bollerwagen:

Jeanneaux Bildschirmfoto 2012-11-07 um 18.38.11.png


Dieser wird nicht an der Achse gezogen. Er wird auf einer gewissen Höhe gezogen, daher erhält man einen schrägen Kraftvektor.

Um mit diesen Vektor arbeiten zu können, müssen wir ihn erst auf dem Streckenvektor projezieren (Kräftezerlegung):


Jeanneaux Bildschirmfoto 2012-11-08 um 09.48.10.png


Mit diesem projezierten Vektor könnten wir arbeiten:


W=\vec{F_1} \cdot \vec{s}


Da \cos \alpha = \frac{Ankathete}{Hypothenuse} =\frac{F_1}{F}  \qquad \Rightarrow  \qquad F_1=F \cdot \cos \alpha ist, können wir unsere Gleichung vervollständigen.

Dies müssen wir berücksichtigen, da wir sonst zwei "Kräfte" multipliziert hätten, die in zwei verschiedene Richtungen wirken.

Daher musste man erst einmal den Vektor so projezieren, dass er parallel zum Vektor der Strecke ist:


W=F \cdot \cos \alpha \cdot s


Dieser Ausflug in die Physik sollte einen Übergang in das Skalarprodukt darstellen, und sollte als Motivation dienen.


Das Skalarprodukt

Aus dem Exkurs in die Physik konnten wir verdeutlichen, welche Bedeutung der Winkel bei der Berechnung des Skalarproduktes hat.

Nun werden wir noch lernen, wie genau man Vektoren multipliziert.

Gegeben sei \vec{a} ,\vec{b}  \in R^3

dann gilt:

\vec{a} \cdot \vec{b} = \left| \vec{a}  \right| \cdot \left| \vec{b}  \right| \cdot \cos \alpha

Aber Achtung: Dies ist eine Definition, kein Satz. Das bedeutet, dass man ihn nicht beweisen kann.

verdeutlicht:

Jeanneaux Bildschirmfoto 2012-11-07 um 19.03.00.png

Der Winkel verbietet uns eine einfache Multiplikation der Beträge, wie wir an dem Beispiel mit dem Bollerwagen gesehen haben.

Auch bei der Multiplikation gibt es Unterschiede welche Vektoren man multipliziert. Daher haben wir uns verschiedene Fälle betrachtet, die möglicherweise eintreten könnten:


Fall (1) (Vergleich: Beispiel 1 aus der Physik)


Beide Vektoren sind parallel, bedeutet, dass der Winkel 0 Grad beträgt


\vec{a} || \vec{b} \Rightarrow \alpha = 0


In der Gleichung ergibt das:


\vec{a} \cdot \vec{b} = \left| \vec{a}  \right| \cdot \left| \vec{b}  \right| \cdot \cos 0

Da der cos(0)=1 ergibt, bleibt uns nur noch folgendes erhalten:

\vec{a} \cdot \vec{b} =\left| \vec{a}  \right| \cdot \left| \vec{b}  \right|

Wichtig!!! Der Winkel muss nicht 0 Grad sein. Der Kosinus nimmt z.B auch bei 360° den Wert 1 an.

Bei 180° sind die Richtungsvektoren parallel, haben aber eine entgegengesetzte Ausrichtung:


Jeanneaux Bildschirmfoto 2012-12-04 um 14.14.25.png


Der kosinus von 180° ergibt -1 , dies können wir nun in die Formel eingeben:


\vec{a} \cdot \vec{b} = \left| \vec{a}  \right| \cdot \left| \vec{b}  \right|  \cdot \cos (180)


 = -\left| \vec{a}  \right| \cdot \left| \vec{b}  \right|


Fall (2) (Vergleich: Beispiel 2 aus der Physik)

Ein Vektor steht orthogonal auf dem anderen: \ \vec{a}   \perp \ \vec{b}  \qquad \Rightarrow  \qquad \alpha=90^o

Jeanneaux Bildschirmfoto 2012-11-07 um 19.25.25.png

Es ergibt sich uns noch eine weitere Form, das Skalarprodukt zu berechnen:

w= \vec{a} \cdot \vec{b} = \left| \vec{a}  \right| \cdot  \left| \vec{b}  \right| \cdot cos(90^o)=0

Wir wissen, dass der Kosinus bei 90 Grad den Wert 0 annimmt, daher nimmt unsere ganze Gleichung den Wert 0 an.

Damit wird noch einmal verdeutlicht, wieso bei dem Auto, welches von oben gezogen wurde, keine Arbeit verrichtet wurde.


Fall (3)

Wir multiplizieren einen Vektor mit sich selbst:

\vec{a}  \cdot \vec{a} = \left| \vec{a} \right| \cdot \left| \vec{a} \right|

Da \alpha = 0^o

Dies bleibt auch so, da der Kosinus wieder 1 ergibt, da beide Vektoren identisch sind und somit in die selbe Richtung zeigen.

Daher können wir wir in diesem Fall nur noch zusammenfassen:

(\vec{a})^2=\left( \left| \vec{a}  \right| \right) ^2


Fall (4)

Wir multiplizieren den Nullvektor mit einem beliebigen Vektor:

\vec{a} \cdot \vec{0}= \left| \vec{a} \right| \cdot 0 \cdot \cos \alpha =0

Feststellung: Der Nullvektor ist orthogonal zu jedem Vektor!

Vergleich: Der Nullvektor ist ebenfalls linear abhängig zu jedem Vektor:

x\cdot \vec{0}=\vec{0}

für x \in R

Der Nullvektor stellt also in fast jedem Zusammenhang einen Spezialfall dar.



Jetzt wo wir verschiedene Beispiele dargestellt haben, können wir auch Beispiele lösen:


Beispiel 1

\vec{a} = {3 \choose 1}

und

\vec{b} = {2 \choose 4}

Um diese Vektoren multiplizieren zu können, müssen wir zunächst die Beträge der Vektoren berechnen:

\vec{a} =\left| \vec{a} \right| =\sqrt{9+1} \approx 3,2

und

\vec{b} =\left| \vec{b} \right| =\sqrt{4+16} \approx 4,5

Da wir zu diesem Zeitpunkt noch nicht gelernt hatten, den Winkel zu berechnen, mussten wir die Vektoren zeichnen und den Winkel per Hand messen:


Jeanneaux Bildschirmfoto 2012-11-07 um 19.52.14.png


Diesen können wir nun in unsere Formel einsetzen:


\vec{a} \cdot \vec{b}= {3 \choose 1} \cdot {2 \choose 4}  = 3,2 \cdot 4,5 \cdot \cos (45^o) \approx 10


Beispiel 2


\vec{c} = {4 \choose 2}

und

\vec{d} = {2,5 \choose 4}


Um diese Vektoren wieder multiplizieren zu können, müssen wir die Beträge der Vektoren erneut berechnen:


\vec{c} =\left| \vec{c} \right| \approx 4,5


und


\vec{d} =\left| \vec{d} \right|  \approx 4,7

Auch hier müssen wir wieder zeichnen:


Jeanneaux Bildschirmfoto 2012-11-07 um 20.03.38.png

Diesen Winkel können wir nun wieder in die Formel einsetzen:

\vec{c} \cdot \vec{d} = 4,5 \cdot 4,7 \cdot \cos (32^o) \approx 17,9


--Jeanneaux 20:09, 7. Nov. 2012 (CET)


Wiederholung Kosinussatz

Skizze eines beliebigen Dreiecks:

Jeanneaux Bildschirmfoto 2012-11-08 um 11.33.26.png

Wir betrachten die Strecke "c"

Über des Kosinussatz ergibt sich folgende Formel:


Fehler beim Parsen(Syntaxfehler): c^2=a^2+b^^2-2ab \cdot \cos (\gamma )


Wir betrachten den Winkel \gamma, da wir immer den zur gesuchten Strecke gegenüberliegenden Winkel suchen und dieser ist in unserem Fall der Winkel \gamma ist

Natürlich ist diese Formel nicht einfach zu merken, daher kann man sich hier eine kleine Merkhilfe anlegen.

In diesem Fall betrachten wir ein rechtwinkliges Dreieck, der rechte Winkel stellt den WInkel\gamma dar, damit würde die Gleichung so aussehen:


c^2=a^2+b^2-2ab \cdot cos(90^o)


Wir kennen den Kosinus von 90°:


\cdot cos(90^o)=0


Damit bleibt folgende Gleichung übrig:


c^2=a^2+b^2


Da es den Satz des Pythagoras darstellt, ist dies einfach zu merken.

Weitere Informationen über den Kosinussatz findet ihr hier



Ermittlung und Beweis der Formel zur Berechnung des Skalarprodukts

Zunächst wieder eine Skizze:

Jeanneaux Bildschirmfoto 2012-11-08 um 12.02.09.png

Dabei sind \vec{a} , \vec{b} \in R^2

Über die Definition des Skalarprodukts müssen wir nun den Betrag des Differenzvektors (in der Skizze blau) unter Berücksichtigung eines Winkels betrachten:

Dies können wir über den eben wiederholten Kosinussatz machen. Dabei ist die Länge des Differenzvektors unsere zu untersuchende Strecke "c":


\left| \vec{a} -\vec{b}  \right| ^2=\left| \vec{a}  \right| ^2+\left| \vec{b}  \right| ^2-2\left( \left| \vec{a}  \right|  \cdot \left| \vec{b}  \right| \cdot \cos \alpha \right)


Dabei ist uns die eingeklammerte Gleichung bekannt:


\left( \left| \vec{a}  \right|  \cdot \left| \vec{b}  \right| \cdot \cos \alpha \right) = \vec{a} \cdot \vec{b} \qquad \Rightarrow  Skalarprodukt


Unter Berücksichtigung der obigen Formel, ergibt sich nun eine ganz neue Gleichung:


\left| \vec{a}-\vec{b}   \right| ^2=\left| \vec{a}  \right| ^2+\left| \vec{b}  \right| ^2-2 \cdot \vec{a}  \cdot \vec{b}


Da wir die Formel für das Skalarprodukt erhalten wollen, formen wir genau nach dieser um


\vec{a} \cdot \vec{b} =\frac{\left| \vec{a}  \right|^2+\left| \vec{b}  \right| ^2-\left| \vec{a}   -\vec{b}  \right| ^2   }{2}


Die Formel für den Betrag kennen wir schon und können danach direkt in unsere Gleichung übernehmen:


\left| \vec{a}  \right| =\sqrt{a_1^2+a_2^2}


Da wir diesen in unserer Gleichung als Quadrat vorfinden, fällt die Wurzel bei der Auswertung weg:


= \frac{a_1^2+a_2^2+b_1^2+b_2^2-\left(\left(a_1-b_1\right) ^2+\left( a_2-b_2\right)  ^2\right)  }{2}


Nun noch die Klammern auflösen:


= \frac{a_1^2+a_2^2+b_1^2+b_2^2-a_1^2+2a_1b_1-b_1^2-a_2^2+2a_2b_2-b_2^2 }{2}


Diese Formel sieht zunächst chaotisch aus, fassen wir aber alles zusammen, bleiben nur noch einige Komponenten bestehen:


= \frac{2a_1b_1+2a_2b_2 }{2} = \vec{a} \cdot \vec{b}


Nun muss man nur noch den Bruch auflösen und wir erhalten die Formel, mit der man das Skalarprodukt errechnen kann:

a_1b_1+a_2b_2= \vec{a} \cdot \vec{b}

Auch im Raum addiert man die Produkte der einzelnen Komponenten:

\vec{a}, \vec{b} \in R^3

\vec{a}\cdot \vec{b} = a_1 \cdot b_1+ a_2 \cdot b_2 + a_3 \cdot b_3 \qquad \vec{a} \cdot \vec{b} \in R

Grundsätzlich gilt bei der Multiplikation zweier Vektoren:

Wir summieren die Produkte der einzelnen Komponenten der zwei gegebenen Vektoren.




Diese Formel wendeten wir nun auf folgende Beispiele an:


Beispiel 1

Vektor in der Ebene:

\vec{a} ={3 \choose 2}

\vec{b} ={5 \choose 6}

Nun die Produkte der Komponenten summieren:

{3 \choose 2} \cdot {5 \choose 6} =3 \cdot 5 +2 \cdot 6=27

und wir erhalten das Ergebnis=27.


Beispiel 2

Vektor im Raum:

\vec{a} =\begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ 3 \end{pmatrix}

\vec{b} =\begin{pmatrix} 5 \\ 6 \\ -7 \end{pmatrix}

Auch im Raum muss man das Produkt der Komponenten addieren. Hier gibt es aber zusätzlich eine x_3 Komponente:

\begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ 3 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 5 \\ 6 \\ -7 \end{pmatrix} =2 \cdot 5 + 1 \cdot 6-3 \cdot 7=-5



Berechnung eines Winkels

Da wir in unserer Formel für das Skalarprodukt einen Winkel vorfinden, können wir ihn auch berechnen, indem wir nach \cos (\alpha ) auflösen:

\vec{a}\cdot \vec{b} = \left| \vec{a}  \right| \cdot \left| \vec{b}  \right| \cdot \cos \alpha


Hier nach \cos (\alpha ) auflösen:

\cos (\alpha ) =\frac{\vec{a}\cdot \vec{b}  }{\left| \vec{a}  \right|\cdot \left| \vec{b}  \right|  }

Den Winkel erhält man dann über den arccos.

Dies können wir auch auf Beispiele anwenden und danach durch eine Zeichnung überprüfen, ob unser Ergebnis stimmen kann.


Beispiel 1

Die gegebenen Vektoren sind:


\vec{a} ={1 \choose 4}  \qquad \qquad \left| \vec{a}  \right| =\sqrt{17}


\vec{b} ={5 \choose 2}  \qquad \qquad \left| \vec{b}  \right| =\sqrt{29}


und wir benötigen noch das Produkt aus beiden Vektoren:


\vec{a} \cdot \vec{b}=5+8=13


Nun haben wir alle nötigen Werte, die wir brauchen, um den \cos (\alpha ) zu ermitteln:


\cos (\alpha ) =\frac{13}{\sqrt{17}\cdot \sqrt{29}  } \approx 0,59


Bitte beachten! Im Arkuskosinus bitte nicht den gerundeten Wert eingeben, sondern den genauen. Dies ist hier im Wiki leider nicht möglich, da er zu viele Nachkommastellen hat.

\arccos(0,59..)=54,16^o

Wir haben jetzt einen Wert erhalten, den wir durch eine Zeichnung überprüfen können:

Jeanneaux Bildschirmfoto 2012-11-08 um 14.58.37.png

Wir erkennen, dass der Wert übereinstimmt, daher ist unsere Formel illustriert.


Beispiel 2


Die gegebenen Vektoren sind:

\vec{a} ={5 \choose 0}  \qquad \qquad \left| \vec{a}  \right| =5


\vec{b} ={0 \choose 6}  \qquad \qquad \left| \vec{b}  \right| =6


Daher ergibt sich für den Kosinus:


\cos \alpha  =\frac{0}{5\cdot 6} =0


\alpha = 90^o


Hier müssen wir keine Zeichnung anlegen, da wir wissen, dass ein Vektor auf der x- und der andere Vektor auf der y-Achse liegt, daher ergeben sie unbedingt einen rechten Winkel.


Schnittwinkel von Geraden

Wir können jetzt auch den Winkel errechnen, der sich ergibt, wenn 2 Geraden sich schneiden.

Hier können Winkel unter 90° ,

Jeanneaux Bildschirmfoto 2012-11-08 um 17.39.39.png

und über 90° entstehen:

Jeanneaux Bildschirmfoto 2012-11-08 um 17.43.09.png

Da die Richtungsvektoren die Richtung der Geraden angeben, braucht man nur diese zur Berechnung des Winkels.

Man erkennt dies besser an beiden Skizzen.

Daher können wir die beiden Richtungsvektoren auf die Formel anwenden, die wir uns im vorigen Thema erarbeitet haben:


\cos \alpha  =\frac{\vec{u}\cdot \vec{v}  }{\left| \vec{u}  \right| \cdot \left| \vec{v}  \right| }



Zum Ende der Stunde wendeten wir diese noch auf ein Beispiel an:

Beispiel 1

g:\vec{x} =\begin{pmatrix} 3 \\ 7 \\ 8 \end{pmatrix} +r\cdot \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 3 \end{pmatrix}

und

h:\vec{x} =\begin{pmatrix} 3 \\ 7 \\ 8 \end{pmatrix} +s\cdot \begin{pmatrix} 3 \\ 2 \\ 1 \end{pmatrix}

Wir betrachten aber nur die Richtungsvektoren:


\vec{u} =\begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 3 \end{pmatrix} \qquad  \left| \vec{u}  \right| = \left| \vec{v}  \right| = \sqrt{14}

und

\vec{v} =\begin{pmatrix} 3 \\ 2 \\ 1 \end{pmatrix} \qquad  \left| \vec{u}  \right|  \cdot  \left| \vec{v}  \right|=14


Diese können wir nun in die Formel einsetzen:


\cos \alpha =\frac{1\cdot3 + 2\cdot 2+ 3\cdot1}{14} =\frac{10}{14} =\frac{5}{7}


Um jetzt den Winkel zu erhalten, müssen wir nur noch den arccos ansetzen:


arccos \left( \frac{5}{7}\right)  =44,42^o


Damit haben wir den Winkel zwischen den beiden Geraden berechnet.



Hausaufgaben für den 12.11.2012

  • Buch S.219 Nr 13 c)
  • Buch S.231 Nr 9 a)
  • Buch S.228 Nr 1 d); 2 e)-h); 5 a)
  • Buch S.258 Nr 1 a),b); 2 b); 3 a),c), (5); 6!
  • Buch S.260 Nr 1 a); (5a)
  • Buch S.221 Nr 1 a); 2 b); 3 b); 5; 8 b); 10; (11-13)

Und bitte beachten, bei Zeichnungen mit Holzfarbstiften und auf einem karierten Blatt schreiben!!!


Protokoll vom 12.11.2012/ Thema:Normalenvektor

Protokoll von--A.Proschkin 14:38, 13. Nov. 2012 (CET) (Schuljahr 2012 / 13)
Lehrer C.-J. Schmitt (2 Unterrichtsstunden)

Revision der vorigen Stunde

Zu Beginn unseres Unterrichts haben wir unseren wichtigsten Erkenntnisse der vorigen Stunde wiederholt.

Zuerst haben wir uns die Definition des Skalarprodukts angeguckt:

\vec{a}\quad\cdot\quad\vec{b}\quad = \left| \vec{a} \right|\quad\cdot\quad\left| \vec{b} \right|\quad\cdot\quad \cos (\alpha ) \quad = \quad a_1b_1\quad+a_2b_2\quad+a_3b_3\quad\in \mathbb{R}  

Das Produkt zweier Vektoren ist ein Skalar.

Wenn das Produkt zweier Vektoren Null ergibt, dann sind diese orthogonal.

\vec{a}\quad \perp \ \vec{b} \Rightarrow \quad \vec{a} \cdot \vec{b} = 0



Wenn die zwei Vektoren zueinander parallel sind muss man die Beträge der Vektoren multiplizieren.

\vec{a} \cdot \vec{b}=\left|\vec{a} \right| \cdot \left|\vec{b} \right|



Des Weitern haben wir gesagt, wie ein Vektor quadriert wird. Und zwar muss man den Betrag des Vekotrs quadrieren.

(\vec{a} )^2=\left( \left|\vec{a} \right|\right)^2 


Um den Winkel zweier sich schneidender Vektoren zu berechnen ,benutzt man den folgende Formel :

\cos (\alpha ) =\frac{\vec{a}\cdot \vec{b}}{\left| \vec{a} \right|\cdot\left| \vec{b} \right| }  

Hausaufgaben zum 12.11.12

S.219 13c

Für a=3 ist die Gerade parallel zur Ebene. Um die Bedingung zu erfüllen müssen der Richtungsvektor der Geraden und die Spannvektoren linear abhängigg sein.

S.231 9a

g:\vec{x}=\begin{pmatrix} 2 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \cdot r\begin{pmatrix} -1 \\ 2 \\ 0 \end{pmatrix}


S.228 1d

Man kann die Eben zeichen ,indem man die Spurpunkte asurechnet.
<br />S_2(0|-2|0)

S_3(0|0|1)

S_1 gibt es nicht, da die Ebene parallel zur x_1-Achse liegt


S.228 2e-h

e) Sie ist parallel zur x_1-x_3-Ebene und hat den Spurpunkt :S_1(0|-3|0)

f)Sie ist parallel zur x_1-x_2-Ebene :S_1(0|0|4)

g)Sie ist parallel zur x_3-Achse und hat die Spurpunkte:
<br />S_1(3|0|0)

<br />S_2(0|3|0)

h)Sie ist parallel zur x_1-Achse und hat die Spurpunkte :
<br />S_2(0|-7|0) und

<br />S_3(0|0|7)

S.228 5a

EbeneHA.jpg

Man musste hier in die Koordinatenform umwandeln und danach die Spurpunkte ausrechnen.


S.258 1a und b


a)\alpha = 71,56^o

b)\alpha = 7,75^o


S.258 2b


\alpha = 34,6^o
\beta = 38,48^o
\gamma = 106,56^o



S.258 3a

a= 0,5

Die Aufgabe 3 c wird kommenden Mittwoch besprochen.


S.258 6

\vec{AB} \cdot \vec{AC} = 3\cdot 3 \cdot \cos (60) = 4,5

Man nimmt das Produkt der Beträge mal den Kosinus von 60 da im gleichseitigen Dreieck alle Winkel den Wert 60° besitzen.


S.260 1a

\alpha = 17,55^o

S.221 1a

Nein, nicht orthogonal

S.221 2b

a=5

S.221 3b

Herr Schmitt gab uns einen Tipp, indem wir schneller auf eine Gleichung kommen:
-Man nimmt den gleichen Stützvektor
- Um schnell auf einen normalenvektor zu kommen, nimmt man einfach eine Komponente =0 - Da das Skalrprodukt = 0 sein muss, wählt man die Zahlen so das diese Bedingung erfüllt ist.
g:\vec{x} = \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 3 \end{pmatrix}\cdot r\begin{pmatrix} 2 \\ -1 \\ 0 \end{pmatrix}

S.221 5


\vec{AC} ={5 \choose 5} \qquad \vec{BD}={3 \choose -3}

\vec{AC} \cdot \vec{BD}=0

Die Seiten sind nicht gleich lang.


S.222 8b

t\begin{pmatrix}7 \\ 1 \\ 17 \end{pmatrix} : Alle Vielfache diese Vektors sind orthogonal zu den beiden Vektoren im Buch.


10

Es ist kein Rechteck, da nicht alle Vektoren zu einenander orthogonal sind.




Normalenvektor


Stelle man sich vor eine Person würde ihren Arm ausstrecken und ein Buch in der Hand halten. Hierbei sei nun der Arm der Stützvektor und das Buch die Ebene.Nun fragten wir uns ob man eine Ebene nicht nur durch Spannvektoren festlegen kann, sondern auch durch Normalenvektoren, welche orthogonal zur ebene liegen. Der Normalenvektor muss zu beiden Spannvektoren orthogonal sein.

Beispielaufgaben

Gegeben sei eine Ebene mit:

E:\vec{x}=\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} +\lambda\begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 3 \end{pmatrix} +\mu\begin{pmatrix} 2 \\ 0 \\ 3 \end{pmatrix}



Wir wissen das der Normalenvektor orthogonal zu den Spannvektoren ist:
\ n \perp \ \vec{u} \quad  \wedge \ n \perp \ \vec{v}




Daraus ergibt sich ,dass das Skalarprodukt jeweils 0 sein muss
\vec{n} \cdot \vec{u} =0 \quad \wedge  \quad \vec{n} \cdot \vec{v} =0



Nun setzen wir die Spannvektoren ein:
\vec{n} \cdot \begin{pmatrix} 1\\ 2 \\ 3 \end{pmatrix}=0 \vec{n} \cdot \begin{pmatrix} 2\\ 0 \\ 3 \end{pmatrix}=0



\vec{n}= \begin{pmatrix} n_1\\ n_2 \\ n_3 \end{pmatrix}\cdot \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 3 \end{pmatrix}



Wir erstellen ein LGS:


LGSNormalenvektor.jpg

\vec{n}= \begin{pmatrix} -\frac{3}{2}n_3  \\ -\frac{3}{4}n_3 \\ n_3 \end{pmatrix} = n_3 \begin{pmatrix} -\frac{3}{2} \\ -\frac{3}{4} \\ 1 \end{pmatrix} = r\begin{pmatrix} 6 \\ 3 \\ -4 \end{pmatrix}

Da das LGS ein unbestimmtes war mussten wir eineVariable durch die anderen beiden ausdrücken, dancah haben wir die folgenden Werte eingesetzt und noch soweit multipliziert, dass ganze Zahlen rauskamen.



S.223 8c

Uns sind zwei Vektoren gegeben:
\vec{a} =\begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 5 \end{pmatrix} \quad
\vec{b} =\begin{pmatrix} 4 \\ -1 \\ 5 \end{pmatrix}
Unsere Bedingung ist ja, dass die Skalar des Normalenvekotrs und die der Vektoren a und b =0 sein muss, damit sind sie orthogonal zueinander.
Wir setzen nun ein LGS an:

LGS2 Beispielaufgabe.jpg

Im ersten Schritt müssen wir n_1 eleminieren,damit eine Dreiecksform zu stande kommt. Im zweiten Schritt muss man n_3 vorgeben um zu einem Ergebnis zu kommen.

\vec{n} = \begin{pmatrix} -\frac{5}{3}n_3  \\ -\frac{5}{3}n_3 \\ n_3 \end{pmatrix}= r\begin{pmatrix} 5 \\ 5 \\ -3 \end{pmatrix}




Winkel aus Punkten berechnen



Wir haben drei Punkte gegeben, welche ein Dreieck bilden:
A(2|1)\quad  B(5|-1) \quad   C(4|3)

Zuerst berechnen wir alle für uns nötigen Werte

a=\left| \vec{BC}   \right|= \sqrt{17} \qquad \qquad \vec{BC}={-1 \choose 4}

b=\left| \vec{AC}   \right|= \sqrt{8} \qquad \qquad \vec{AC}={2 \choose 2}

c=\left| \vec{AB}   \right|= \sqrt{13} \qquad \qquad \vec{AB}={3 \choose -2}

Nun setzten wir die Werte in den Kosinussatz ein:

\cos (\alpha ) = \frac{\vec{AC} \cdot \vec{AB}  }{b\cdot c}=\frac{2}{\sqrt{8}\cdot\sqrt{13}  } =\frac{2}{\sqrt{104} }
\alpha =78,69^o
\beta =42,3^o \qquad \gamma= 59,1^o

S.258 3 b


\vec{a} =\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} \qquad \vec{b} =\begin{pmatrix} \sqrt{3}  \\ b \\ 0 \end{pmatrix}\qquad\vec{a}\cdot \vec{b} = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} \sqrt{3}  \\ b \\ 0 \end{pmatrix}  =\quad b\quad = |\vec{a}| \cdot \|\vec{b}|\cdot \quad \cos (30^o ) \quad = 1\cdot \sqrt{3 + b^2} \cdot \cos (30^o)
b = 1\cdot \sqrt{3 + b^2} \cdot 0,87 \qquad | ( ) ^2 
 \quad  \Rightarrow Gewinnumformung <br /> b^2 = 
( 3+b^2)\cdot0,75 <br /> b^3 = 2,25 + 0,75^2 <br />0,25b^2 = 2,25 <br /> b^2 = 9<br /> b = +-3
Es geht auch -3, da das Ergebniss postiv wird



Hausaufgaben zum 14.11.2012

S.219 A14
S.231 A11a
S.228 A5b
S.258 A2c (3c)
S.260 A 1h
S.221 2c, 8a



Protokoll vom 14.11.2012/ Thema: Gegenseitige Lagen von Ebenen in der Parameterform

Protokoll von --M. Maier 18:21, 14. Nov. 2012 (CET) (Schuljahr 2012 / 13)
Lehrer C.-J. Schmitt (3 Unterrichtsstunden)



Besprechung der Hausaufgaben vom Montag, dem 12.11.2012

  • S. 218 Aufgabe 14:

a) Mögliche Lösungen:

E: \vec{x}=\vec{0}+\lambda \cdot\begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 1 \end{pmatrix} +\mu\cdot \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}

g:\vec{x}=\vec{0}+r\cdot \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 1 \end{pmatrix}

h:\vec{x}=\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}+s\cdot \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 1 \end{pmatrix}



b) Mögliche Lösungen:

k:\vec{x}=\vec{0}+r\cdot \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 1 \end{pmatrix}

l:\vec{x}=\vec{0}+s\cdot \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}



  • S. 231 Aufgabe 11a:

Wenn das Skalarprodukt eines Normalenvektors einer Ebene mit einem Richtungsvektor einer Geraden gleich Null ist, dann sind die Ebene und die Gerade parallel oder identisch, da das Skalarprodukt zweier Vektoren immer dann 0 ergibt, wenn sie orthogonal zueinander liegen (das bedeutet, dass ein Winkel von 90^o zwischen ihnen ist). Der Normalvektor einer Ebene ist immer orthogonal zu ihr. Das bedeutet, damit der Normalvektor der Ebene orthogonal zum Richtungsvektor einer Geraden ist, muss die Gerade parallel mit der Ebenen sein(bzw. identisch).


  • S.228 Aufgabe 5b:


E:x_1+4x_2-x_3=4


Spurpunkte: S_1:(4|0|0); S_2:(0|1|0); S_3:(0|0|-4)


Hier die Fläche zur Veranschaulichung:

Vektoris1.jpg


  • S.258 Aufgabe 2c:

Winkel:


\alpha=50,77^o

\beta =78,46^o

\gamma =50,77^o


Seitenlängen:


a=4,47

b=5,66

c=4,47


  • Aufgabe 3c:


c=1

Achtung: Durch das Quadrieren erhält man in dieser Aufgabe als zweite Lösung c=-1. Wenn man sich allerdings die Gleichung anschaut, die wir bekommen: Fehler beim Parsen(Lexikalischer Fehler): c=|\vec{a}|\cdot|\vec{b}|\cdot \cos (\60^o) , dann sieht man, dass für c kein negatives Ergebnis in Frage kommt, da die Beträge von \vec{a} und\vec{b} auf jeden Fall positiv sind und der Cosinus von 60^ogleich 0,5ist. Deswegen fällt die Lösung c=-1 weg.


Zur Erinnerung: Fehler beim Parsen(Lexikalischer Fehler): \cos (\60^o)= \sin(\30^o)



  • S.260 Aufgabe 1b:


\alpha=30,21^o


  • S.221 Aufgabe 2c:


b_3=1,5


  • Aufgabe 8a:


Der Vektor \begin{pmatrix} 6 \\ 3 \\ -4 \end{pmatrix} ist orthogonal zu  \vec{a} und \vec{b}





Gegenseitige Lagen von Ebenen

Zur Erinnerung: Wir haben bereits gelernt, wie die Lagebeziehungen einer Geraden zu einer anderen Gerade sein kann und wie die Lagebeziehung einer Geraden zu einer Ebene sein kann.

Am Mittwoch haben wir die Lagebeziehungen einer Ebene zu einer weiteren Ebene untersucht.

Hierbei gibt es drei Möglichkeiten:


1. Die Ebenen sind Parallel zueinander.

2. Die Ebenen sind identisch.

3. Die Ebenen schneiden sich in einer Schnittgeraden.


Zur Erinnerung: Zwei Ebenen können nicht windschief zueinander sein, da Ebenen sich in alle Richtungen unendlich ausdehnen.







Zwei sich schneidende Ebenen

Zuerst schreiben wir zwei Ebenen in Parameterform ganz allgemein hin:


E:\vec{x}=\vec{p}+r\cdot\vec{u}+s\cdot\vec{v}

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


Beachte: Der Stern bei \vec{u*} und \vec{v*} ist einfach nur eine Schreibweise, um nicht mit zu vielen verschiedenen Vektorenbezeichnungen konfrontiert zu werden. Sie haben also nichts mit \vec{u} und \vec{v} zu tun. Das selbe gilt auch für  E* und \vec{p*}.


Überlegung: Wenn es bisher um das Schneiden einer Ebene mit einer Geraden ging, haben wir uns zuerst die Spannvektoren und den Richtungsvektor genauer betrachtet und festgestellt, dass diese linear unabhängig sein müssen, damit sich die Gerade und die Ebene schneidet.


Nun können wir nicht die vier Spannvektoren auf einmal betrachten, da wir ja gelernt haben, dass vier Vektore im Raum immer linear abhängig sind. Deswegen betrachten wir uns erstmals nur drei auf einmal. Damit erhalten wir:


\vec{u}; \vec{v}; \vec{u*} ; \vec{u}; \vec{v}; \vec{v*} l.u.


Jetzt müssen wir uns überlegen, ob es reicht wenn eine dieser beiden "Dreiergruppen" linear unabhängig ist, oder ob es beide sein müssen, damit man eindeutig sagen kann, dass sich die beiden Ebenen schneiden.

Für diese Überlegung hat uns Herr Schmitt ein praktisches Bild gezeigt:


Zwei sich schneidende Ebenen.JPG


Man kann hier gut erkennen, dass wenn drei Spannvektoren linear unabhängig sind, die Ebenen nicht in die selbe richtung verlaufen können und müssen sich folglich schneiden. Außerdem kann man hier gut sehen, dass wir bei zwei sich schneidende Ebenen nicht wie wir es bisher gewohnt sind einen Schnittpunkt rausbekommen, sondern eine Schnittgerade.


Überlegung:

Wäre einer, der Spannvektoren (z.B. \vec{v*}) parallel zur Schnittgeraden, so dass \vec{u}, \vec{v}, \vec{v*} linear abhängig wären, dann würden sich die beiden Ebenen trotzdem schneiden. Deswegen reicht es also, wenn eine, der "Dreiergruppen" linear unabhängig ist.


Daraus folgt, dass es reicht wenn einer der beiden "Dreiergruppen" linear unabhängig sind, also:



\vec{u}, \vec{v}, \vec{u*}l.u.\vee \vec{u}, \vec{v}, \vec{v*}l.u.

(Das "\vee" bedeutet "oder")




Zwei identische Ebenen

Aus dem oben gewonnen Wissen können wir auf jeden Fall schon erkennen, dass damit zwei Ebenen identisch sind, die Spannvektoren linear abhängig sein müssen (denn ansonsten schneiden sie sich ja und können somit nicht identisch sein). Dies passt auch, wenn wir uns zurückdenken, an die Lagebeziehungen zwischen einer Geraden und einer Ebene, wo auch die Spannvektoren und der Richtungsvektor linear abhängig sein mussten, damit die Gerade in der Ebene liegt.


Also lautet unsere erste Bedingung:

\vec{u}, \vec{v}, \vec{u*}l.a.\wedge \vec{u}, \vec{v}, \vec{v*}l.a.


Hier gilt es allerdings zu beachten, dass beide "Dreiergruppen" linear abhängig sein müssen, da wenn nur eine linear abhängig ist und die andere nicht, dann haben wir ja die Bedingung für zwei sich schneidende Ebenen erfüllt. (Also steht das "\wedge" für "und".)


Nun ist das allerdings nicht die einzige Bedingung dafür, dass zwei Ebenen identisch sind, denn wenn wir wieder an die Gerade und die Ebene denken, da brauchten wir ja auch zwei Bedingungen. Die zweite Bedingung war, dass der Richtungsvektor der Geraden, ein x-Vektor der Ebene sein muss.


Das ist auch bei zwei Ebenen der Fall, also wenn zwei Ebenen identisch sind, dann gilt prinzipiel:


\vec{p}+r\cdot\vec{u}+s\cdot \vec{v}=\vec{p*}


Daraus folgt, dass \vec{u}, \vec{v} und \vec{p*}-\vec{p} linear abhängig sein müssen.


Zur Veranschaulichung hier erneut Herr Schmitts Bild:


Zwei identische Ebenen.JPG


Hier nochmal unsere zwei Bedingungen zusammen:



a) \vec{u}, \vec{v}, \vec{u*}l.a.\wedge \vec{u}, \vec{v}, \vec{v*}l.a.;  \qquadb) \vec{u}, \vec{v} und \vec{p*}-\vec{p}l.a.





Zwei zueinander parallele Ebenen

Hier können wir erneut unser Wissen von oben anwenden und unsere erste Bedingung von zwei identischen Ebenen kopieren, da diese ja die Selbe ist wie hier:


\vec{u}, \vec{v}, \vec{u*}l.a.\wedge \vec{u}, \vec{v}, \vec{v*}l.a.


(Denn zur Erinnerung, wenn diese Vektoren linear unabhängig sind, dann würden sich die beiden Ebenen schneiden und zwei sich schneidende Ebenen können ja logischerweise nicht parallel sein)


Auch hier reicht diese Bedingung allerdings nicht aus, da wir zwar gezeigt haben, dass die beiden Ebenen parallel sind, aber wir für eine eindeutige Bestimmung auch noch zeigen müssen, dass die Ebenen nicht identisch sind. Dafür müssen wir einfach nur zeigen, dass die zweite Bedingung für zwei identische Ebenen nicht erfüllt ist, also müssen die Vektoren

\vec{u}, \vec{v} und \vec{p*}-\vec{p}

linear unabhängig sein.


Auch hier nochmals zur Hilfe Herr Schmitts Bild:


Zwei parallele Ebenen.JPG


(Die von mir verwendeten Bilder findet ihr auf dem am Mittwoch erhaltenen Übungsblatt Nr.6. Dieses findet ihr auch auf Conseles.)




Nun schreiben wir noch beide Bedingungen zusammen auf:


a) \vec{u}, \vec{v}, \vec{u*}l.a.\wedge \vec{u}, \vec{v}, \vec{v*}l.a.;  \qquadb) \vec{u}, \vec{v} und \vec{p*}-\vec{p}l.u.





Alternativer Lösungsweg

Prinzipiel kann man zwei Ebenen immer miteinander gleichsetzen. Wenn man dies macht gibt es drei mögliche Lösungen:


1. Wir erhalten ein Ergebnis, dass keinen Sinn ergeibt also zum Beispiel:


 3=5


Dies zeigt, dass die beiden Ebenen parallel zueinander sind, denn dann kann ja logischerweise kein Ergebnis beim Gleichsetzen der beiden Ebenen rauskommen.



2. Wir erhalten ein Ergebnis, wie zum Beispiel:


0\cdot s=0


Dies zeigt, dass die beiden Ebenen identisch sind, da wir ja unendlich viele Lösungen rausbekommen.


3. Wir erhalten eine Schnittgerade.


Wenn wir eine Schnittgerade bekommen, dann schneiden sich die beiden Ebenen. Wie dies berechnet wird, wird unten in mehreren Beispielen gezeigt.


Generell kann man dieses Verfahren immer benutzen, allerdings wird empfohlen, erstmals die drei anderen zu benutzen, da dieses hier teilweise sehr kompliziert werden kann und außerdem für Beweise nicht geeignet ist.



Beispiele

Wir haben am Mittwoch noch mehrere Beispiele berechnet.




Beispiel für zwei parallele Ebenen

E_1:\vec{x}=\begin{pmatrix} 2 \\ 5 \\ 3 \end{pmatrix} +r\cdot\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} +s\cdot\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}


E_2:\vec{x}=\begin{pmatrix} 4 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} +\lambda\cdot\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} +\mu\cdot\begin{pmatrix} 1 \\ 3 \\ 1 \end{pmatrix}



Zuerst schauen wir uns die Spannvektoren an und überprüfen auf lineare Abhängig-/ bzw. Unabhängigkeit:



1.) \qquad\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} \qquad \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} \qquad \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}


Wir können direkt sehen, dass wir ohne großes verändern diese drei Vektoren als Gleichung hinschreiben können:


\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}+ \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} \quad \Rightarrow l.a.


Damit haben wir aber nur einen Teil erfüllt, denn zur Erinnerung, damit die beiden Ebenen parallel sind müssen beide "Dreiergruppen" linear abhängig sein bzw. damit sie sich schneiden muss wenigstens eine linear unabhängig sein.


Also schauen wir uns noch die zweite "Dreiergruppe" an:


2.) \qquad\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} \qquad \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} \qquad \begin{pmatrix} 1 \\ 3 \\ 1 \end{pmatrix}


Auch hier können wir schnell erkennnen, dass die drei Vektoren linear abhängig sind:


\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}+ 3\cdot\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 1 \\ 3 \\ 1 \end{pmatrix} \quad \Rightarrow  l.a.


Damit können wir schon mal sagen:


E_1||E_2


Jetzt gilt es noch zu überprüfen, ob die beiden Ebenen identisch sind. Dafür schauen wir uns \vec{u}, \vec{v} und \vec{p}-\vec{p*} an:



3.) \qquad\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} \qquad \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} \qquad \begin{pmatrix} -2 \\ 5 \\ 3 \end{pmatrix}


Da wir hier nicht direkt sehen können, ob die drei Vektoren linear abhängig sind, wenden wir das LGS an. Wir schreiben also:


x\cdot\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} +y\cdot \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} +z\cdot \begin{pmatrix} -2 \\ 5 \\ 3 \end{pmatrix}=\vec{0}


Nun können wir das LGS anwenden:


Protokoll8.JPG


Wir erhalten nur die triviale Lösung x=y=z=0 Daraus folgt die drei Vektoren sind linear unabhängig. Bei unseren zwei Ebenen handelt es sich also um zwei parallel zueinander liegende Ebenen, die jedoch nicht identisch sind:


E_1||E_2 \qquad E_1 \neq E_2





Alternativer Rechenweg

Hier benutzen wir den bereits erwähnten alternativen Lösungsweg und setzen die beiden Ebenen einfach miteinander gleich, also:



\begin{pmatrix} 2 \\ 5 \\ 3 \end{pmatrix} +r\cdot\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} +s\cdot\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 4 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} +\lambda\cdot\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} +\mu\cdot\begin{pmatrix} 1 \\ 3 \\ 1 \end{pmatrix}


Nun bringen wir einfach die Variablen auf eine Seite und wenden unser LGS an:


Protokoll9.JPG


Wir erhalten die Lösung 0=5, die natürlich keinen Sinn ergibt deswegen erhalten wir:


E_1||E_2




Beispiel für zwei identische Ebenen

E_1:\vec{x}=\begin{pmatrix} -1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} +r\cdot\begin{pmatrix} 1 \\ 3 \\ 1 \end{pmatrix} +s\cdot\begin{pmatrix} 0 \\ 2 \\ 1 \end{pmatrix}


E_2:\vec{x}=\begin{pmatrix} 1 \\ 4 \\ 1 \end{pmatrix} +\lambda\cdot\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} +\mu\cdot\begin{pmatrix} 2 \\ 8 \\ 3 \end{pmatrix}



Erneut betrachten wir uns die Spannvektoren zuerst:


1.) \qquad\begin{pmatrix} 1 \\ 3 \\ 1 \end{pmatrix} \qquad \begin{pmatrix} 0 \\ 2 \\ 1 \end{pmatrix} \qquad \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}


Wir können direkt sehen, dass die drei Vektoren linear abhängig sind:


\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}+ \begin{pmatrix} 0 \\ 2 \\ 1 \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 1 \\ 3 \\ 1 \end{pmatrix} \quad \Rightarrow l.a.


Nun zur zweiten "Dreiergruppe":


2.) \qquad\begin{pmatrix} 1 \\ 3 \\ 1 \end{pmatrix} \qquad \begin{pmatrix} 0 \\ 2 \\ 1 \end{pmatrix} \qquad \begin{pmatrix} 2 \\ 8 \\ 3 \end{pmatrix}


Auch hier ist die lineare Abhängigkeit direkt erkennbar:


2\cdot\begin{pmatrix} 1 \\ 3 \\ 1 \end{pmatrix}+ \begin{pmatrix} 0 \\ 2 \\ 1 \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 2 \\ 8 \\ 3 \end{pmatrix} \quad \Rightarrow l.a.


Wir wissen also schon mal, dass E_1 und E_2 parallel sind, also:


E_1||E_2


Jetzt müssen wir noch überprüfen, ob die beiden Ebenen identisch sind:


3.) \qquad\begin{pmatrix} 1 \\ 3 \\ 1 \end{pmatrix} \qquad \begin{pmatrix} 0 \\ 2 \\ 1 \end{pmatrix} \qquad \begin{pmatrix} 2 \\ 4 \\ 1 \end{pmatrix}


Hier kann man ebenfalls direkt erkennen, dass die Vektoren linear abhängig sind. (Wenn man es nicht sieht, dann kann man einfach ein LGS anwenden und so auf die Lösung kommen).



2\cdot\begin{pmatrix} 1 \\ 3 \\ 1 \end{pmatrix}- \begin{pmatrix} 0 \\ 2 \\ 1 \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 2 \\ 4 \\ 1 \end{pmatrix} \quad \Rightarrow l.a.


Damit zeigt sich, dass die beiden Ebenen identisch sind.


E_1 = E_2



Alternativer Rechenweg

Auch hier wenden wir wieder unsere Alternative an und setzen die beiden Ebenen gleich:


\begin{pmatrix} -1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} +r\cdot\begin{pmatrix} 1 \\ 3 \\ 1 \end{pmatrix} +s\cdot\begin{pmatrix} 0 \\ 2 \\ 1 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 1 \\ 4 \\ 1 \end{pmatrix} +\lambda\cdot\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} +\mu\cdot\begin{pmatrix} 2 \\ 8 \\ 3 \end{pmatrix}


Nun kommt wieder wie gewohnt unser LGS:


Protokoll10.JPG


Wir erhalten unendlich viele Lösungen. Daraus folgt, dass die Ebenen identisch sind.


E_1=E_2




1.Beispiel für zwei sich schneidenden Ebenen

E_1:\vec{x}=\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 3 \end{pmatrix} +\lambda\cdot\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} +\mu\cdot\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}


E_2:\vec{x}=\begin{pmatrix} 2 \\ 3 \\ 2 \end{pmatrix} +r\cdot\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} +s\cdot\begin{pmatrix} 2 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}



Wie bei den ersten beiden Beispielen schauen wir uns zunächst die Spannvektoren an:


\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \qquad \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} \qquad \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}


Wir können an den drei Vektoren erkennen, dass sie linear unabhängig sind, da es keine Möglichkeit gibt, eine Zahl mal Null zu nehmen, und dann ein anderes Ergebnis als Null rauszubekommen. Deswegen kann man keinen der Vektoren durch die jeweiligen anderen bedien darstellen. Erneut: Wenn man dies nicht direkt erkennt, kann man ein LGS anwenden. Dies sieht so aus:


Protokoll16.JPG

Wir sehen, dass die drei Vektoren linear unabhängig sind.



Wir können jetzt schon sagen, dass sich die beiden Ebenen schneiden, da die dazugehörende Bedingung erfüllt ist.

Es gilt also:


\ E_1 \cap E_2



Jetzt müssen wir noch die Schnittgerade ausrechnen. Dafür setzen wir die beiden Ebenen gleich:



\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 3 \end{pmatrix}+\lambda \cdot\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}+\mu \cdot\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 2 \\ 3 \\ 2 \end{pmatrix} +r\cdot\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} +s\cdot\begin{pmatrix} 2 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}


Jetzt machen wir wieder unser LGS aber diesmal etwas anders:


Protokoll11.JPG

Nun setzen wir r=-s+1 in die 2.Ebene, also in E_2:\vec{x}=\begin{pmatrix} 2 \\ 3 \\ 2 \end{pmatrix} +r\cdot\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} +s\cdot\begin{pmatrix} 2 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} ein. Da wir dadurch eine Unbekannte entfernen, erhalten wir keine Ebene mehr, sondern eine Gerade. Um genauer zu sein, die Schnittgerade:


g:\vec{x} =\begin{pmatrix} 2 \\ 3 \\ 2 \end{pmatrix}+(-s+1)\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}+s\cdot \begin{pmatrix} 2
 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}


Nun können wir mithilfe des Distributivgesetzes (Verteilungsgesetz) die Klammer ausmultiplizieren:


g:\vec{x} =\begin{pmatrix} 2 \\ 3 \\ 2 \end{pmatrix}-s\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}+\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}+s\cdot \begin{pmatrix} 2
 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}


g:\vec{x} =\begin{pmatrix} 2 \\ 4 \\ 3 \end{pmatrix}+s\begin{pmatrix} 2 \\ -1 \\ 0 \end{pmatrix}


Dies ist unsere Schnittgerade.






Probe

Nun können wir noch dir Probe durchführen. Dafür haben wir ja schon \lambda=-3+3s und \mu=4-2 vorbereitet.

Diese beiden Werte müssen wir jetzt nurnoch in die 1. Ebene, also in E_1:\vec{x}=\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 3 \end{pmatrix} +\lambda\cdot\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} +\mu\cdot\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} einsetzen:



g:\vec{x} =\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 3 \end{pmatrix}+(-3+3s)\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}+(4-s)\cdot \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}


Jetzt wenden wir erneut das Distributivgesetz an:


g:\vec{x} =\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 3 \end{pmatrix}+\begin{pmatrix} -3 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}+s+\begin{pmatrix} 3 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}+\begin{pmatrix} 4 \\ 4 \\ 0 \end{pmatrix}+\begin{pmatrix} -1 \\ -1 \\ 0 \end{pmatrix}



g:\vec{x} =\begin{pmatrix} 2 \\ 4 \\ 3 \end{pmatrix}+s\begin{pmatrix} 2 \\ -1 \\ 0 \end{pmatrix}


Wir erhalten die gleiche Schnittgerade wie oben.




2.Beispiel für zwei sich schneidenden Ebenen

E_1:\vec{x}=r\cdot\begin{pmatrix} 1\\ 2 \\ 3 \end{pmatrix} +s\cdot\begin{pmatrix} -1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}



E_2:\vec{x}=\mu\cdot\begin{pmatrix} 2 \\ 0 \\ 7 \end{pmatrix} +\lambda\cdot\begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 1 \end{pmatrix}


In diesem Beispiel sind die Stützvektoren der beiden Ebenen der Nullvektor.


Als erstes prüfen wir wie gewohnt die Spannvektoren:


Fehler beim Parsen(Unbekannte Funktion „\end“): x\cdot\begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 3 \end{pmatrix} +y\cdot \begin{pmatrix} -1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} +z \begin{pmatrix} 2 \\ 0 \\ 7 \end{pmatrix=\vec{0}


Nun wenden wir das LGS an:


Protokoll12.JPG


Wir sehen, dass sich die beiden Ebenen schneiden.


\ E_1 \cap E_2


Wir setzen jetzt die beiden Ebenen wieder gleich, damit wir die Schnittgarade berechnen können:


r\cdot\begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 3 \end{pmatrix} +s\cdot\begin{pmatrix} -1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}=\mu \cdot\begin{pmatrix} 2 \\ 0 \\ 7 \end{pmatrix}+\lambda \cdot\begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 1 \end{pmatrix}


Jetzt berechnen wir wieder unser LGS. Diesmal müssen wir jedoch etwas rechnen, bevor wir eine Unbekannte, durch eine andere darstellen können:


Protokoll13.JPG


Jetzt setzen wir dies in der 2. Ebene, also E_2:\vec{x}=\mu\cdot\begin{pmatrix} 2 \\ 0 \\ 7 \end{pmatrix} +\lambda\cdot\begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 1 \end{pmatrix} ein und erhalten unsere Schnittgerade:



g:\vec{x} =\mu\cdot\begin{pmatrix} 2 \\ 0 \\ 7 \end{pmatrix}-5\mu\cdot \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 1 \end{pmatrix}


g:\vec{x} =\mu\cdot\begin{pmatrix} 2 \\ 0 \\ 7 \end{pmatrix}+\mu\cdot \begin{pmatrix} -5 \\ 5 \\ -5 \end{pmatrix}


g:\vec{x} =\mu\cdot\begin{pmatrix} -3 \\ 5 \\ 2 \end{pmatrix}



Probe

Zum Abschluss dieser Aufgabe berechnen wir noch die Probe. Dafür setzen wir unsere Ergebnisse aus der 1. und 2. Gleichung, also r=\frac{2}{3}\mu und s=\frac{11}{3}\mu in die 1. Ebene, also E_1:\vec{x}=r\cdot\begin{pmatrix} 1\\ 2 \\ 3 \end{pmatrix} +s\cdot\begin{pmatrix} -1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} ein.




g:\vec{x} =\frac{2}{3}\mu \cdot\begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 3 \end{pmatrix}+\frac{11}{3}\mu \cdot \begin{pmatrix} -1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}



g:\vec{x}=\mu \cdot\begin{pmatrix}\frac{2}{3} \\ \frac{4}{3} \\ \\2 \end{pmatrix}+\mu \cdot \begin{pmatrix} -\frac{11}{3} \\ \frac{11}{3} \\ 0 \end{pmatrix}



g:\vec{x} =\mu\cdot\begin{pmatrix} -3 \\ 5 \\ 2 \end{pmatrix}


Wir erhalten das selbe Ergebnis.



Buch Seite 233 Aufgabe 1a)(Eine Ebene in der Koordinatenform, die andere in der Parameterform)

In dieser Aufgabe sollen wir die Schnittgerade zweier Ebenen berechnen, wobei eine, dieser Ebenen in der Koordinatenform angegeben ist.


E_1:\vec{x}=\begin{pmatrix} 3 \\ 1 \\ 5 \end{pmatrix}+r\cdot \begin{pmatrix} 2 \\ -1 \\ 0 \end{pmatrix}+s\cdot\begin{pmatrix} 
-1 \\ 0 \\ 3 \end{pmatrix}


E_2:2x_1-x_2-x_3=1


Um diese Aufgabe zu lösen müssen wir uns erstmal klar machen, dass \begin{pmatrix} 3 \\ 1 \\ 5 \end{pmatrix}+r\cdot \begin{pmatrix} 2 \\ -1 \\ 0 \end{pmatrix}+s\cdot\begin{pmatrix} 
-1 \\ 0 \\ 3 \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{pmatrix} ist.


Diese Überlegung können wir nun in drei Gleichungen schreiben:


Protokoll14.JPG


Dies setzen wir nun in  E_1 ein und erhalten die Schnittgerade:


g:\vec{x}=\begin{pmatrix} 3 \\ 1 \\ 5 \end{pmatrix}+(s+\frac{1}{5} )\begin{pmatrix}2 \\ -1 \\ 0 \end{pmatrix}+\begin{pmatrix} -1 \\ 0 \\ 3 \end{pmatrix}


g:\vec{x}=\begin{pmatrix} 3,4 \\ 0,8 \\ 5 \end{pmatrix}+s\begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 3 \end{pmatrix}



Seite 233 Aufgabe 2a (Zwei Ebenen in der Koordinatenform)

Hier sollen wir die Schnittgerade von zwei Ebenen ausrechnen, die beide in der Koordinatenform angegeben sind.



E_1:x_1-x_2+2x_3=7



E_2:6x_1+x_2-x_3=-7


Hier können wir ganz einfach das LGS ansetzen:


Protokoll15.JPG


Jetzt können wir diese Werte für \vec{x} bzw. \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{pmatrix} einsetzen:


\begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} -\frac{1}{7}x_3    \\ -7+\frac{13}{7}x_3  \\ x_3 \end{pmatrix}


Jetzt müssen wir diesen einen Vektoren, in einen Stützvektor und einen Richtungsvektor spalten. Dafür ziehen wir den Vektor \begin{pmatrix} 0 \\ -7 \\ 0 \end{pmatrix} heraus:


=\begin{pmatrix} 0 \\ -7 \\ 0 \end{pmatrix}+x_3\begin{pmatrix} -\frac{1}{7} \\ \frac{13}{7} \\ 1 \end{pmatrix}


Jetzt "verschönern" wir das ganze noch, indem wir den Richtungsvektor mal -7 rechnen und setzen\lambda für x_3ein, und erhalten schließlich unseren Schnittvektoren:


g:\vec{x}= \begin{pmatrix} 0 \\ -7 \\ 0 \end{pmatrix}+\lambda\cdot\begin{pmatrix} 1 \\ -13 \\ -7 \end{pmatrix}



Hausaufgaben für Montag, den 19.11.2012

  • S.231 Aufgabe: 11b
  • S.221 Aufgaben: 7, 9b; 14a und 15
  • S.234 Aufgaben: 4a,b; (5c); 3a,b
  • S.233 Aufgaben 1b; 2b; (5a,b)

Protokoll vom 19.11.2012/ Thema: Normalenform (NF) für die Geraden im \mathbb{R}^{2}(Ebene) und für die Ebenen im \mathbb{R}^{3}(Raum)

Protokoll von --Pythago24 20:07, 19. Nov. 2012 (CET) (Schuljahr 2012 / 13)
Lehrer C.-J. Schmitt (2 Unterrichtsstunden)


Hausaufgaben für den 19.11.12


Bu.S.231,A 11b

Der Normalenvektor der Ebene ist orthogonal zu der Ebene. Wenn das Skalarprodukt des Richtungsvektor der Gerade und des Normalenvektors 0 betragen würde, dann wäre die Gerade orthogonal zum Normalenvektor und damit parallel zur Ebene. Wenn das Skalarprodukt ungleich 0 ist, ist die Gerade nicht orthogonal zum Normalenvektor und folglich nicht zur Ebene. Die Ebene wird dann geschnitten.


Bu.S.221, A7

NR 7

Zeigen sie, dass es zu den Punkten A(-2|2|3), B(2|10|4) und D(5|-2|7) einen Punkt C gibt, sodass das Viereck ABCD ein Quadrat ist. Bestimmen Sie die Koordinaten von C.

Lösung:

\vec{AD} =\begin{pmatrix} 7 \\ -4 \\ 4 \end{pmatrix}

\vec{AB} =\begin{pmatrix} 4 \\ 8 \\ 1 \end{pmatrix}


C(9|6|8)

\vec{AD}\cdot \vec{AB} = 0

Die Vektoren sind also orthogonal.

Pythago24 3D12.png

Hier kann man deutlich das Quadrat erkennen.


NR 9b

Bestimmen Sie die fehlenden Koordinaten so ,dass die Vektoren \vec{a} , \vec{b} und \vec{c} paarweise zueinander orthogonal sind.

Vorgabe:


\vec{a}  = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} \vec{b}  = \begin{pmatrix} b_{1} \\ b_{2} \\ 1 \end{pmatrix} \vec{c}  = \begin{pmatrix} c_{1} \\ 2 \\ -5 \end{pmatrix}


Lösung:


c_{1}=3


b_{2}=-8

b_{1}= 7

Pythago24 3D13.png


14a

Sind die Ebene E und die Gerade zueinander orthogonal?

a)

E:\vec{x} = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} +r\cdot \begin{pmatrix} 2 \\ 3 \\ 4 \end{pmatrix}+ s \cdot  \begin{pmatrix} 4 \\ 3 \\ 2 \end{pmatrix}

g:\vec{x} =\begin{pmatrix} 3 \\ 3 \\ 4 \end{pmatrix} +t\cdot\begin{pmatrix} 1 \\ -2 \\ 1 \end{pmatrix}

Lösung:

Ja sie sind zueinander orthogonal.


Pythago24 3D14.png



15

Geben sie eine Gelcihung der Geraden g an , die die Ebene E:\vec{x} =\begin{pmatrix} 3 \\ 1 \\ 4 \end{pmatrix} + r\cdot \begin{pmatrix} 2 \\ -1 \\ 5 \end{pmatrix} +s\cdot \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} im Punkt P(3|1|4) schneidet und orthogonal zur Ebene E ist.

Lösung:

g:\vec{x} =\begin{pmatrix} 3 \\ 1 \\ 4 \end{pmatrix} + t\cdot \begin{pmatrix} -1 \\ 3 \\ 1 \end{pmatrix}



Bu.S.234

3a

Schnittgerade von E_{1} und E_{2}

g:\vec{x} = \begin{pmatrix} 2 \\ 4 \\ 3 \end{pmatrix}+ \mu \cdot  \begin{pmatrix} 2 \\ -1 \\ 0 \end{pmatrix}


3b

Schnittgerade von E_{1} und E_{2}

g:\vec{x} = \vec{0} + \lambda  \cdot  \begin{pmatrix} -3 \\ 5 \\ 2 \end{pmatrix}


4a

Die Schnittmenge von E_{1} \cap E_{2} ist die leere Menge.

Fehler beim Parsen(Syntaxfehler): L= \{}


E_{1}||E_{2}


4b

Die Ebenen sind identisch.

E_{1}= E_{2}



Bu.S.233

1b

Schnittgerade von E und E_{1}:

g:\vec{x} =\begin{pmatrix} 0 \\ -7 \\ 0 \end{pmatrix}+ t\cdot \begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ -12 \end{pmatrix}



2b

Schnittgerade von E_{1} und E_{2}:

g:\vec{x} =\begin{pmatrix} 8 \\ -7 \\ 0 \end{pmatrix}+ t\cdot \begin{pmatrix} -1 \\ 13 \\ 7 \end{pmatrix}


Wiederholung

Letzte Stunde haben wir die Lagebeziehungen zweier Ebenen zueinander besprochen und begannen dieses mal mit einer kleinen Wiederholung.

Es gibt 3 Möglichkeiten bei der Lagebeziehung von einer Ebene zur anderen.


Die Ebenen können:



Sich schneiden:

Hierfür müssen mindestens 3 der 4 Spannvektoren, die uns gegeben sind linear unabhängig voneinander sein. Wir haben zwei dreier Gruppen, doch es reicht aus wenn nur eine linear unabhängig ist.

Das würde bedeuten, dass wenn die eine dreier Gruppe oder die andere linear unabhängig ist dann schneiden sich die Ebenen.


\ \vec{u}; \vec{v}; \vec{u^{*} }\qquad lu.\qquad \vee \qquad \vec{u}; \vec{v}; \vec{v^{*} } \qquad lu.


Identisch sein:

Damit die Ebenen identisch sind müssen als erstes beide dreier Gruppen der Spannvektoren linear abhängig sein.

1.) \ \vec{u}; \vec{v}; \vec{u^{*} }\qquad la.\qquad \wedge \qquad \vec{u}; \vec{v}; \vec{v^{*} } \qquad la.

Hinzu kommt, dass die Spannvektoren der Ebene linear abhängig zu der Differenz der Stützvektoren sein müssen.


2.) \vec{p}+ r\cdot \vec{u}+ s\cdot \vec{v} = \vec{q} \Rightarrow  \vec{u}; \vec{v}; \vec{q}- \vec{p}\qquad la.


Parallel sein:

Die erste Bedingung für parallele Ebenen ist die lineare Abhängigkeit der beiden dreier Gruppen der Spannvektoren ähnlich, wie bei identischen Ebenen mit dem Unterschied, dass die Spannvektoren linear unabhängig zu der Differenz der Stützvektoren sind.

1.) \ \vec{u}; \vec{v}; \vec{u^{*} }\qquad la.\qquad \wedge \qquad \vec{u}; \vec{v}; \vec{v^{*} } \qquad la.


2.) \vec{u}; \vec{v}; \vec{q}- \vec{p}\qquad lu.


Wir prüfen die lineare Abhängigkeit immer nur bei 3 Vektoren auf einmal, da bei 4 Vektoren im Raum immer eine lineare Abhängigkeit vorhanden ist.



Normalenform (NF) für die Geraden im \mathbb{R}^{2}

Wir haben schon über Skalarprodukte und Normalenvektoren gesprochen und gelernt wie man vektoren multipliziert. Hier geht es darum Geraden und Ebenen in die Normalenform zu konvertieren. Auch mit der konvertierung hatten wir schon vorher zu tun wir konvertierten Geraden und Ebenen von der Parameter- in die Koordinatenform und umgekehrt.

Wir beginnen mit einer Geradengleichung

f(x) = \frac{2}{3} x+1

diese haben wir in ein Koordinatensystem eingezeichnet.

Wir haben den Stützvektor \vec{p} = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix}, sowie den Richtungsvektor \vec{u} = \begin{pmatrix} 3 \\ 2 \end{pmatrix} (im Prinzip die Steigung m = \frac{2}{3} )

Wir setzten einen x-Vektor beliebig in das Koordinatensystem ein und stellen fest das die Differnz von \vec{x} und \vec{p} parallel zur Gerade und damit auch parallel zu \vec{u} ist, da \vec{u} parallel zur Gerade ist.

Wir benötigen einen Normalenvektor der orthogonal zu \vec{u} und damit auch orthogonal zu (\vec{x} -\vec{p} ), da (\vec{x} -\vec{p} )\qquad ||\qquad  \vec{u}.

Pythago24 Grafik5.5.png

\vec{u}\qquad ||\qquad g


(\vec{x}-\vec{p}) \qquad ||\qquad \vec{u}


n?

Wir brauchen einen Normalenvektor bei dem das Skalarprodukt 0 ist.


Gegeben ist:

\ \vec{n}  \perp \ g

\ \vec{n}  \perp \vec{u}


\vec{n} = \begin{pmatrix} -2 \\ 3 \end{pmatrix} \Rightarrow  \vec{n}  \cdot \vec{u}  =0


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


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

Das ist unsere Normalenform.

\vec{n} \cdot \vec{x} = \vec{x}\cdot  \vec{p} \Rightarrow nun setzen wir die Koordinaten ein.

{-2 \choose 3} \cdot \vec{x} = {-2 \choose 3} {0 \choose 1}

Ausmultipliziert erhalten wir:

-2x_{1} +3x_{2} =3 \qquad |+2x_{1}

3x_{2} = 2x_{1}+ 3 \qquad | :3

x_{2} = \frac{2}{3} x_{1}  +1

So erhalten wir die Gleichung unsere Gerade in einer anderen Schreibweise.


Normalenform für die Ebenen im \mathbb{R}^{3}(Raum)

Im Raum gibt es keine eindeutige Normale zur Geraden oder zur Ebene. Es kann mehrere Normalen zu einer Geraden oder einer Ebenen geben. Wenn man alle möglichen orthogonalen Geraden sich ansieht erkennt man das diese die Gerade, zu der sie orthogonal sind umrunden. Das ähnelt dann einer Ebene.


Pythago24 Orthogonal.png Man sieht das die Gerade q orthogonal zu einer zweiten Gerade g ist.


Pythago24 Orthogonal2.png Auch hier sieht man eine Gerade q, die zur selben Gerade g orthogonal ist. Doch hier verläuft q in eine andere Richtung. Obwohl q orthogonal zu g ist können die Richtungsvektoren von q variieren, deswegen sind Geraden nicht eindeutig, da es mehrere Möglichkeiten gibt.


Aus dem Grund verwendet man Ebenen.

Pythago24 Orthogonal3.png

Eine orthogonale Ebene ist eine eindeutgiere Normale als eine Gerade und bietet keinen Freiraum für abweichungen. Eine orthogonale Ebene ist von alle seiten orthogonal zur Gerade.


Auch bei Ebenen im Raum verwenden wir die Schreibweise, die wir bei Geraden in Ebenen verwendet haben.


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


Bei Spaltenvektoren verwenden wir eckige Klammern, was sich als praktisch erweist bei einer Klammerhäufung.

Beispiel:


\vec{p} =\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}  \qquad\rightarrow unser Stützvektor

\vec{n} =\begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 3 \end{pmatrix}


[\vec{x} -\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} ]\cdot \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 3 \end{pmatrix} =0 \rightarrow NF

\vec{x} \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}\cdot \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 3 \end{pmatrix}

x_{1}+ 2x_{2}+3x_{3} =4 \qquad \rightarrow Koordinatenform

Man sieht das man am Normalenvektor die Koordinatenform ablesen kann. \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 3 \end{pmatrix}



Konvertierung von Koordinatenform in Normalenform

Wir haben eine Ebene in der Koordinatenform und möchten diese in die Normalenform konvertieren.

2x_{1}+ 3x_{2} +x_{3} =6

Man muss die Koordinatenform so betrachten.

\vec{x}\cdot \vec{n}= \vec{p}\cdot \vec{n} (siehe Kasten oben)

Auf der linken Seite stehen \vec{x}\cdot \vec{n} und auf der rechten \vec{p}\cdot \vec{n}.

Wie im vorherigen Beispiel erkennbar ist können wir die Koordinaten des Normalenvektors von den Koordinaten der linken Seite der Koordinatenform ablesen. Denn diese ist \vec{x}\cdot \vec{n}. Da ist der n-Vektor schon enthalten.

Demnach ist \vec{n} =\begin{pmatrix} 2 \\ 3 \\ 1 \end{pmatrix}

\vec{p} muss so gewählt werden, dass das Skalarprodukt von \vec{p}\cdot \vec{n} dem Wert der rechten seite der Koordinatenform entspricht. Das wäre in diesem Fall 6. Uns wurde geraten möglichst viele Nullen zu verwenden um zu simplifizieren.

Hier hat eine Null genügt.

Für \vec{p} haben wir \vec{p}  =\begin{pmatrix} 1,5 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} gewählt. Wir hätten uns auch für \vec{p}  =\begin{pmatrix} 3 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} entscheiden können.

So erhalten wir für unsere Formel \vec{x}\cdot \vec{n}= \vec{p}\cdot \vec{n}

\vec{x} \cdot \begin{pmatrix} 2 \\ 3 \\ 1 \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 1,5 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 2 \\ 3 \\ 1 \end{pmatrix} =6

Der Graph sieht demnach in der Normalenform folglich aus:


E:[x-\begin{pmatrix} 1,5 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} ]\cdot \begin{pmatrix} 2 \\ 3 \\ 1 \end{pmatrix}


Bei der Konvertierung in die Normalenform können wir den n-Vektor ablesen.

Bild:

Pythago24 3D15.png



Beispiele

Weiterhin haben wir einige Beispiele aus dem Buch behandelt.



Bu.225

NR. 1b)

Konvertieung NF \rightarrow KF

Aufgabenstellung: Die Ebene E geht durch den Punkt P und hat den Normalenvektor \vec{n}. Geben Sie eine Normalengleichung der Ebene E an. Bestimmen Sie daraus eine Koordinatengleichung der Ebene E.

P(9|1|-2)\qquad \vec{n} = \begin{pmatrix} 0 \\ 8 \\ 3 \end{pmatrix}

\vec{p} =\begin{pmatrix} 9 \\ 1 \\ -2 \end{pmatrix}

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

\begin{pmatrix} 0 \\ 8 \\ 3 \end{pmatrix} [\vec{x} -\begin{pmatrix} 9 \\ 1 \\ -2 \end{pmatrix} ]=0 Unsere Normalengleichung.

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

\vec{x} \cdot \begin{pmatrix} 0 \\ 8 \\ 3 \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 0 \\ 8 \\ 3 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 9 \\ 1 \\ -2 \end{pmatrix}

\vec{x} \cdot \begin{pmatrix} 0 \\ 8 \\ 3 \end{pmatrix} =2

8x_{2}+ 3x_{3} =2

Die Ebene ist parallel zur x_{1}-Achse und senkrecht zur x_{2},x_{3}-Ebene.

Spurpunkte

8x_{2}+ 3x_{3} =2

x_{2}=0 \Rightarrow x_{3} = \frac{2}{3}

S_{3} (0|0|\frac{2}{3})

x_{3}=0\Rightarrow  x_{2}=\frac{1}{4}

S_{2} (0|\frac{1}{4}|0)

Pythago24 3D10.png

Pythago24 3D11.png


NR. 2b) Punktprobe

Aufgabenstellung: Eine Ebene E geht durch den Punkt (2|-5|7) und hat den Normalenvektor \begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ -2 \end{pmatrix} .

Prüfen sie ob Folgende Punkte in der Ebene E liegen.

b) B(0|-1|7)

P (2|-5|7)

\vec{n} =\begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ -2 \end{pmatrix}

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

Um herauszu finden ob der Punkt B in der Ebene liegt setzen wir ihn für \vec{x} ein.

\begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ -2 \end{pmatrix}\cdot [\begin{pmatrix} 0 \\ -1 \\ 7 \end{pmatrix}- \begin{pmatrix} 2 \\ -5 \\ 7 \end{pmatrix}]= \begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ -2 \end{pmatrix}\cdot [  \begin{pmatrix} -2 \\ 4 \\ 0 \end{pmatrix} ] =-4+4+0=0

Der Punkt liegt auf der Ebene, da wir 0 als Ergebnis haben.


NR. 4b) PF \rightarrow KF

Koordinatenform der Ebene E

Aufgabenstellung: Bestimmen Sie eine Koordinatengleichung der Ebene E.

E:\vec{x}= \begin{pmatrix} 6 \\ 9 \\ 1 \end{pmatrix}+r\cdot \begin{pmatrix} 4 \\ 1 \\ -4 \end{pmatrix}+s\cdot \begin{pmatrix} 1 \\ -2 \\ -4 \end{pmatrix}

Beim Konvertieren setzten wir bisher die Ebene mit \vec{x} also mit \begin{pmatrix} x_{1}  \\ x_{2} \\ x_{3} \end{pmatrix} gleich. Oftmals haben wir 3 Zeilen und müssen diese in Dreiecksform einreihen. Wir knacken dann zwei Zeilen um diese in die dritte einzusetzen.

Hier gehen wir anders vor. Wir konvertieren die Parametergleichung mit der Normalenform in die Koordinatenform.

Dazu benötigen wir einen Normalenvektor der Senkrecht zu den Spannvektoren ist.

Wir stellen ein LGS auf bei dem wir die Spannvektoren mit \vec{n} also \begin{pmatrix} n_{1}  \\ n_{2}   \\ n_{3}  \end{pmatrix} multiplizieren.

Die Gleichungen setzen wir 0.

Pythago24 LGS10.png

\vec{n}  =\begin{pmatrix} 4 \\ -4 \\ 3 \end{pmatrix}

[\vec{x} -\begin{pmatrix} 6 \\ 9 \\ 1 \end{pmatrix} ]\cdot \begin{pmatrix} 4 \\ -4 \\ 3 \end{pmatrix} =0

\vec{x}\cdot \begin{pmatrix} 4 \\ -4 \\ 3 \end{pmatrix} = 24-36+3

4x_{1}- 4x_{2}+ 3x_{3} = -9


Hausaufgaben für den 21.11.12

Bu.S.231 NR 11c,d

S.221 NR 9a | 14b |8c

S.223-224 lesen

S.225 NR 1a,c | 2 |3a |(5a |6)



Protokoll vom 21.11.2012/ Thema: Lagebeziehungen von Ebenen in Normalform

Protokoll von --OB3A 18:26, 21. Nov. 2012 (CET)) (Schuljahr 2012 / 13)
Lehrer C.-J. Schmitt (3 Unterrichtsstunden)

Besprechung der Hausuafgaben vom 26. 11.

S.221

Aufgabe 9a.

c_{1}=-8

b_{2}=3

b_{3}=-\frac{3}{2}


Aufgabe 14b.

Nein, die Ebenen sind nicht zueinander orthogonal


Aufgabe 8c.

\vec{x} =r\begin{pmatrix} 5 \\ 5 \\ -3 \end{pmatrix}


S.225

Aufgabe 1a.

3x_{1} -2x_{2} +7x_{3} =0


Aufgabe 1c.

7x_{1} -7x_{2} +3x_{3} =0


Aufgabe 2a.

Der Punkt liegt nicht in der Ebene


Aufgabe 3a.

Normalengleichung:

\left[  \vec{x} - \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} \right] \cdot \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}


Koordinatengleichung:

x_{3}-1=0


Der Punkt D liegt nicht in der Ebene




Berechnung der Lagebeziehung von Ebene in NF

E: \left[ \vec{x}-\vec{p}\right] \cdot \vec{n} =0

E*: \left[ \vec{x}-\vec{p*}\right] \cdot \vec{n*} =0



E und E* schneiden sich in der NF

\vec{n} , \vec{n*} \qquad l.u.


Dazu können wir noch den Schnittwinkel berechnen.

Veranschaulichung: Hier sehen wir zwei Ebenen, die sich schneiden und jeweils ihre Normalen, doe orthogonal auf ihnen stehen.

Schnittwinkel.jpg

Der Schnittwinkel der Ebene ist gleich dem Schnittwinkel der Normalvektoren.

Formel:

\cos (\alpha ) =\frac{\vec{n} \cdot \vec{n*}  }{|\vec{n}| \cdot |\vec{n*}|  }


E und E* sind identisch

a)\vec{n} , \vec{n*} \qquad l.a.

b) \left[ \vec{q} - \vec{p} \right] *\vec{n} = 0



E und E* sind parallel

a) \vec{n} , \vec{n*} \qquad l.a.

b) \left[ \vec{q} - \vec{p} \right] \cdot \vec{n} \neq 0



Beispiele

Beispiel 1. (S260 A2a)

Bei diesem Beispiel wird nach der Größe des Schnittwinkels zwischen den beiden Ebenen gefragt, falls diese nicht parallel sind.


E_{1} :\left[ \vec{x}-\begin{pmatrix} 1\\ 2 \\ 0 \end{pmatrix}  \right] \cdot \begin{pmatrix} 5\\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} =0


E_{2} :\left[ \vec{x}-\begin{pmatrix} 2\\ 3 \\ 7 \end{pmatrix}  \right] \cdot \begin{pmatrix} 6\\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} =0


Normalform :

\left[ \vec{x} - \vec{p} \right] \cdot \vec{n} =0

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


Parallelität

Um zu erkennen ob die Ebenen parallel sind, überprüfen wir, ob die beiden Normalvektoren l.a. sind.


\begin{pmatrix} 5\\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} \qquad \begin{pmatrix} 6 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}


Da der eine Vektor nicht als Vielfaches des anderen darstellen können, sind sie l.u. und schneiden sich somit.

E_{1}  \cap E_{2}  =g


In diesem Schaubild erkennen wir besonders gut, dass die Ebenen sich schneiden.

Parallelität Bsp1.jpg


Schnittgerade

Nun können wir die Schnittgerade bestimmen. Um dies tuen zu können, müssen wir zunächst die Normalform in die Koordinatenform umschreiben. Dazu verwenden wir die beiden Spannvektoren der Gleichungen und \vec{p} der ersten Gleichung.


\vec{x} =\begin{pmatrix} 5 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 0 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 5 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}


Aus den letzten Vektoren lässt sich nun ein LGS bilden.


E_{1}: \quad 5x_{1} + x_{3}=5

E_{2}: \quad 6x_{1} + x_{2}=15

Daraus lässt sich ein LGS formen, in dem x_{3} vorgegeben ist. x_{1} und x_{2} können wir somit bestimmen und daraus eine Geradengleichung bilden.


S.260 2a.2.jpg


Schnittgerade ist dem zu Folge:


\vec{x} =\begin{pmatrix} -\frac{1}{5}x_{3}+1   \\ \frac{6}{5}x_{3}+9  \\ x_{3} \end{pmatrix}


g: \vec{x}=\begin{pmatrix} 1 \\ 9 \\ 0 \end{pmatrix} +t\begin{pmatrix} -1 \\ 6 \\ 5 \end{pmatrix}




Schnittwinkel

Nun können wir zu der Schnittgerade noch den Schnittwinkel berechnen

\cos (\alpha ) =\frac{\vec{n} \cdot \vec{n*}  }{|\vec{n}| \cdot |\vec{n*}|  }

 = \frac{30}{\sqrt{27} \cdot \sqrt{37}  }


\alpha =arccos(\frac{30}{\sqrt{27 \cdot 37} } )


\alpha =14,7



Beispiel 2

In Dieser Aufgabe ist die Lagebeziehung der zwei Ebenen gefragt.


E_{1} = \left[ \vec{x} -\begin{pmatrix} 7 \\ 4 \\ 11 \end{pmatrix} \right] \cdot \begin{pmatrix} 0 \\ 13 \\ 0 \end{pmatrix} =0


E_{2} = \left[ \vec{x} -\begin{pmatrix} 5 \\ 5 \\ 5 \end{pmatrix} \right] \cdot \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} =0

Um die Lagebeziehung herauszufinden, beginnen wir zunächst mit der Parallelität.



Parallelität

Wir vergleichen die beiden Normalvektoren mit einander.


\begin{pmatrix} 0 \\ 13 \\ 0 \end{pmatrix} \qquad \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} \qquad l.a.


Der zweite Vektor müsste mit 13 multipilziert werden damit er der selbe ist wie der erste. Die Ebenen sind also l.a. und parallel.

 E_{1} ||E_{2}



Punktprobe

Um zu erkennen ob die Ebenen nun auch noch identisch sind, führen wir eine Punktprobe durch. Dabei setzten wir \vec{p} aus der zweiten Gleichung in die erste ein.


\left[ \begin{pmatrix} 5 \\ 5 \\ 5 \end{pmatrix}-\begin{pmatrix} 7 \\ 4 \\ 11 \end{pmatrix}   \right] \cdot \begin{pmatrix} 0 \\ 13 \\ 0 \end{pmatrix}  = \begin{pmatrix} -2 \\ 1 \\ -6 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 0 \\ 13 \\ 0 \end{pmatrix} =13

Damit die Ebenen auch identisch wären, müsste als Ergebnis 0 heraus kommen. Sie sind demnach nicht identisch.

E_{1} \neq E_{2}



Beispiel 3.

Auch in dieser Aufgabe sollen wir die Lagebeiehung der zwei Ebenen berechnen.

E_{1}: \begin{pmatrix} 2 \\ -3 \\ 5 \end{pmatrix} \cdot \left[ \vec{x} - \begin{pmatrix} 0 \\ -1 \\ -1 \end{pmatrix}\right] =0


E_{2}: \begin{pmatrix} -4 \\ 6 \\ -10 \end{pmatrix} v \left[ \vec{x} - \begin{pmatrix} -1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}\right] =0

Wir beginnen wieder mit der Parallelität der Ebenen.



Parallelität

Um festzustellen, ob die beiden Ebenen parallel sind, müssen wir die Normalvektoren auf l.a. überprüfen.


\begin{pmatrix} 2 \\ -3 \\ 5 \end{pmatrix} \qquad \begin{pmatrix} -4 \\ 6 \\ -10 \end{pmatrix} \qquad


Wie wir hier erkennen können sind die Normalvektoren l.a., da sich der eine Vektor als ein Vielfaches des anderen darstellen lässt.

Fehler beim Parsen(Lexikalischer Fehler): E_{1}|| E_{2\




Punktprobe

Um nun noch festellen zu können, ob die Vektoren identisch sind, führen wir eine Punktprobe durch. Dabei setzten wir \vec{p} der zweiten Gleichung in die ersten ein.


\begin{pmatrix} 2\\ -3 \\ 5 \end{pmatrix} \left[ \begin{pmatrix} -1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} - \begin{pmatrix} 0 \\ -1 \\ -1 \end{pmatrix} \right] = \begin{pmatrix} 2 \\ -3 \\ 5 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} -1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} =-2-3+5=0


Da wir hier als Ergebnis 0 heraus bekommen, sind die Ebenen sowohl parallel als auch identisch.

E_{1} = E_{2}


Beispiel 4.

In dieser Aufgabe wird die Lagebeziehung der zwei Ebenen überprüft.


E_{1} = \left[ \vec{x}- \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}   \right] \cdot \begin{pmatrix} 2 \\ 0 \\ -1 \end{pmatrix} =0

E_{2} = \left[ \vec{x}- \begin{pmatrix} 5 \\ 6 \\ 7 \end{pmatrix}   \right] \cdot \begin{pmatrix} 4 \\ 2 \\ 8 \end{pmatrix} =0

Wir beginnen mit der Parallelität der Ebenen.



Parallelität

Um festzustellen, ob die beiden Ebenen parallel sind, müssen wir die Normalvektoren auf l.a. überprüfen.


\begin{pmatrix} 2 \\ 0 \\ -1 \end{pmatrix} \qquad \begin{pmatrix} 4 \\ 2 \\ 8 \end{pmatrix}  \qquad l.u.


Da sich der eine Vektor nicht durch den anderen darstellen lässt, sind die Vektoren l.u. und schneiden sich somit.

\ E_{1} \cap E_{2} = g


Da wir jetzt festgestellt haben, dass die Ebenen sich schneiden, können wir auch den Schnittwinkel der Schnittgeraden berechnen. Dazu verweden wir unseren bekannten Formel.



Schnittwinkel

Formel:

\cos (\alpha ) =\frac{\vec{n} \cdot \vec{n*}  }{|\vec{n}| \cdot |\vec{n*}|  }


In diese Formel können wir die Normalvektoren einsetzten, da diese uns schon gegeben sind.


=\frac{\begin{pmatrix} 2 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 4 \\ 2 \\ 8 \end{pmatrix} }{|\vec{n} | \cdot |\vec{n*}| } =\frac{8+0-8}{|\vec{n} | \cdot |\vec{n*}| } =0


Als Ergebnis bekommen wir 0 herraus, was uns zeigt, dass die Ebenen senkrecht aufeinander stehen und somit orthogonal sind.

\ E_{1} \perp \ E_{2}


Orthogonalität Bsp4.jpg


Somit ist \alpha = 90^\circ



Beispiel 5 (S.260 A2c)

Hier sollen wir die Lagebeziehung der beiden Ebenen überprüfen.


 E_{1} : 3x_{1} +5x_{2}=0

 E_{2} : 2x_{1} -3x_{2}-3x_{3}=13



Schnittwinkel

Dafür benötigen wir zunächst die beiden Normalvektoren, die sich aus den Gleichungen ablesen lassen. Aus der ersten und der zweiten Gleichung lässt sich jeweils ein Normalvektor erkennen. Wir tragen einfach jeweils die Zahlen vor dem x zusammen. x_{1}, x_{2} oder x_{3} geben die Stellung in dem Vektor an.


\vec{n_{1}}=\begin{pmatrix} 3 \\ 5 \\ 0 \end{pmatrix} \qquad \qquad \qquad \vec{n_{2}}=\begin{pmatrix} 2 \\ -3 \\ -3 \end{pmatrix}


Wir berechnen den Schnittwinkel mit unseren bekannten Formel.

\cos (\alpha ) =\frac{\vec{n_{1}} \cdot \vec{n_{2} }  }{|\vec{n_{1}}| \cdot |\vec{n_{2} } | }


=\frac{6-15}{\sqrt{34} \cdot \sqrt{4+18} } =\frac{-9}{\sqrt{748} }


\alpha =109,21


Wie wir erkennen können, ist unser Ergebnis ziemlich groß. Da man bei Geraden und Ebenen immer den kleineren Winkeln angibt, müssen wir noch \beta berechnen.


Skizze:

S.260 2c.jpg


\beta =180 ^\circ -109,27 ^\circ =70,79 ^\circ


Visualisiert würde es wie folgt aussehen:

Schnittwinkel 2c.jpg



Schnittgerade

Um die Schnittgerade zu berechnen müssen wir die beiden Gleichungen in ein LGS setzten und nach x_{1} und x_{3} auflösen. Dabei wird x_{2} vorgegeben. Am Ende können wir es ausklammern und haben unsere Geradengleichung.


S.260 2c LGS1.jpg


S.260 2c LGS2.jpg


Nun können wir die Schnittgerade berechnen, indem wir aus x_{1} , x_{2} und  x_{3}  \vec{x} bilden.


 \vec{x} =\begin{pmatrix} \frac{5}{3}x_{2}   \\ x_{2} \\ -\frac{13}{3} -\frac{19}{9}x_{2}   \end{pmatrix}


Wenn wir  x_{2} jetzt ausklammern, erhalten wir den Stütz- und Richtungsvektor.


g: \vec{x} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ -13 \end{pmatrix} +\lambda \begin{pmatrix} -5 \\ 3 \\ -\frac{19}{3}  \end{pmatrix}


Damit wir den Bruch aus dem Richtungsvektor heraus bekommen, multiplizieren wir ihn nochmal mit 3.

 g: \vec{x} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ -13 \end{pmatrix} + \mu  \begin{pmatrix} -15 \\ 9 \\ -19 \end{pmatrix}


Somit haben wir unsere Schnittgerade.



Beispiel 6 (Klapptest 1.)

Aufgabe 1.

In dieser Aufgaben wird gefordert die Lagebeziehung zwischen der Ebene und der Gerade zu berechnen.

g: \vec{x} =\begin{pmatrix} 2 \\ 1\\ 1 \end{pmatrix}+r\begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ -2 \end{pmatrix}

E: \vec{x} = \begin{pmatrix} 1 \\ 3 \\ -1 \end{pmatrix} \cdot \left[ \vec{x}  - \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} \right] =0



Lage der Gerade

Um hier zu überprüfen, ob die Gerade in der Ebene liegt muss man die Geradengleichung in die Ebenengleichung einsetzen. Wir können nicht, wie bei der Berechnung von der Lagebeziehung zwischen Ebene und Ebene, die Gleichungen gleichsetzten. Dies funktioniert nicht, da die Geradengleichung nicht die gleiche Form hat wie die Ebenengleichung, d.h. die Ebene hat beispielsweise einen Normalvektor, den es bei der Gerade nicht gibt.


 \begin{pmatrix} 1 \\ 3 \\ -1 \end{pmatrix} \cdot \left[ \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} +r\begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ -2 \end{pmatrix}  \right] =0


 \begin{pmatrix} 1 \\ 3 \\ -1 \end{pmatrix} \cdot \left[ \begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} +r\begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ -2 \end{pmatrix} -\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} \right] =0


 \begin{pmatrix} 1 \\ 3 \\ -1 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} + r\begin{pmatrix} 1 \\ 3 \\ -1 \end{pmatrix}  \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ -2 \end{pmatrix}=0


0+r-3r+2r=0

r \cdot 0=0


r ist beliebig


An dem Ergebnis erkennen wir, dass die Gerade eine Untermenge der Ebene ist. Das bedeutet, dass g in der Ebene liegt.

g \subseteq E


Beispiel 7 (Klapptest 1.)

Aufgabe 3


Auch hier ist es die Aufgabe die Lagebeziehung zwischen Gerade und Ebene zu untersuchen.


g :\vec{x}=\begin{pmatrix} -1 \\ 2 \\ 1 \end{pmatrix} +r\begin{pmatrix} 2 \\ -1 \\ -2 \end{pmatrix}


E: \begin{pmatrix} 2 \\ -3 \\ 1 \end{pmatrix}  \left[ \vec{x} -\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} \right] =0




Lage der Gerade


Nun setzten wir die Geradngleichung in die Ebenengleichung ein um zu überprüfen ob die Gerade in der Ebene liegt.


\begin{pmatrix} 2 \\ -3 \\ 1 \end{pmatrix}  \cdot \left[ \begin{pmatrix} -1 \\ 2 \\ 1 \end{pmatrix} +r\begin{pmatrix} 2 \\ -1 \\ -2 \end{pmatrix}  -\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} \right] =0


\begin{pmatrix} 2 \\ -3 \\ 1 \end{pmatrix}  \cdot \left[ \begin{pmatrix} -2 \\ 2 \\ 0 \end{pmatrix} + r\begin{pmatrix} 2 \\ -1 \\ -2 \end{pmatrix}   \right] =0


\begin{pmatrix} 2 \\ -3 \\ 1 \end{pmatrix}  \cdot \begin{pmatrix} -2 \\ 2\\ 0 \end{pmatrix} +r\begin{pmatrix} 2 \\ -1 \\ -2 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 2 \\ -3 \\ 1 \end{pmatrix} =0


-10+5r=0

5r=10

r=2


Da wir hier ein Ergebnis für r herausbekommen, erkennen wir, dass die Gerade die Ebene schneidet.

Lage der Gerade.jpg



Schnittpunkt

Um nun noch den Schnittpunkt berechnen zu können, setzten wir r=2 in die Geradengleichung ein. Das Ergebnis ist dann der Schnittpunkt.


\vec{s} = \begin{pmatrix} -1 \\ 2 \\ 1 \end{pmatrix} + 2\begin{pmatrix} 2 \\ -1 \\ -2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 3 \\ 0 \\ -3 \end{pmatrix}


Der Schnittpunkt liegt bei S(3|0|-3).


Hausaufgaben für den 26.11.2012

Klapptest 3 alle Aufgaben

S.260 A 2b,d

S.225 A 2c,3b,4a,7,11,13a

Klapptest 1 A 2-4



Protokoll vom 26.11.2012/ Thema:Winkelbestimmung zwischen einer Geraden und einer Ebene | Lagebeziehung zwischen einer Ebene in PF und einer Ebene in NF | Schnittgeradenermittlung aus zwei Ebenen in NF

Protokoll von--Liberté 18:35, 26. Nov. 2012 (CET) (Schuljahr 2012 / 13)
Lehrer C.-J. Schmitt (2 Unterrichtsstunden)

Am Anfang der Unterrichtsstunde wies uns Herr Schmitt darauf hin, dass ein Mitschüler unseres Kurses die Musterlösung für die am 21.11.2012 geschriebene Hausaufgabenüberprüfung in das Wiki übertragen wird.

Des Weiteren thematisierte Herr Schmitt die Protokolle, welche nicht von einer für die Schülerin oder den Schüler unzumutbaren Quantität sein sollten, zumal auch nur die Qualität des Protokolls ausschlaggebend ist.

Beispielsweise erklärte Herr Schmitt, dass die Hausaufgaben, welche im Unterricht besprochen wurden, nicht ausführlich im Protokoll behandelt werden müssen, da das Übertragen der Ergebnisse in das Protokoll völlig ausreichen sei.

Nur bei Unstimmigkeiten oder Problemen bei einzelnen Aufgaben sollte näher darauf eingegangen werden.

Zudem erwähnte Herr Schmitt, dass die Protokollkette aktualisiert wurde und dass er bei Unstimmigkeiten gerne kontaktiert werden kann.

Als letzten Punkt sprach Herr Schmitt die Musterklausur für die zweite Klausur am 10.12.2012 an, welche er am heutigen Tag in das Wiki übertragen hat, wobei diese erst ab dem 01.12.2012 bearbeitet werden soll, da sich die Schülerinnen und Schüler zunächst auf das Repetitorium der Analysis am Samstag, den 01.12.2012 (Beginn: 9 Uhr), vorbereiten sollen.


Hausaufgaben vom 21.11.2012

Der Klapptest "Ebenen in Normalform - Lagebeziehung Ebene NF - Ebene NF", welcher bis zum 26.11.2012 zu bearbeiten war, wurde nicht thematisiert, da die Lösungen der Aufgaben auf dem Klapptest vorhanden waren und da es auch sonst keine Unstimmigkeiten oder Probleme bei dem Lösen der Aufgaben dieses Klapptests gab.


Seite 260


Aufgabe 2.b.

Bei dieser Aufgabe soll der Schnittwinkel zwischen zwei Ebenen, welche in Koordinatenform gegeben waren, ermittelt werden.

Dabei waren die gegebenen Ebenen die Folgenden.

E_1:x_1+x_2+x_3=10

E_2:x_1-x_2+7x_3=0

In den vorherigen Unterrichtsstunden haben wir gelernt, dass der Schnittwinkel zweier Ebenen, vorausgesetzt, dass diese eine gemeinsame Schnittgerade besitzen, wie folgt mittels der Normalenvektoren der Ebenen ermitteln kann.

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

Dazu benötigen wir die Normalenvektoren, welche wir über die folgende Beziehung ermitteln können.

Für eine Ebene in Normalenform können wir das Folgende formulieren.

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

Dies können wir wie folgt umformulieren.

E:n_1x_1+n_2x_2+n_3x_3=\vec{p} \cdot \vec{n}

Daraus können wir schließen, dass die Faktoren der einzelnen Koordinaten der Koordinatenform die Koordinaten für die Normalenvektors angeben.

Daher können wir die Folgenden Normalenvektoren bestimmen.

\vec{n_1}=\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}

\vec{n_2}=\begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 7 \end{pmatrix}

Berücksichtigen wir diese Normalenvektoren, beziehungsweise deren Skalarprodukt und deren Beträge, in unserer zuvor formulierten Gleichung und lösen diese mittels des Arkuskosinus nach dem Winkel α auf, so erhalten wir das folgende Ergebnis.

\alpha \approx 55,53^{o}


Aufgabe 2.d.

Auch bei dieser Aufgabe wurden uns zwei Ebenen gegeben, zwischen welchen der Schnittwinkel zu prüfen war.

Die gegebenen Ebenen waren die Folgenden.

E_1:x_2=3

E_2:x_1=5

Da die Ebene E1 parallel zur x1x3-Ebene liegt, da die Ebene E2 parallel zur x2x3-Ebene liegt und da die x1x3-Ebene und die x2x3-Ebene mit einem Winkel von 90° schneiden, ist dies auch der Schnittwinkel für die beiden gegebenen Ebenen.

Werden die beiden Normalenvektoren formuliert und ihr Skalarprodukt gebildet, so erlangt man das gleiche Ergebnis.


Seite 225


Aufgabe 2.c.

Die Aufgabenstellung erfordert bei dieser Aufgabe, dass man überprüfen soll, ob der im folgenden definierte Punkt C in der ebenfalls im folgenden formulierten Ebene E liegt.

C(3|-1|10)

E:\left[\vec{x}-\begin{pmatrix} 2 \\ -5 \\ 7 \end{pmatrix} \right] \cdot \begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ -2 \end{pmatrix} =0

Dazu formulieren wir den Ortsvektor des Punktes C und setzten diesen für den Vektor \vec{x} ein und überprüfen somit, ob der Punkt auf der Ebene liegt.

E:\left[\begin{pmatrix} 3 \\ -1 \\ 10 \end{pmatrix}-\begin{pmatrix} 2 \\ -5 \\ 7 \end{pmatrix} \right] \cdot \begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ -2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 \\ 4 \\ 3 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ -2\end{pmatrix} =0

Da das letztere Skalarprodukt Null ergibt, können wir aussagen, dass der Punkt C ein Element der Ebene E ist.

C \in E


Aufgabe 3.b.

Bei dieser Aufgabe gilt es aus drei gegebenen Punkten die Koordinatengleichung und die Normalengleichung der durch die drei Punkte festgelegte Ebene zu ermitteln.

Die gegebenen Punkte sind die Folgenden.

A(-1|2|0) \qquad \qquad B(-3|1|1) \qquad \qquad C(1|-1|-1)

Nach dem Anwenden der uns bekannten Methoden können wir mittels dieser gegebenen Punkte die Ebene wie folgt angeben.

E:x_1+2x_3=-1

E: \left[ \vec{x} - \begin{pmatrix} -1 \\ 2 \\ 0 \end{pmatrix} \right] \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 2 \end{pmatrix} = 0

Nun ist des Weiteren zu überprüfen, ob der im Folgenden genannte Punkt D ein Element der Ebene E ist.

D(-7|1|3)

Wir erstellen den Ortsvektor dieses Punktes und führen eine Punktprobe mittels der Normalenform durch.

\left[ \begin{pmatrix} -7 \\ 1 \\ 3 \end{pmatrix} - \begin{pmatrix} -1 \\ 2 \\ 0 \end{pmatrix} \right] \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -6 \\ -1 \\ 3 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 2 \end{pmatrix} =0

Damit haben wir nachgewiesen, dass der Punkt D in der Ebene E liegt, weshalb wir das Folgende formulieren können.

D \in E


Aufgabe 4.a.

Bei dieser Aufgabe gilt die im folgenden notierte Ebene in Parameterform in die Koordinatenform umzuwandeln.

E:\vec{x} =\begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ 2 \end{pmatrix}+ r \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ 3 \\ 0 \end{pmatrix} + s \cdot \begin{pmatrix} -2 \\ 1 \\ 3 \end{pmatrix}

Setzen wir diese den Term in der Ebene mit dem Vektor \vec{x} gleich und wenden ein lineares Gleichungssystem nach den uns bekannten Methoden an, so erhalten wir das folgende Ergebnis.

E: 9x_1 -3x_2+7x_3=29


Aufgabe 7.

Da einige Schüler nach dem Bearbeiten dieser Aufgabe noch Fragen zu dieser Aufgabe hatten, wird diese im Folgenden genauer besprochen.

Gegeben war sinngemäß die folgende Abbildung.

Liberté Bildschirmfoto 2012-11-27 um 14.12.32.png

Die Punkte P und Q waren zudem durch die folgenden Koordinaten definiert.

P(-1|2|-3) \qquad \qquad Q(2|1|3)

Nun sollte mit den gegebenen Informationen eine Gleichung für die vorliegende Ebene E erstellt werden.

Als Stützvektor der Ebene können wir den Ortsvektor des Punktes Q verwenden, da der Punkt Q in der Ebene liegt.

\vec{q}=\begin{pmatrix} -1 \\ 2 \\ -3 \end{pmatrix}

Nun ist zu überlegen, wie der Normalenvektor der Ebene bestimmt werden kann.

Anhand der obigen Abbildung erkennen wir, dass der Winkel zwischen der Geraden und der Ebene bei 90° liegt, sodass auch zwischen dem Richtungsvektor der Geraden und der Ebene ein solcher Winkel vorliegt.

Der Normalenvektor einer Ebene ist ein Vektor, welcher einen Winkel von 90° zur Ebene hat, weshalb wir den Richtungsvektor der Ebene als Normalenvektor verwenden können.

Den Richtungsvektor der Ebene können wir wie folgt ermitteln.

\vec{u}=\vec{PQ}= \vec{q} - \vec{p} = \begin{pmatrix}2 \\ 1 \\ 3 \end{pmatrix} - \begin{pmatrix} -1 \\ 2 \\ -3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 3 \\ -1 \\ 6 \end{pmatrix}= \vec{n}

Nachdem wir den Stützvektor und den Normalenvektor der Ebene E erstellt haben, können wir die folgende Normalenform der Ebene E formulieren.

E: \left[ \vec{x} - \begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ 3 \end{pmatrix} \right] \cdot \begin{pmatrix} 3 \\ -1 \\ 6 \end{pmatrix} = 0

Nun wurde in der Aufgabe zusätzlich verlangt, dass die gemeinsamen Punkte der Ebene mit den Koordinatenachsen, also die Spurpunkte der Ebene, ermittelt werden sollen.

Dazu wandeln wir die Normalenform zunächst in eine Koordinatenform um, weshalb wir das Folgende ausdrücken können.

E:3x_1-x_2+6x_3=23

Nun können wir mittels dieser Koordinatenform der Ebene E die Spurpunkte ermitteln, wobei wir als Ergebnis die folgenden Punkte erhalten.

S_1 \left(\frac{23}{3} | 0 | 0 \right)

S_2 \left(0 | -23 | 0 \right)

S_3 \left( 0 | 0 | \frac{23}{6} \right)


Aufgabe 11.a.

Bei dieser Aufgabe gilt es bei vier gegebenen Ebenen zu überprüfen, welche dieser Ebenen zueinander parallel sind.

Dabei sind die folgenden vier Ebenen gegeben.

E_1:2x_1-x_2+3x_3=10

E_2:3x_1+5x_2+3x_3=1

E_3:-4x_1+2x_2-3x_3=-19

E_4:-3x_1-5x_2-3x_3=-1

Erstellt man die Normalenvektoren der einzelnen Ebenen und überprüft diese jeweils paarweise auf lineare Abhängigkeit, so erfährt man, dass die Ebene E2 parallel zur Ebene E4 ist, wobei der Vorgang hierzu im Folgenden dargestellt wird.

Die Normalenvektoren der beiden genannten Ebenen lassen sich aus den Koordinatengleichungen, wie zuvor erläutert, ablesen und sind die Folgenden.

\vec{n_2} = \begin{pmatrix} 3 \\ 5 \\ 3 \end{pmatrix} \qquad \qquad \vec{n_4} = \begin{pmatrix} -3 \\ -5 \\ -3 \end{pmatrix}

Direkt lässt sich erkennen, dass die Normalenvektoren linear abhängig und deshalb parallel sind, weshalb auch die Ebene E2 parallel zur Ebene E4 sein muss.


Aufgabe 11.b.

Hierbei gilt es eine Ebene F zu erstellen, welche parallel zur Ebene E1 aus der vorigen Teilaufgabe sein und den im Folgenden definierten Punkt P enthalten sein soll.

P (2|3|7)

Nun definieren wir den Ortsvektor des Punktes P als den Stützvektor der Ebene F und übernehmen den Normalenvektor der Ebene E1 für unsere Ebene F, weshalb wir die folgende Ebene in Normalenform erhalten.

F: \left[ \vec{x} - \begin{pmatrix} 2 \\ 3 \\ 7 \end{pmatrix} \right] \cdot \begin{pmatrix} 2 \\ -1 \\ 3 \end{pmatrix} = 0

Aus dieser Normalenform können wir zudem die folgende Koordinatenform der Ebene F erstellen.

F: 2x_1-x_2+3x_3=22


Aufgabe 13.a.

Bei dieser Aufgabe war die folgende Ebenenscharr Ea in Koordinatenform gegeben, von welcher man die Normalenvektoren bei bestimmten Werten für die Formvariable a ermitteln soll.

E_a: 3ax_1+5ax_2-2ax_3= 4

Allgemein kann man für die Normalenvektoren der Ebene das Folgende formulieren.

\vec{n_a}= \begin{pmatrix} 3a \\ 5a \\ -2a \end{pmatrix}

Nun sollen die Normalenvektoren der Ebene Ea für die Werte 2, -1 und 5 für die Formvariable a bestimmt werden, welche die Folgenden sind.

\vec{n_2}= \begin{pmatrix} 6 \\ 10 \\ -4 \end{pmatrix}

\vec{n_-1}= \begin{pmatrix} -3 \\ -5 \\ 2 \end{pmatrix}

\vec{n_5}= \begin{pmatrix} 15 \\ 25 \\ -10 \end{pmatrix}


Zu der 18. Aufgabe und zu dem Klapptest "Ebenen in Normalenform - Lagebeziehung Ebene NF - Gerade " waren die Lösung angegeben, weshalb die Aufgaben, auch, weil es hierbei keine Unstimmigkeiten gab, im Unterricht nicht thematisiert wurden.


Ermittlung des Schnittwinkels zwischen einer Geraden und einer Ebene


Herleitung der diesbezüglichen Formel

Zu Anfang dieses neuen Abschnitts haben wir kurz resümiert, dass wir den Schnittwinkel zwischen zwei Geraden ermitteln können und auch das Bestimmen des Schnittwinkels zwischen zwei Ebenen haben wir bereits erlernt.

Nun beschäftigten wir uns mit dem Schnittwinkel zwischen einer Geraden und einer Ebene, wobei zunächst festgelegt werden soll, welcher Winkel hierbei gemeint sein soll.

Zunächst ist jedoch anzumerken, dass die Voraussetzung für die Ermittlung eines Schnittwinkels mindestens ein Schnittpunkt zwischen der untersuchten Geraden und der festgelegten Ebene ist.

Wir haben, unter anderem, um zu verdeutlichen, welcher Winkel der Schnittwinkel zwischen einer sich mit der Ebene schneidenden Gerade und der Ebene ist, die folgende Skizze angefertigt, welche dies illustrieren soll und uns zudem bei der Ermittlung dieses Schnittwinkels behilflich sein soll.

Zur Illustration:

Liberté Bildschirmfoto 2012-11-27 um 15.44.33.png

Der Schnittwinkel zwischen einer Geraden und einer Ebene, vorausgesetzt, diese schneiden sich, ist als der in der Skizze mit dem griechischen Buchstaben α markierte Winkel definiert.

Würden wir hierbei den Winkel zwischen dem Richtungsvektor \vec{u} der Geraden g und dem Normalenvektor \vec{n} der Ebene E berechnen, so wäre der berechnete Winkel der Winkel β.

Die Formel zur Ermittlung des Winkels β kann wie folgt formuliert werden, wobei wir hierbei eine im Unterricht zuvor erlernte Formel verwenden.

\cos( \beta ) = \frac{\vec{u} \cdot \vec{n}}{|\vec{u}| \cdot |\vec{n}|}

Der Kosinus von β ist der Quotient mit dem Skalarprodukt des Richtungsvektors \vec{u} und des Normalenvektors \vec{n} im Zähler und dem Produkt der Beträge dieser Vektoren im Nenner.

Nun interessiert uns, wie wir den Winkel α ermitteln können.

Dabei wissen wir, dass der Winkel zwischen dem Normalenvektor und der Ebene bei 90° liegt, sodass die Summe des Winkels α und des Winkels β diesen Winkel ergeben muss.

Daher können wir das Folgende formulieren.

\alpha + \beta = 90^{o}

Formen wir die Gleichung um, so erhalten wir den folgenden Zusammenhang.

\beta=90^{o}-\alpha

Dies können wir nun in der zuvor erstellten Gleichung zur Ermittlung des Winkels β berücksichtigen, wodurch wir die folgende Gleichung erhalten.

\cos(\beta)=\cos(90^{o}-\alpha)=\frac{\vec{n} \cdot \vec{u}}{|\vec{n}| \cdot |\vec{u}|}


Nachdem wir nun diese Formel zur Ermittlung des Winkels α entwickelt haben, fragt sich, ob nicht ein anderer Ausdruck für den Kosinus gefunden werden kann.

Herr Schmitt teilte uns mit, dass das Folgende gilt.

\cos(\beta)=\cos(90^{0}-\alpha)=\sin(\alpha)

Dieser Zusammenhang lässt anhand eines rechtwinkligen Dreiecks erläutern, weshalb im folgenden ein rechtwinkliges Dreieck zur Begründung skizziert wird.

Liberté Bildschirmfoto 2012-11-27 um 16.29.28.png

Der Kosinus des Winkels β ist definiert als der Quotient mit Ankathete des Winkel β, welche die Seite a ist, im Zähler und mit der Hypotenuse des Dreiecks, die Seite c, im Nenner.

Daher können wir das Folgende formulieren.

\cos(\beta)=\frac{a}{c}

Zur Illustration:

Liberté Bildschirmfoto 2012-11-27 um 16.37.23.png

Nun betrachten wir uns den Sinus des Winkels α, welcher als der Quotient mit der Gegenkathete des Winkels α, de facto die Seite a, im Zähler und mit der Hypotenuse, der Seite c, im Nenner definiert ist.

Wir können daher das Folgende formulieren.

\sin(\alpha)=\frac{a}{c}

Zur Illustration:

Liberté Bildschirmfoto 2012-11-27 um 16.42.19.png

Da wir nun die Erkenntnis erlangt haben, dass der Sinus des Winkels α und der Kosinus des Winkels β miteinander übereinstimmen, können wir mathematisch das Folgende formulieren.

\cos(\beta)=\sin(\alpha)


Nachdem wir diesen Zusammenhang nachgewiesen haben, berücksichtigten wir dies in den zuvor zur Berechnung der Größe der Winkel aufgestellten Formeln, wobei dies im Folgenden mathematisch formuliert wird.

\cos(\beta)=\cos(90^{o}-\alpha)=\sin(\alpha)=\frac{\vec{u} \cdot \vec{n}}{|\vec{u}| \cdot |\vec{n}|}

Daher haben wir nun die folgende Formel zur Ermittlung des Schnittwinkels zwischen einer Ebene und einer Geraden erhalten, wobei das Schneiden der Ebene und der Geraden Voraussetzung für einen Schnittwinkel ist.

\sin(\alpha)=\frac{\vec{u} \cdot \vec{n}}{|\vec{u}| \cdot |\vec{n}|}

Der Vollständigkeit halber notieren wir uns nun auch die Formeln zur Ermittlung des Schnittwinkels zwischen zwei Ebenen und zwischen zwei Geraden.

Formel zur Ermittlung des Schnittwinkels zwischen zwei Geraden in Parameterform:

\cos(\alpha) = \frac{\vec{u} \cdot \vec{v}}{|\vec{u}| \cdot | \vec{v} |}

Dabei sind die beiden Vektoren die jeweiligen Richtungsvektoren der Geraden.

Formel zur Ermittlung des Schnittwinkels zwischen zwei Ebenen in Normalenform:

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

Hierbei sind die beiden Vektoren die jeweiligen Normalenvektoren der Ebenen.


Beispielaufgaben

Nachdem wir nun die Formel zur Ermittlung des Schnittwinkels zwischen einer Ebene und einer Geraden hergeleitet hatten, beschäftigten wir uns mit Beispielaufgaben bezüglich dieser Formel.


Erste Beispielaufgabe

Bei der ersten Beispielaufgabe gab uns Herr Schmitt den Normalenvektor einer Ebene E und den Richtungsvektor einer Geraden g an und erteilte den Arbeitsauftrag, dass wir den Schnittwinkel dieser Geraden g und der Ebene E ermitteln sollen, wobei Herr Schmitt hinzufügte, dass hierbei der Schnitt der Ebene E und der Geraden g vorausgesetzt sind.

Daher ist nur der Normalenvektor der Ebene E und der Richtungsvektor der Geraden g zur Ermittlung des Schnittwinkels zwischen diesen erforderlich.

Herr Schmitt gab uns die folgenden Vektoren an.

\vec{n}=\begin{pmatrix} 2 \\ -1 \\ -2 \end{pmatrix} \qquad \qquad \vec{u}=\begin{pmatrix} 2 \\ -3 \\ 1 \end{pmatrix}

Betrachten wir uns die soeben hergeleitete Formel zur Berechnung des Schnittwinkels zwischen der Ebene E und der Geraden g, so stellen wir fest, dass wir zunächst die Beträge der einzelnen Vektoren ermitteln müssen.

Mit Hilfe des Satzes des Pythagoras können wir die Beträge wie folgt ermitteln.

|\vec{n}|=\sqrt{n_1^2+n_2^2+n_3^2}=\sqrt{2^2+(-1)^2+(-2)^2}=\sqrt{9}=3

Nach dem gleichen Prinzip ermitteln wir den Betrag des Vektors \vec{u}

|\vec{u}|=\sqrt{2^2+(-3)^2+1^2}=\sqrt{14}

Nun berücksichtigen wir dies in den zuvor ermittelten Formel und bilden innerhalb dieser Formel auch das Skalarprodukt der beiden Vektoren.

\sin(\alpha)=\frac{\vec{n} \cdot \vec{u}}{|\vec{n}| \cdot |\vec{u}|}=\frac{4+3-2}{3 \cdot \sqrt{14}}=\frac{5}{2\cdot \sqrt{4}}

Mittels des Arkussinus, nicht des Arkuskosinus, ermitteln wir nun den Schnittwinkel α.

\sin(\alpha)=\frac{5}{2 \cdot \sqrt{4}} \qquad \qquad | \arcsin()

\alpha \approx 26,45^{o}

Somit haben wir unsere Formel praktisch angewandt und den Schnittwinkel zwischen einer Ebene und einer Geraden zu ermitteln.


Zweite Beispielaufgabe

Als zweite Beispielaufgabe diente uns die erste Aufgabe des Klapptests "Ebenen in Normalenform - Lagebeziehung Ebene NF - Gerade", in welcher die folgende Gerade g und die folgende Ebene E gegeben sind.

Auch hierbei setzten wir voraus, dass mindestens ein gemeinsamer Schnittpunkt zwischen der Geraden und der Ebene existiert, sodass die Gerade g nicht parallel zur Ebene E sein kann.

Gegeben war das Folgende.

g:\vec{x}=\begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} + r \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ -2 \end{pmatrix}

E:\begin{pmatrix} 1 \\ 3 \\ -1 \end{pmatrix} \left[ \vec{x} - \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} \right] = 0

Da wir voraussetzen, dass die Schnittmenge der Ebene E und der Geraden g mindestens einen Schnittpunkt enthält, betrachten wir uns nun nur den Normalenvektor der Ebene E und den Richtungsvektor der Geraden g und ermitteln mit Hilfe dieser Vektoren und der zuvor ermittelten Formel den Schnittwinkel zwischen der Ebene E und der Geraden g.

Errechnen wir zunächst das Skalarprodukt der beiden Vektoren, so erlangen wir über den folgenden Rechenweg das folgende Ergebnis.

1 \cdot 1 - 1 \cdot 3 -2 \cdot (-1) = 0

Ist das Skalarprodukt Null, so ist laut unserer Formel auch der Sinus des Winkels α Null und somit sind die Beträge der beiden Vektoren unerheblich für den Schnittwinkel, wie im Folgenden illustriert wird.

Mathematisch können wir das Folgende formulieren.

\sin(\alpha) = \frac{0}{|\vec{n}| \cdot |\vec{u}|}=0

Wie uns aus der Trigonometrie gekannt ist, nimmt der Sinus bei einem Winkel von 0° den Wert Null an.

Daher können wir das Folgende formulieren.

\alpha=0^{o}

Nun interpretieren wir das Ergebnis dahingehend, dass wir zu dem Schluss kommen, dass die Gerade in der Ebene liegen muss, da nur so ein Schnittwinkel von 0° möglich ist.

Die Gerade kann nicht parallel zur Ebene sein, da mindestens ein Schnittpunkt vorausgesetzt wurde.

Vergleichen wir unsere Interpretation des Ergebnisses mit der angegebenen Lösung im Klapptest zu dieser Aufgabe, so stellen wir fest, dass auch hier festgestellt wird, dass die Gerade in der Ebene liegt.


Lagebeziehung zwischen einer Ebene in Parameterform und einer Ebene in Normalenform

Als nächstes beschäftigten wir uns mit der Lagebeziehung zweier Ebenen, wobei eine Ebene in Parameterform und die andere Ebene in Normalenform gegeben sein soll.

Die Methode zur Untersuchung der Lagebeziehung erarbeiteten wir uns anhand eines Beispiels.

Herr Schmitt gab uns die folgenden beiden Ebenen vor, deren Lagebeziehung wir daraufhin prüfen wollten.

E_1:\vec{x}=\begin{pmatrix} 5 \\ -1 \\ 0 \end{pmatrix} + r \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} + s \cdot \begin{pmatrix} -1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}

E_2: \left[ \vec{x} - \begin{pmatrix} 3 \\ 2 \\ 7 \end{pmatrix} \right] \cdot \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} = 0

Dabei wollten wir die Ebenen zunächst auf Parallelität prüfen.

Der Normalenvektor der Ebene E2 ist wegen der Definition des Normalenvektors orthogonal zu den Spannvektoren dieser Ebene.

Ist der Normalenvektor auch orthogonal zu den Spannvektoren der Ebene E1, so muss die Ebene E1 parallel zur Ebene E2 sein oder mit dieser übereinstimmen.

Die Ebenen sind jedoch erst dann identisch, wenn ein Punkt einer Ebene auch ein Element der anderen Ebene ist, beispielsweise der Zielpunkt des Stützvektors einer Ebene, wobei dies über eine Punktprobe nachgewiesen werden kann.

Ist dies nicht der Fall, so kann nachgewiesen werden, dass die Ebenen parallel zueinander sind.

Liegt jedoch der Fall vor, dass der Normalenvektor nicht orthogonal zu einem der beiden Stützvektoren ist, so muss ein Schnittpunkt zwischen den Ebenen vorliegen.

Nach den soeben festgelegten Kriterien prüfen wir die Lagebeziehung der gegebenen Ebenen.

Nun prüfen wir zunächst, ob der Normalenvektor der Ebene E2 orthogonal zu den Spannvektoren der Ebene E1 ist.

Daher bilden wir zunächst das Skalarprodukt zwischen einem Spannvektor der Ebene E1 und dem Normalenvektor der Ebene E2.

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

Da unser Ergebnis ungleich Null ist, liegt keine Orthogonalität zwischen dem Normalenvektor und einem Spannvektor der Ebene E1 vor, sodass die Ebenen auch nicht parallel zueinander sein können.


Da also eine Schnittgerade vorliegen muss, wollen wir diesen nun bestimmen.

Zur Bestimmung der Schnittgerade zwischen zwei Ebenen gehen wir ähnlich vor wie zur Bestimmung des Schnittpunkts zwischen einer Geraden und einer Ebene in Normalenform.

Die gemeinsamen Schnittpunkte zwischen zwei Ebenen können ermittelt werden, wenn gewährleistet ist, dass die Punkte sowohl in der einen Ebene, als auch in der anderen Ebene liegen.

Der Vektor \vec{x} kann alle Ortsvektoren der Punkte annehmen, die auf der Ebene dieses Vektors liegen.

Fügen wir nun den Ausdruck für den Vektor \vec{x} der Ebene E1 für den Vektor \vec{x} in der Ebene E2 ein, so erhalten nach Umformungen wir einen Ausdruck für den Parameter r, welchen wir mittels des Parameters s darstellen können.

Daher führen wir nun das soeben beschriebene aus.

\left[ \begin{pmatrix} 5 \\ -1 \\ 0 \end{pmatrix} + r \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} + s \cdot \begin{pmatrix} -1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}- \begin{pmatrix} 3 \\ 2 \\ 7 \end{pmatrix} \right] \cdot \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} = 0

Nun berechnen wir zunächst die Differenz zwischen dem ersten Vektor in der eckigen Klammer und dem letzten Vektor in der eckigen Klammer.

\left[ \begin{pmatrix} 2 \\ -3 \\ -7 \end{pmatrix} + r \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} + s \cdot \begin{pmatrix} -1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}\right] \cdot \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} = 0

Nach diesem Schritt wenden wir das Distributivgesetz an, laut welchem wir die Klammer auflösen können, indem wir die einzelnen, in der eckigen Klammer vorhandenen Summanden jeweils mit dem Faktor hinter der Klammer multiplizieren können.

\begin{pmatrix} 2 \\ -3 \\ -7 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} + r \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} + s \cdot \begin{pmatrix} -1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} = 0

Nun berechnen wir die Skalarprodukte und erhalten dadurch die folgende Gleichung.

-3+r+s=0

Nachdem wir diese Gleichung erhalten hatten, haben wir diese nach dem Parameter r aufgelöst.

r=3-s

Nun haben wir dies in der Gleichung für die Ebene E1 berücksichtigt und dadurch die folgende Gleichung für die Schnittgerade erhalten.

g:\vec{x}=\begin{pmatrix} 5 \\ -1 \\ 0 \end{pmatrix} + (3-s) \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} + s \cdot \begin{pmatrix} -1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}

Nach diesem Schritt haben wir die Klammer nach dem Distributivgesetz aufgelöst und die folgende Gleichung erhalten.

g:\vec{x}=\begin{pmatrix} 5 \\ -1 \\ 0 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 3 \\ 3 \\ 3 \end{pmatrix} -s \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} + s \cdot \begin{pmatrix} -1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}

Nach Addition und Subtraktion erhielten wir dann die folgende Geradengleichung.

g:\vec{x}=\begin{pmatrix} 8 \\ 2 \\ 3 \end{pmatrix} + s \cdot \begin{pmatrix} -2 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}


Nachdem wir die Schnittgerade nun ermittelt haben, wendeten wir uns der Bestimmung des Schnittwinkels der Ebenen zu.

Da es sich nichtmehr um den Schnittwinkel zwischen einer Ebene und einer Geraden, sondern um einen Schnittwinkel zwischen zwei Ebenen handelt, verwenden wir wieder die folgende Formel.

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

Da uns nur der Normalenvektor der Ebene E2 gegeben ist, müssen wir den Normalenvektor der Ebene E1 zunächst ermitteln.

Der Normalenvektor einer Ebene ist orthogonal zu den Spannvektoren einer Ebene, woraus folgt, dass das Skalarprodukt zwischen dem Normalenvektor und dem einen Spannvektor und zwischen dem Normalenvektor und dem anderen Spannvektor jeweils Null ergeben muss.

Daher soll das Folgende gelten.

\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} n_1 \\ n_2 \\ n_3 \end{pmatrix} = 0

\begin{pmatrix} -1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} n_1 \\ n_2 \\ n_3 \end{pmatrix} = 0

Berechnen wir die Skalarprodukte, so erhalten wir die folgenden Gleichungen.

n_1+n_2+n_3=0

-n_1+n_2+n_3=0

Nun setzen wir ein lineares Gleichungssystem an und wenden das Gauß-Verfahren an, um letztlich die Koordinaten n1 und n2 durch die Koordinate n3 auszudrücken.

Liberté Bildschirmfoto 2012-11-27 um 19.30.21.png

Nachdem wir diese Ergebnisse erhalten haben, haben wir diese im Normalenvektor der Ebene E1 berücksichtigt.

\vec{n_1}=\begin{pmatrix} n_1 \\ n_2 \\ n_3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ -n_3 \\ n_3 \end{pmatrix} = t \cdot \begin{pmatrix} 0 \\ -1 \\ 1 \end{pmatrix} \qquad \qquad n_3=t

Nun haben wir alle Normalenvektoren der Ebene E1 ermittelt, exemplarisch setzen wir für den Parameter t nun den Wert 1 ein und erhalten einen Normalenvektor der Ebene.

\vec{n_1}= \begin{pmatrix} 0 \\ -1 \\ 1 \end{pmatrix} für t=1


Nachdem wir nun einen Normalenvektor der Ebene E1 bestimmt haben, können wir nun die Beträge der jeweiligen Normalenvektoren ermitteln und in der Formel zur Bestimmung der Größe des Schnittwinkels zwischen zwei Ebenen berücksichtigen.

|\vec{n_1}|=\sqrt{(-1)^2+1^2}=\sqrt{2}

|\vec{n_2}|=\sqrt{1^2}=1

Nun berücksichtigen wir das soeben Errechnete in der genannten Formel und berechnen in dieser auch das Skalarprodukt der Normalenvektoren.

\cos(\alpha)=\frac{-1}{\sqrt{2}}

Nach diesem Schritt lösen wir die Gleichung mittels des Arkuskosinus nach dem Winkel α auf.

\cos(\alpha)=\frac{-1}{\sqrt{2}} \qquad \qquad | \arccos()

\alpha=135^{o}

Da wir uns darauf verständigt haben, dass wir den kleineren der beiden Winkel zwischen den Ebenen als Schnittwinkel definieren, ermitteln wir diesen Schnittwinkel wie folgt.

\alpha ' = 180^{o} - 135^{o} = 45 ^{o}

Somit haben wir den Schnittwinkel zwischen der Ebene E1 und der Ebene E2 ermittelt.


Strategie zur Ermittlung der Schnittgeraden von zwei in Normalenform gegebenen Ebenen

Als letzten Themenabschnitt haben wir im Unterricht die Möglichkeiten besprochen, die bestehen, um die Schnittgerade aus zwei sich schneidenden Ebenen, welche beide in der Normalenform gegeben sind, zu ermitteln.

Dies haben wir anhand des folgenden Beispiels erarbeitet.

Herr Schmitt hat uns die folgenden beiden Ebenen vorgelegt, deren Lagebeziehung wir nun prüfen sollten.

E_1:\left[ \vec{x} - \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} \right] \cdot \begin{pmatrix} -1 \\ 2 \\ 3 \end{pmatrix} = 0

E_2:\left[ \vec{x} - \begin{pmatrix} 2 \\ 0 \\ -1 \end{pmatrix} \right] \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} = 0

Dabei haben wir zunächst überprüft, ob die Ebenen parallel sind, indem wir die Normalenvektoren auf Parallelität überprüft haben.

Sind die Normalenvektoren parallel, so müssen die auch linear abhängig sein, weshalb wir die Normalenvektoren auf lineare Abhängigkeit überprüfen.

x\cdot \begin{pmatrix} -1 \\ 2 \\ 3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}

Wir erkennen direkt, dass keine lineare Abhängigkeit besteht, weshalb keine Parallelität zwischen der Ebene E1 und E2 besteht.

Daher müssen die Ebenen sich entlang einer Schnittgeraden schneiden.

Nun wollen wir die Schnittgerade bestimmen, wobei wir dazu bei zwei gegebenen Ebenen in Normalenform noch keine Systematik kennen.

Daher haben wir die Möglichkeiten durchdacht, welche zur Ermittlung der Schnittgeraden möglich wären.

Werden die einzelnen Vorschläge aufgelistet und bewertet.

1.Beide Ebenen in die Parameterform umwandeln und danach mit den uns bekannten Methoden die Schnittgerade ermitteln.

Zunächst müssten wir hierbei für beide Normalenvektoren jeweils zwei Spannvektoren definieren.

Zudem würden wir die Stützvektoren der gegebenen Ebenen in Normalenform übernehmen und somit die Parameterform der Ebenen aufstellen.

Nach dem Aufstellen der Parameterform müssten wir die Terme der Ebenen gleichsetzten und ein lineares Gleichungssystem mit vier diversen Variablen aufstellen.

Diesen Aufwand zur Ermittlung der Schnittgerade beurteilten wir als zu aufwendig.

2. Eine Ebene in die Parameterform umwandeln und eine in der Normalenform belassen und somit die Schnittgerade ermitteln

Wir müssten für eine Ebene zwei Spannvektoren aus dem Normalenvektor bestimmen.

Danach fügen wir den Term der Parameterform für den Vektor \vec{x} ein und bestimmen einen Parameter in Abhängigkeit von dem anderen, wobei wir dies dann in der Parameterform berücksichtigen und somit die Schnittgerade erhalten.

3. Eine Ebene erst in die Koordinatenform und dann in die Parameterform umwandeln und die zuvor beschriebene Systematik befolgen

4. Beide Ebenen in Koordinatenform umwandeln und dann nach der bekannten Systematik die Schnittgerade erstellen

Da sich die Koordinatenform ohne größeren Aufwand aus der Normalenform entwickeln lässt und da uns die Systematik zur Ermittlung der Schnittgeraden aus zwei in Koordinatenform in wenigen Schritten möglich ist, entschieden wir uns für diese Methode zur Ermittlung der Schnittgeraden aus zwei sich schneidenden Ebenen.

Daher haben wir die beiden Ebenen in Normalenform zunächst in die Koordinatenform umgewandelt.

Dabei können wir die Ebenen in Normalenform allgemein auch wie folgt ausdrücken.

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

Nun drücken wir die beiden zuvor erwähnten Ebenen wie eben beschrieben aus.

E_1:\vec{x} \cdot \begin{pmatrix} -1 \\ 2 \\ 3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} -1 \\ 2 \\ 3 \end{pmatrix}

E_2:\vec{x} \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2 \\ 0 \\ -1 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}

Nach diesem Schnitt ermitteln wir nun die obigen Skalarprodukte und erhalten dadurch die zwei Ebenen in Koordinatenform.

E_1:-x_1+2x_2+3x_3=2

E_2:x_1+x_2+x_3=1

Nun setzen wir ein lineares Gleichungssystem an, wobei wir als Ziel haben, dass wir die Koordinaten x1 und x2 durch die Koordinate x3 ausdrücken können.

Liberté Bildschirmfoto 2012-11-27 um 22.52.13.png

Diese Ergebnisse berücksichtigen wir nun im folgenden Vektor und ermitteln die Schnittgerade.

\vec{x}=\begin{pmatrix} \frac{1}{3} \\ 1-\frac{4}{3}x_3 \\ x_3 \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} + x_3 \cdot \begin{pmatrix} \frac{1}{3} \\ -\frac{4}{3} \\ 1 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} + t \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ -4 \\ 3 \end{pmatrix} für t=\frac{1}{3}x_3

Damit können wir die folgende Gleichung für die Schnittgerade formulieren.

g:\vec{x}=\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} + t \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ -4 \\ 3 \end{pmatrix}

Somit haben wir diese Aufgabe beendet.


Hausaufgaben für den 28.11.2012

Herr Schmitt wies uns darauf hin, dass wir für die folgenden Unterrichtsstunden einen Zirkel mitbringen sollen.

Des Weiteren sollen die folgenden Aufgaben auf der Seite 225 in unserem Mathematikbuch erledigt werden:

  • Aufgabe 4.c.
  • Aufgabe 10.
  • Aufgabe 12.
  • Aufgabe 13.b.,c.
  • Aufgabe 14.a.
  • Aufgabe 16.a.

Als letzten Punkt nannte Herr Schmitt den Klapptest "Ebenen in Normalenform - Lagebeziehung Ebene NF - Gerade", von welchem wir die folgenden Aufgaben lösen sollen.

  • Aufgabe 6. bis Aufgabe 9.

Protokoll vom 28.11.2012/ Thema: PF->NF | NF->PF | Vektorieller Beweis des Satz des Thales | Abstand eines Punktes von einer Geraden in der Ebene und im Raum

Protokoll von --Adrian S. 20:03, 28. Nov. 2012 (CET) (Schuljahr 2012 / 13)
Lehrer C.-J. Schmitt (3 Unterrichtsstunden)

Zum Beginn der Stunde hat Herr Schmitt noch einmal auf unseren ersten Abiturvorbereitungstermin am Samstag, den 1.12.2012 hingewiesen.

Wir werden uns an Samstag um 9:00 Uhr treffen und die Analysis-Teile der Abiturvorschläge A1 und A2 aus dem Jahr 2012 vergleichen. Aufgaben, bei dennen es Probleme oder Unstimmigkeiten gibt werden wir uns gemeinsam erarbeiten.

Herr Schmitt hat auch noch einmal darauf hingewiesen, dass es nicht der Sinn dieser "Repetitorien" ist, dass er die Aufgaben vorrechnet, sondern es soll sich bitte jeder entsprechend vorbereiten um am Samstag einen erfolgreichen Ablauf zu gewährleisten!


Herr Schmitt hat uns außerdem darauf hingewiesen, dass sich im Buch Zusammenfassungen der verschiedenen Themenbereiche finden:

siehe z.B.

  • S. 169 - LGS | Lösungsmenge | Ganzrationale Funktionen
  • S. 211 - Vektoren | Gegenseitige Lage von Geraden | Betrag eines Vektors | Lineare Abhängigkeit
  • S. 239 - Skalarprodukt | Ebenen | Gegenseitige Lage von Ebenen und Geraden | Gegenseitige Lage von Ebenen



Hausaufgaben zum 28.11.2012


S.225 Nr. 4c

3x_1-8x_2+x_3=0


S.225 Nr. 10

Normalengleichung \left[ \vec{x} -\begin{pmatrix} 3 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}\right]  \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}

Koordinatenform x_1 =3


S.225 Nr. 12

  • a.) Wenn a,b,c alle 0 sind, sind das alle Ebenen im Raum bzw. die Ebene ist nicht eindeutig bestimmt (wenn d=0), wenn d\neq 0 geht es nicht!
  • b.) Die Ebenen sind parallel, da sie den gleichen Normalenvektor haben und nur der Stützvektor variiert.

S.225 Nr. 13

  • b.) Die Ebenen sind parallel, da ihre Normalenvektoren alle die selbe Richtung haben.
  • c.) E_a: x_1=a Alle Ebenen sind parallel zur x_2x_3 Ebene, lediglich der Abstand variiert.

S.225 Nr. 14a

Die Ebenen liegen parallel zur x_1x_3 Ebene. Ihr Schnittpunkt mit der x_2 Achse ist (0|\frac{a}{5}|0) .


S.255 Nr. 16a

a=(-3)


Klapptest Nr. 6

P (1|-4|5)


(Klapptest Nr.7)

Die Gerade liegt in der Ebene


(Klapptest Nr. 9)

P(3|4|2)


Distributivgesetz

In diesem Absatz geht es um den Beweis des Distributivgesetzes in Hinsicht auf die Anwendung mit Vektoren.

Grundsätzlich lautet das Distributivgesetz wie folgt:

\vec{a} (\vec{b} +\vec{c}) = \vec{a} \cdot \vec{b} + \vec{a} + \vec{c}

Diese Behauptung gilt es zu beweisen:

Beh:

\vec{a} (\vec{b} +\vec{c}) = \vec{a} \cdot \vec{b} + \vec{a} + \vec{c}

Dazu beweisen wir wie folgt: (nur in \mathbb{R} ^2)

Bew:

Zuerst multiplizieren wir mit den einzelnen Faktoren der Vektoren aus:

in \mathbb{R} ^2 \vec{a} (\vec{b} +\vec{c} )={a_1 \choose a_2} \left[  {b_1 \choose b_2} +{c_1 \choose c_2} \right]

={a_1 \choose a_2} \cdot {b_1+c_1 \choose b_2+c_2}

und formen um:

=a_1(b_1+c_1)+a_2(b_2+c_2)

Nun wenden wir das Distributiv Gesetz an

=a_1b_1+a_1c_1+a_2b_2+a_2c_2

Nun wenden wir das Kommutativgesetz an

=a_1b_1+a_2b_2+a_1c_1+a_2c_2

und fassen zusammen:

=\vec{a} \cdot \vec{b} +\vec{a} \cdot \vec{c}

Der Beweis ist erbracht!

q.e.d.


Konvertieren PF -> NF

In diesem Absatz geht es um die Umformung einer Ebenengleichung aus der Parameterform in die Normalform:

E:\vec{x} =\begin{pmatrix} 5 \\ 2 \\ 3 \end{pmatrix} +r\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 2 \end{pmatrix} +s\begin{pmatrix} 0 \\ -5 \\ 8 \end{pmatrix}

Dazu müssen wir den Normalenvektor der Ebene zu bestimmen. Er muss orthogonal zu den beiden Spannvektoren sein. Um den Normalenvektor zu errechnen erzeugen wir aus den beiden Spannvektoren der Ebene ein unterbestimmtes LGS und lösen aus:

LGS 281112 - 1.jpg

\vec{n}=\begin{pmatrix} -2 \\ \frac{8}{5}  \\ 1 \end{pmatrix}

Nach der Multiplikation mit dem Faktor 5 ergibt sich folgender Normalenvektor:

\vec{n}=\begin{pmatrix} -10 \\ 8 \\ 5 \end{pmatrix}

Diesen Normalenvektor setzen wir nun in die Normalform ein. Als Stützvektor benutzen wir, wie in der Parameterform,  \begin{pmatrix} 5 \\ 2 \\ 3 \end{pmatrix} .

Somit ergibt sich folgende Normalform:

E:\left[ \vec{x} -\begin{pmatrix} 5 \\ 2 \\ 3 \end{pmatrix} \right] \cdot \begin{pmatrix} -10 \\ 8 \\ 5 \end{pmatrix}


Konvertieren NF -> PF

In diesem Absatz geht es nun um die Umformung von der Normalenform in die Parameterform:

Gegeben ist diese Ebene in der Normalenform:

E: \left[ \vec{x} -\begin{pmatrix} 1,5 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} \right] \cdot \begin{pmatrix} 2 \\ 3 \\ 1 \end{pmatrix} =0

Um die Parameterform zu erzeugen müssen wir die beiden Spannvektoren haben. Diese müssen orthogonal zum Normalenvektor sein:

\ \vec{u}  \perp  \vec{n}

\ \vec{v}  \perp  \vec{n}

Um die Spannvektoren zu entwickeln haben wir ein spezielles System:

Wir setzen einen der Faktoren 0 und wählen die anderen beiden Faktoren so, dass die Vektoren miteinander multipliziert 0 ergeben:

(Die Vektoren müssen l.u. sein)

\begin{pmatrix} 2 \\ 3 \\ 1 \end{pmatrix} \Rightarrow \begin{pmatrix} -3 \\ 2 \\ 0 \end{pmatrix}

Für den 2. Spannvektor setzen wir nun einen anderen Faktor 0 und verfahren wie beim 1. Spannvektor.

\begin{pmatrix} 2 \\ 3 \\ 1 \end{pmatrix} \Rightarrow \begin{pmatrix} -1 \\ 0 \\ 2 \end{pmatrix}

Nun haben wir die beiden Spannvektoren und können sie in die Parameterform einsetzen. Als Stützvektor benutzen wir den selben Stützvektor, wie in der Normalenform, \begin{pmatrix} 1,5 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}:

E: \vec{x} = \begin{pmatrix} 1,5 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} + \lambda \begin{pmatrix} -3 \\ 2 \\ 0 \end{pmatrix} +\mu \begin{pmatrix} -1 \\ 0 \\ 2 \end{pmatrix}


Vektorieller Beweis des Satz des Thales

In diesem Absatz haben wir versucht, den Satz des Thales, der uns schon aus früheren Schuljahren bekannt ist, vektoriell zu beweisen:

Dazu zuerst ein Schaubild:


"Liegt der Punkt C eines Dreiecks ABC auf einem Halbkreis über der Strecke AB, dann hat das Dreieck bei C immer einen rechten Winkel."

SatzdesThales291112.jpg

Um den Satz des Thales zu beweisen gehen wir "straight forward" vor und fangen wie folgt an:

Wir zerlegen die Vektoren in Vektorketten.

\vec{AC} \cdot\vec{BC} =(\vec{AM} +\vec{MC} ) \cdot (\vec{BM} +\vec{MC} )

Anhand der Grafik ist ersichtlich, dass sich diese beiden Vektoren gleichen.

\vec{BM} =-\vec{AM}

Also ersetzen wir nun den BM-Vektor:

=(\vec{AM} +\vec{MC} ) \cdot (-\vec{AM} +\vec{MC} )

Mit der 3. binomischen Formel (folgt aus Distributivgesetz) können wir hier umformen:

-(\vec{AM} )^2+(\vec{MC} )^2=-(|\vec{AM} |)^2+(|\vec{MC} |)^2

Diese Beträge entsprechen dem Radius des Kreise - somit ergibt sich:

\vec{AC} \cdot \vec{BC} =-r^2+r^2=0

Die Vektoren \vec{AC} und\vec{BC} sind also orthogonal.

Sie stehen in einem 90° Winkel zueinander!

\Rightarrow Orthogonal; 90° Winkel

Wir haben den Satz des Thales vektoriell bewiesen.

q.e.d.


Abstand eines Punktes von einer Geraden in der Ebene

In diesem Absatz geht es darum, den Abstand eines Punktes von einer Geraden in \mathbb{R} ^2 zu berechnen:

Der orthogonale Abstand ist der kürzeste, deshalb versuchen wir, diesen zu berechnen.


Schaubild1 291112.jpg

Unsere Strategie sieht wie folgt aus:

Strategie:


  1. Hilfsgerade h -       \ \ h \perp  g   \ \wedge\ h\in H
  2. \ h \cap g = \{F\}
  3. \vec{FH}
  4. d(H;g) = |\vec{FH} | = Der Abstand des Punktes H von der Geraden g

Wir suchen also zuerst eine Hilfsgerade h, orthogonal zu g und durch den Punkt H. Dann ermitteln wir den Schnittpunkt F der Geraden g und h. Der Vektor \vec{FH} beschreibt den Abstand des Punktes von der Geraden. Indem wir den Betrag des Vektors ausrechnen erhalten wir den Abstand des Punktes H von der Geraden g!

Dieses Verfahren nennt sich "Lotfußpunktverfahren"



Beispiel 1

In diesem Beispiel wenden wir unsere Strategie erstmals an:

Die Gerade g ist gegeben mit:

g:\vec{x} ={0 \choose 1} +\lambda {3 \choose 2}

Der Punkt H hat die Koordinaten:

H (6|7)

Als erstes entwickeln wir die Gleichung der Geraden h

h: \vec{x} =\vec{p} +\mu \vec{u}

Über unseren Punkt H erhalten wir den Stützvektor.

\vec{p} ={6 \choose 7}

Unser Richtungsvektor muss orthogonal zur Geraden g sein, damit wir den kürzesten Abstand berechnen - er muss also, multipliziert mit dem Richtungsvektor der Geraden g = ergeben:

\ \vec{u}  \perp  {3 \choose 2}

Somit ergibt sich folgender Vektor:

\vec{u} ={-2 \choose 3}

Die Gerdengleichung der Geraden h lautet also:

Fehler beim Parsen(Unbekannte Funktion „\m“): h:\vec{x} ={6 \choose 7} +\m {-2 \choose 3}


Um den Schnittpunkt F zu berechnen setzen wir die Gerade h mit der Geraden g gleich:

Fehler beim Parsen(Unbekannte Funktion „\m“): {6 \choose 7} +\m {-2 \choose 3} = {0 \choose 1} +\lambda {3 \choose 2}


Aus dieser Gleichung erstellen wir nun ein LGS und lösen es auf:

LGS3 291112.jpg

Nach dem Einsetzen der Ergebnisse erhalten wir folgende Gleichung

\vec{f} ={0 \choose 1} +2,31{3 \choose 2}={0 \choose 1} +{6,93 \choose 4,62}

und den f-Vektor bzw. den Punkt F

\vec{f} ={6,93 \choose 5,62}

F(6,93|5,62)

Nun müssen wir den Abstand zwischen dem Geradenschnittpunkt F und dem Punkt H berechnen um den Abstand zu erhalten:

Dazu berechnen wir zunächst den FH-Vektor.

\vec{FH} =\vec{h} -\vec{f} ={6 \choose 7} -{6,93 \choose 5,62} ={-0,93 \choose 1,38}

und berechnen anschließend den Betrag dieses Vektors.

|\vec{FH}| =\sqrt{(-0,93)^2+1,38^2} \approx 1,66=d(H;g)

Somit ergibt sich nach unserer Rechnung ein Abstand von ca. 1,66cm!

Zur Kontrolle habe ich die Gerade und den Punkt noch einmal in einem Koordinatensystem aufgezeichnet und nachgemessen:

Achsenkreuz 291112.jpeg

Das errechnete Ergebnis stimmt mit dem Messergebnis überein!


Beispiel mit Gerade in NF

In diesem Beispiel geht es um den Fall, dass die Gerade g in der Normalenform gegeben ist.

\left[ \vec{x} -\vec{a} \right] \cdot \vec{n} =0

Die Geradengleichung der Gerade g lautet:

g:\left[ \vec{x} -{6 \choose 7} \right] \cdot {3 \choose 2} =0

Der Punkt R hat folgende Koordinaten:

R(0|1)

also lautet sein Vektor:

\vec{r} ={0 \choose 1}

Diesen Vektor benutzen wir als Stützvektor. Als Richtungsvektor bietet sich natürlich der Normalenvektor der Geraden g an, da dieser ja zur Geraden g orthogonal ist!

Somit lautet die Geradengleichung von h:

h: \vec{x} ={0 \choose 1} +\lambda {3 \choose 2}

Diese Gleichung setzen wir nun in die Normalenform der Geraden g ein, um den Schnittpunkt zu erhalten:

\left[ {0 \choose 1} +\lambda {3 \choose 2} -{6 \choose 7} \right] \cdot {3 \choose 2} =0

Wir fassen in der Klammer zusammen

\left[ {-6 \choose -6} +\lambda {3 \choose 2} \right] \cdot {3 \choose 2} =0

und multipliziern aus

-18-12+9\lambda +4\lambda =0

für die Variable ergibt sich:

\lambda =\frac{30}{13}

Wie bereits im Beispiel 1 berechnen wir nun unseren f-Vektor bzw. den Punkt F

\vec{f} ={0 \choose 1} +\frac{30}{13}  \cdot{3 \choose 2} ={\frac{90}{13}  \choose \frac{79}{13} } ={6,92 \choose 5,62}

R(0|1)

Der RF-Vektor, also der Abstand des Geradenschnittpunktes F und der Punktes R ist der gesuchte Abstand.

\vec{RF} =\vec{f} -\vec{r}

Er berechnet sich wie folgt:

{6,92-0 \choose 5,62-1} ={6,92 \choose 4,62}

Wir berechnen den Betrag dieses Vektors und erhalten:

\sqrt{6,92^2+4,62^2} \approx 8,32

Der Abstand des Punktes H zur Geraden g beträgt also ca. 8,32cm

d(R;g)=8,32



Abstand des Punktes R zu einer Geraden g im Raum

In diesem Absatz geht es darum, wie man die Entfernung eines Punktes von einer Geraden in \mathbb{R} ^3berechnet.

Schaubild2 291112.jpg

Da wir den Richtungsvektor nicht eindeutig bestimmen (da wir im Raum agieren) benutzen wir eine Hilfsebene.

Strategie:

  1. \ E \perp  g \ \wedge \ R\in E
  2. \ E \cap g = \{F\}
  3. d(R;g)=|\vec{FR}|

Die Strategie ähnelt der Strategie in \mathbb{R} ^2: Wir entwickeln eine Ebene, die orthogonal zur Geraden g ist und den Punkt R schneidet. Dann berechnen wir den Durchstoßpunkt der Geraden g durch unsere Hilfsebene E. Nun bestimmen wir den Betrag des Vektors zwischen dem Durchstoßpunkt und den Punkt R. So errechnen die Entfernung des Punktes R von der Geraden g.

Beispiel

Die Parameterform der Geraden g lautet:

g: \vec{x} =\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} +\lambda \begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}

Der Punkt R hat folgende Koordinaten:

R(5|0|0)

Die Normalenform der Hilfseben lässt sich einfach bilden, indem wir den Vektor zum Punkt R als Stützvektor nutzen und den Richtungsvektor der Geraden g als Normalenvektor verwenden.

Die Ebenengleichung lautet also:

E:\vec{x} =\left[ \vec{x} -\begin{pmatrix} 5 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \right] \cdot \begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} =0

In diese Gleichung setzen wir nun, wie schon im vorangegangenen Beispiel, die Geradengleichung ein, um den Durchstoß/Schnittpunkt zu berechnen.

\left[ \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} + \lambda\begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}  -\begin{pmatrix} 5 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \right] \cdot \begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} =0

In der Klammer fassen wir zusammen:

\left[ \begin{pmatrix} -4 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} + \lambda\begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}  \right] \cdot \begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} =0

und multipliziern aus.

-6+6\lambda =0

6\lambda =6

somit ergibt sich:

\lambda =1

Diese Ergebnis setzen wir in die Geradegleichung ein und errechnen so den f-Vektor bzw. den Punkt F.

\vec{f} =\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} +\begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 3 \\ 2 \\ 2 \end{pmatrix}

Der Vektor zwischen dem Punkt F und dem Punkt R entspricht dem gesuchten Abstand. Er berechnet sich wie folgt:

\vec{RF} =\vec{f} -\vec{r} =\begin{pmatrix} 3 \\ 2 \\ 2 \end{pmatrix} -\begin{pmatrix} 5 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} -2 \\ 2 \\ 2 \end{pmatrix}

Der Betrag diese Vektors beträgt:

|\vec{RF} |=\sqrt{12} \approx 3,46

Somit haben wir den gesuchten Abstand: Der Punkt R ist ca. 3,46cm von der Geraden g entfernt.


Übungsaufgabe S.251 Nr.1a

In dieser Übungsaufgabe wenden wir nun unsere Strategie zur Bestimmung eines Punktes von einer Geraden in \mathbb{R} ^3an.

Der Punkt hat folgende Koordinaten:

R(6|7|-3)

Die Geradengleichung der Geraden g lautet:

g: \vec{x}=\begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ 4 \end{pmatrix}  +t\begin{pmatrix} 3 \\ 0 \\ -2 \end{pmatrix}

Zuerst entwickeln wir nun aus dem Punktvektor des Punktes R und dem Richtungsvektor der Geraden g unsere Hilfsebene:

1.) E:=\left[\vec{x} +t \begin{pmatrix} 6 \\ 7 \\ -3 \end{pmatrix} \right] \cdot \begin{pmatrix} 3 \\ 0 \\ -2 \end{pmatrix} =0

Danach setzen wie die Geradengleichung in die Normalform der Hilfsebene ein und bestimmen den Durchstoß/Schnittpunkt der beiden:

2.) \left[ \begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ 4 \end{pmatrix} +t\begin{pmatrix} 3 \\ 0 \\ -2 \end{pmatrix} -\begin{pmatrix} 6 \\ 7 \\ -3 \end{pmatrix} \right] \cdot\begin{pmatrix} 3 \\ 0 \\ -2 \end{pmatrix} =0

Wir fassen in der Klammer zusammen

\left[ \begin{pmatrix} -4 \\ -6 \\ 7 \end{pmatrix} +t\begin{pmatrix} 3 \\ 0 \\ -2 \end{pmatrix}  \right] \cdot\begin{pmatrix} 3 \\ 0 \\ -2 \end{pmatrix} =0

und multiplizieren aus.

-12+0-14+t(9+4)=0

somit ergibt sich für t:

t=2

Dieses Ergebnis setzen wir nun in die Geradengleichung ein.

\vec{f} =\begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ 4 \end{pmatrix} +2\begin{pmatrix} 3 \\ 0 \\ -2 \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 8 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}

Der Vektor zwischen dem Punkt F und R ist:

\vec{RF} =\vec{f} -\vec{r} =\begin{pmatrix} 8 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} -\begin{pmatrix} 6 \\ 7 \\ -3 \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 2 \\ -6 \\ 3 \end{pmatrix}

Der Betrag diese Vektors, und damit der gesuchte Abstand ist:

|\vec{RF} |=\sqrt{49} =7

Der Abstand zwischen dem Punkt R und der Geraden g beträgt also 7cm.

d(R;g)=7


Einheitsvektor

In diesem Absatz geht es um Einheitsvektoren.

Ein Einheitsvektor hat immer den Betrag 1.

Bsp.: \ \vec{a} ={3 \choose 4}

Um den Einheitsvektor eines Vektors zu entwickeln berechnen wir zunächst den Betrag des Ausgangsvektors.

|\vec{a} |=\sqrt{9+16} =\sqrt{25}=5

Um den Einheitsvektor zu bilden multiplizieren wir den Kehrbruch des Betrages des Ausgangsvektores mit dem Ausgangsvektor.

\vec{a} _0=\frac{1}{5} {3 \choose 4} ={0,6 \choose 0,8}

Somit erhalten wir einen Vektor mit der gleichen Richtung und Orientierung und dem Betrag/der Länge 1.

|\vec{a} _0|=\sqrt{0,6^2+0,8^2} =1

Einheitsvektoren heißen entweder e-Vektor oder a_0-Vektor.

Die Definition lautet:

\vec{e} oder \vec{a} _0=\frac{\vec{a} }{|\vec{a}| }

Die Einheitsvektoren im kartesischen Koordinatensystem sind:

\vec{e} _1=\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}

\vec{e} _2=\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}

\vec{e} _3=\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}


Sonstiges

Am Ende der Stunde hat uns Herr Schmitt noch auf die Aufgabe Nr.8 S237 aufmerksam gemacht. Derartige Aufgaben werden gerne für Abiturvorschläge genutzt!


Hausaufgaben zum 3.12.2012

S.266 Nr. 15a

S.266 Nr. 16a

S.235 Nr. 9

S.235 Nr. 10

S.235 Nr. 11 (1.)

S.250 - 251 lesen

S.251 Nr. 1 b,c


Raute - Beweisen Sie vektoriell, dass die Diagonalen orthogonal sind.

Raute291112.jpg