Protokolle vom September 2012

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Inhaltsverzeichnis

Protokoll vom 10.09.2012 / Thema: Lineare Ab- bzw. Unabhängigkeit anhand vom Nullvektor

Protokoll von --M. Maier 12:17, 11. Sep. 2012 (CEST) (Schuljahr 2012 / 13)
Lehrer C.-J. Schmitt (2 Unterrichtsstunden)


Besprechung der Hausaufgaben vom 29.08.2012

  • S.179 Aufgabe 7a:

Verdeutlichung der Aufgabe 7a S.179:

Das Ziel dieser Aufgabe, ist es, mithilfe drei angegebene Koordinaten, die Koordinaten des Punktes D so auszurechnen, dass die vier Punkte ein Parallelogramm bilden. Wie bereits im Unterricht besprochen, gibt es drei Lösungen, also drei verschieden Koordinaten als Ergebnis. Wie ist dies möglich?

Als erstes sollten wir die Bedingungen eines Parallelogramms in Rücksicht nehmen (Wiederholung):

-Vier Ecken und vier Seiten
-Gegenüberliegende Seiten sind Parallel und gleich gross
-Gegenüberliegende Winkel sind gleich gross

Danach begeben wir uns mit der Konstruktion von diesen. Wir müssen uns vorstellen, dass wir mit dem drei Punkten ein Dreieck bilden können.

Tortosa Dreieck 6.jpg


Um ein Parallelogramm daraus zu bilden, bräuchten wir eine Parallele, zu einer der Seiten des Dreiecks, benennen wir diese als Seite "p"(die andere Parallele ergibt sich dann von alleine, Seite "q").

Tortosa Dreieck mit Parallelen.jpg


Von jeder Seite des Dreiecks könnte man 2 Parallelen machen, also 2 Moglichkeiten für den Punkt D pro Parallele. Allgemein hat man also 6 Parallelen, aber es entstehen nur drei verschiedene Koordinaten für den Punkt D, warum?

Tortosa Hälfte von grosser dreie.jpg


Wenn wir ein Parallelogramm kontruieren wollen, müssen wir für die zwei nebeneinander liegende Seiten des Dreiecks eine Parallele machen, also braucht man für jedem Parallelogramm dem man bauen will zwei Parallelen, insgesamt hatten wir aber 6 Parallelen. Also ergeben sich deshalb nur 3 Parallelogramme.

Noch auffällig ist die geometrische Form die auftaucht, wenn man alle 3 Parallelogramme malt; ein Dreieck, geformt aus vier Dreiecken.

Tortosa Trifuerza.jpg

Lösungen:


D: (-18|22|-46)

D: (18|-14|56)

D: (24|-8|30)

--Tortosa 20:03, 17. Sep. 2012 (CEST)

  • S.183 Aufgabe 3c:

Mittelpunkt: (-1|0|1)


  • Aufgabe 11e:

3\vec{a}+2\vec{b}


  • Aufgabe 11h:

-3(\vec{a}-\vec{b})


  • Aufgabe 12c:

\vec{a}+\vec{b}-\vec{c}


  • Aufgabe 13b:

Mittelpunkt: (5,5|6|6,5)


  • Aufgabe 14a:

S: (3|4\frac{1}{3} )


  • \vec{b}= {3 \choose 4} soll durch  \vec{a}={2 \choose -1} \vec{c}={-1 \choose 3}   linearkombiniert dargestellt werden:


r= \frac{13}{5} und s=\frac{11}{5}



Allgemeine Definition der linearen Unabhängigkeit


Zur Erinnerung:

Wir haben gelernt, dass wenn z.B. ein Vektor, durch zwei andere linear darstellbar ist (also z.b. r \cdot\vec{a}+s\cdot \vec{b}= \vec{c}) dann sind diese Vektoren linear abhängig. (Bemerkung: Welcher dieser 3 Vektoren durch die jeweiligen anderen dargestellt wird, also z.B. ob es jetzt heißt r \cdot\vec{a}+s\cdot \vec{b}= \vec{c} oder r \cdot\vec{c}+s\cdot \vec{b}= \vec{a} spielt darbei keine Rolle.) Nur wenn keiner der Vektoren durch die anderen darstellbar ist, sind die Vektoren linear unabhängig.

Nun war es bisher immer recht aufwendig rauszufinden, ob bestimmte Vektoren linear unabhängig sind oder nicht, da man gegebenenfalls alle Möglichkeiten ausprobieren musste.

Am Montag haben wir eine schnellere Methode gelernt, nämlich indem wir den Nullvektor als Linearkombination der Vektoren darstellen, also z.B.: r \cdot\vec{a}+s\cdot \vec{b}= \vec{0}



Lineare Ab- und Unabhängigkeit anhand von 2 Vektoren

Nochmals zur Erinnerung:


Bisher haben wir immer so gerechnet:

r \cdot {3 \choose 4}={6 \choose 8}

r=2




Lineare Unabhängigkeit

Nun beziehen wir die Vektoren auf den Nullvektor, also:

r \cdot {3 \choose 4}+ s\cdot{6 \choose 8}=\vec{0}

r=2; s=-1

Allerdings bemerkt man, dass es hier nicht nur eine Lösung gibt, sondern unendlich viele.

z.B.

r=4; s=-2


Auch ist es bemerkbar, dass bei allen Vektoren immer die Lösungen

r=0; s=0

passen, denn Null minus Null ist ja logischer Weise immer Null.


Wenn alle Lösungen gleich Null sind, dann nennt man dies triviale Lösung.


Daraus folgt, dass bei dieser Gleichung zum Beispiel:


r \cdot {1 \choose 0}+ s\cdot{0 \choose 1}=\vec{0}

r=0; s=0

die Lösung trivial ist, weil nur 0 als Lösung in Frage kommt.



Merksatz: (Vorraussetzung: r \cdot \vec{a}+ s\cdot\vec{b}=\vec{0})


Zwei Vektoren \vec{a} und    \vec{b} heißen linear unabhängig, wenn es nur die triviale Lösung gibt.
r=s=0 \Leftrightarrowlinear unabhängig

Dies bedeutet, dass die oberen Vektoren:

r \cdot {1 \choose 0}+ s\cdot{0 \choose 1}=\vec{0}

r=0; s=0

linear unabhängig sind.

Lineare Abhängigkeit

Dies gilt natürlich auch andersherum für die lineare Abhängigkeit:


Zwei Vektoren \vec{a} und    \vec{b} heißen linear abhängig, wenn wenigstens einer, der Parameter ungleich Null ist.


Bemerkung:

Dies bedeutet, dass nicht beide Parameter ungleich Null sein müssen. Es ist also möglich, dass nur ein Parameter gleich Null ist. Dies wäre aber nur der Fall, wenn einer der beiden Vektoren der Nullvektor ist, also wenn bei

r \cdot \vec{a}+ s\cdot\vec{b}=\vec{0}

zum Beispiel r=0 ist, dann müsste der Vektor \vec{b} der Nullvektor sein, ansonsten könnten die Vektoren niemals linear abhängig sein.


Beispiel:

r \cdot {1 \choose 1}+ s\cdot{0 \choose 0}=\vec{0}

Hier muss r=0sein; s hingegen kann jede Zahl sein. Also ist ein Parameter ungleich Null, was die Voraussetzung für die lineare Abhängigkeit ist.


Daraus folgt auch, dass der Nullvektor, alleine Betrachtet, linear abhängig ist, denn bei

s \cdot {0 \choose 0}=\vec{0}

kann der Parameter s erneut jede beliebige Zahl sein. Jeder andere Vektor ist linear unabhängig, da man ja immer nur mal Null rechnen kann, damit der Nullvektor rauskommt.



Lineare Ab- und Unabhängigkeit anhand von 3 Vektoren

Zur Erinnerung:


Bei der Untersuchung, der linearen Unabhängigkeit von 3 Vektoren sind wir bisher immer so vorgegangen:


r \cdot\vec{a}+s\cdot\vec{b}=\vec{c}


Lineare Unabhängigkeit

Nun wollen wir dies erneut mithilfe des Nullvektors darstellen, also:

r \cdot\vec{a}+s\cdot\vec{b}+t\cdot\vec{c}=\vec{0}


Hier ein Beispiel:


r \cdot {1 \choose 0}+ s\cdot{0 \choose 1}+ t\cdot{2\choose 2}=\vec{0}

r=s=2 t=-1


Hier gibt es erneut mehrere Lösungen (unendlich viele):

r=s=4 t=-2


Außerdem ist auch hier die Lösung:

 r=s=t=0

dabei.


Wenn dies die einzige Lösung ist, spricht man erneut von einer trivalen Lösung.

Also gillt auch hier unser Merksatz:

Drei Vektoren \vec{a},    \vec{b} und \vec{c} heißen linear unabhängig, wenn es nur die triviale Lösung gibt.
r=s=t=0 \Leftrightarrowlinear unabhängig


Beispiel:

r\cdot\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}+s\cdot\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}+t\cdot\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}=\vec{0}

 r=s=t=0

Die Vektoren sind linear unabhängig.



Lineare Abhängigkeit

Das Gegenteil gillt natürlich auch wieder für die lineare Abhängigkeit:


Drei Vektoren \vec{a},    \vec{b} und \vec{c}  heißen linear abhängig, wenn wenigstens einer, der Parameter ungleich Null ist.


Hinweis:


Hier gilt wieder das Selbe wie mit zwei Vektoren, dass es ausreicht, wenn nur einer der Parameter ungleich Null ist. Jedoch müsste der dazugehörige Vektor erneut der Nullvektor sein.



Beispiele:

Am Ende des Unterrichts haben wir noch vier Beispiele berechnet.


1.Beispiel

\vec{a}={3 \choose 0} \vec{b}={7 \choose 8} \vec{c}={6 \choose 0}


Zuerst drücken wir den Nullvektor mithilfe der drei Vektoren aus:


r\cdot\vec{a}+s\cdot\vec{b}+t\cdot\vec{c}=\vec{0}


Nun rechnen wir ganz normal weiter:

Protokoll1.JPG

(Zu beachten ist, dass es auch hier mehrere Lösungen gibt, denn es ist z.B. auch möglich, dass t=4 und r=-8 ist.)


Wir stellen fest, dass die Vektore linear abhängig sind, da zwei Parameter ungleich Null sind.




2.Beispiel

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


r\cdot\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}  +s\cdot\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}  +t\cdot\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}=\vec{0}

Protokoll4.JPG

Man sieht sofort, dass es sich hier um linear unabhängige Vektoren handelt, denn r=s=t=0


Um dies zu verdeutlichen haben wir noch die Probe gemacht. Bei der Probe haben wir nach unserer "alten" Methode gerechnet, also versucht einen, der drei Vektoren durch die anderen darzustellen.


  • 1.Möglichkeit:


\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} =r\cdot\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}+s\cdot\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}


Protokoll5.JPG

Da r+s nicht gleichzeitig 0 und 1 sein kann geht diese Kombination schon mal nicht.


  • 2.Möglichkeit


\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} =r\cdot\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}+s\cdot\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}


Protokoll6.JPG

Da s nicht gleichzeitig 0 und 1 sein kann ist auch diese Kombination nicht möglich.


  • 3.Möglichkeit


\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} =r\cdot\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}+s\cdot\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}


Protokoll7.JPG


Da 0 nicht gleich 1 sein kann ist auch die letzte Kombination nicht anwendbar.


Da wir nun alle drei Möglichkeiten durchgegangen sind ist die Folgerung, dass die Vektoren linear unabhängig sind.




3.Beispiel

\vec{a}=\begin{pmatrix} 1 \\ 4 \\ 5 \end{pmatrix} \vec{b}=\begin{pmatrix} 0 \\ 2 \\ 1 \end{pmatrix} \vec{c}=\begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 3 \end{pmatrix}


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


Wir haben ja schon vor einiger Zeit gelernt, dass wir die Zeilen bzw. Spalten untereinander vertauschen dürfen. Um die Sache etwas zu vereinfachen machen wir dies. Anschließend rechnen wir ganz normal weiter:

Protokoll2.JPG

Wir erhalten eine triviale Lösung, was bedeutet, dass die Vektoren linear unabhängig sind.




4.Beispiel

Nun könnte man ja davon ausgehen, dass wir immer nur die triviale Lösung herausbekommen, da ja alle Gleichungen in der Dreiecksform immer gleich Null sind.

Um dies zu überprüfen haben wir ein weiteres Beispiel berechnet.


\vec{a}=\begin{pmatrix} 3 \\ 0 \\ -1 \end{pmatrix} \vec{b}=\begin{pmatrix} 7 \\ 6 \\ 1 \end{pmatrix} \vec{c}=\begin{pmatrix} 10 \\ 6 \\ 0 \end{pmatrix}



r\cdot\begin{pmatrix} 3 \\ 0 \\ -1 \end{pmatrix}  +s\cdot\begin{pmatrix} 7 \\ 6 \\ 1 \end{pmatrix}  +t\cdot\begin{pmatrix} 10 \\ 6 \\ 0 \end{pmatrix}=\vec{0}

Protokoll3.JPG

Wir sehen, dass die unterste Gleichung 0t=0 lautet. Das bedeutet, dass der Parameter t jede Zahl sein kann. Wir haben also nicht nur die triviale Lösung und somit sind die Vektore linear abhängig. Unsere Vermutung von oben ist also nicht wahr.




Hausaufgaben für Mittwoch, den 12.09.2012

  • S. 183 Aufgaben 3d; 12d; 13c und 14b
  • S. 202 - 203 lesen
  • S. 204 Aufgaben 1c,d; 2a,b und (4a,b)



Protokoll vom 12.09.2012 / Thema: Beweis des Satzes zur linearen Abhängigkeit/ Unabhängigkeit und Vektoren mit Formvariablen

Protokoll von --OBTT 18:44, 12. Sep. 2012 (CEST) (Schuljahr 2012 / 13)
Lehrer C.-J. Schmitt (3 Unterrichtsstunden)

Hausaufgaben des 12.09.2012


S.183 Aufgabe 3d

Der Mittelpunkt der Strecke \overline{AB} lautet M(3|2|3).


S.183 Aufgabe 12d

Man erkennt, dass man -\frac{1}{2}\vec{a} und \frac{1}{2}\vec{b} miteinander addieren muss, um den Vektor \vec{BM} zu erhalten.


S.183 Aufgabe 13c

Die Eckpunkte A und B sind gegeben.

Die Koordinaten der beiden anderen Eckpunkte lauten:

B(7|5|2) und C(4|9|2)


Erklärung:

Mit Hilfe der gegebenen Punkte A,D und M kann man den Ortsvektor \vec{OA} und die Vektoren \vec{AM} und \vec{DM} aufstellen.

Durch eine Linearkombination mit diesen drei Vektoren kann man den Ortsvektor \vec{OB} darstellen unter der Verwendung, dass der Vektor \vec{DM} gleich dem Vektor \vec{MB} ist.


\vec{OA}+ \vec{AM}+ \vec{MB}= \vec{OB}


Der Ortsvektor \vec{OB} führt uns zum gesuchten Punkt B.


In einem Quadrat sind die Vektoren \vec{AB} und \vec{DC} identisch.

Mit Hilfe der Punkte A und B kann man den Vektor \vec{AB} berechnen.

Damit lassen sich über die Gleichung \vec{AB}=\vec{DC} die Werte des Ortsvektors \vec{OC} durch ein einfaches Gleichungssystem berechnen.

Dieser Ortsvektor \vec{OC} führt uns somit zum Punkt C.


S.183 Aufgabe 14b

Die Koordinaten des Punktes S lauten S(\frac{2}{3} |\frac{8}{3} |\frac{2}{3} ).

Die allgemeine Formel für den Schwerpunktvektor lautet \vec{s}=\frac{1}{3}(\vec{a}+\vec{b}+\vec{c}) .


S.204 Aufgabe 1c, d

c)linear abhängig, da mindestens ein Parameter ungleich 0 ist

d)linear unabhängig, da es nur eine triviale Lösung gibt


S.204 Aufgabe 2a, b

a)linear unabhängig

b)linear abhängig


S.204 Aufgabe 4a, b

a)linear unabhängig

b)linear unabhängig


Musteraufgabe zur linearen Unabhängigkeit mit drei Vektoren

Nach der Hausaufgabenbesprechung wurde das Thema der letzten Stunde "Lineare Abhängigkeit/ Unabhängigkeit" weitergeführt.

Dazu haben wir zur Wiederholung die folgende Musteraufgabe berechnet:

x\cdot\begin{pmatrix} 7 \\ 1 \\ 5 \end{pmatrix}  +y\cdot\begin{pmatrix} 6 \\ 3 \\ 1 \end{pmatrix}  +z\cdot\begin{pmatrix} 5 \\ 1 \\ -2 \end{pmatrix}=\vec{0}

Diese drei Vektoren sollten auf lineare Abhängigkeit/ Unabhängigkeit untersucht werden.

Dazu haben wir die bekannte Definition der letzten Stunde benutzt.

Das führt uns zur folgenden Rechnung:

  • Wir schreiben die zweite Reihe zuerst, da man die 1 somit gut vervielfachen kann.
  • Um den Aufwand zu reduzieren, verrechnen wir gleich im ersten Schritt die erste mit der zweiten und die erste mit der dritten Zeile.

Bild1-1.jpg


Vektoren mit Formvariablen

Als neuer Sachverhalt wird in das Thema eine Formvariable (Konstante) eingeführt.

Anhand eines zweidimensionalem Beispiels soll in Abhängigkeit von dieser Konstante die lineare Unabhängigkeit untersucht werden.

Dies führen mit Hilfe einer Fallunterscheidung durch.

Hierbei ist a die sog. Formvariable, also die Konstante. Sie ist also keine Unbekannte.


Wie muss die Konstante a gewählt werden, wenn die Vektoren linear unabhängig sein sollen?

x{5 \choose 2} +y{a \choose 3}=\vec{0}

Bild2-2.jpg

Fallunterscheidung:

  • Die Klammer muss ungleich 0 sein, denn dann muss y zwingend 0 sein.
  • Wenn a\neq7,5 ist, dann folgt daraus y=0 und daraus folgt auch x=0. Daraus folgt nur eine triviale Lösung, somit l.u..
  • Für a=7,5 ist y beliebig, das heißt, die Vektoren sind l.a.

Probe:

Es wird die Probe durchgeführt, ob es für den Wert a=7,5 eine Linearkombination existiert.

a=7,5

x{5 \choose 2}+y{7,5 \choose 3}=\vec{0}


x=1,5

y=-1


Beweis des Satzes für die allgemeine Definition der linearen Abhängigkeit

Als kurzer Einschub in das aktuelle Thema werden verschiedene Beweistheorien behandelt.


Implikation\Rightarrow (nur eine Richtung)

Bsp.:

Vor. x>3 (p)

Beh. x>1 (q)

aus p folgt q: p\Rightarrow q

Bild9-3.jpg


Widerspruchsbeweis

Beim Widerspruchsbeweis nimmt man an, dass die Behauptung nicht stimmt.

Angenommen die Behauptung stimmt nicht:

\overline{q}:x\le 1 \Rightarrow x\le3

Entweder besteht ein Widerspruch oder man weist nach, dass die Vorraussetzung falsch ist.

Wenn x\le1, dann ist auch x\le3, also \overline{q} \Rightarrow \overline{p}


Vor. f differenzierbar und Hochpunkt an der Stelle x_{0} (p)

Beh. f'(x_{0} )=0

p\Rightarrow q

Bild8-1.jpg

Wenn die 1.Gleichung ungleich 0 ist, dann kann es keinen Hochpunkt mehr geben.


Äquivalenz \Leftrightarrow (beide Richtungen)

Vor. \Deltarechtwinklig (p)

Beh. a^{2}+b^{2}=c^{2}  (q)


Vor. a^{2}+b^{2}=c^{2}

Beh. \Deltarechtwinklig


p\Rightarrow q\  \wedge\ q\Rightarrow p bedeutet:

\Leftrightarrow

Aus der Voraussetzung folgt die Behauptung und umgekehrt in die andere Richtung.

2.Bsp.:

Vor. f'(x_{0} )=0 \  \wedge\ f''(x_{0} ) <0 (p)

Beh. f hat Hochpunkt an der Stelle x_{0} (q)


p\Leftrightarrow q


Dieser Satz soll nun aus der Definition der linearen Abhängigkeit bewiesen werden.

Vor. r \cdot\ \vec{a}   +s \cdot\ \vec{b} +t \cdot\ \vec{c}  =\vec{0}

Beh. r=s=t=0\Leftrightarrow die Vektoren sind linear unabhängig

Das bedeutet, es gibt keinen Vektor, der durch die anderen ausgedrückt werden kann.

Bew.

Die Aussage des Satzes ist die Äquivalenz.

[1] \Rightarrow Annahme: die Vektoren wären l.a.\Rightarrow \vec{b} =x\vec{a}+y\vec{c}\Rightarrow x\vec{a}+y\vec{c}-\vec{b}=\vec{0}\Rightarrow z= -1   (Widerspruch)

[2] \Leftarrow zu Zeigen r=s=t=0, wenn man weiß, dass die Vektoren l. u. sind.


Annahme:

t\neq 0\Rightarrow t\vec{c} =-r\vec{a}-s\vec{b}|:t

\Rightarrow \vec{c}=-\frac{r}{t}\vec{a}-\frac{s}{t}\vec{b}    (t ist angeblich \neq 0)


Das heißt, dass die Vektoren l.a. sind. (Widerspruch)


Drei Vektoren in der Ebene sind immer linear abhängig

In der Ebene sind drei Vektoren \vec{a},\vec{b},\vec{c}    immer l.a.

Wenn zum Beispiel \vec{a}  und \vec{b}  bereits l.a. sind, dann wäre \vec{a},\vec{b},\vec{c}   erst recht l.a.


Bew. \vec{a} und \vec{b} seien l.u.

Bild4-5.jpg

Es müsste jetzt möglich sein, dass wir den dritten Vektor durch die beiden anderen Vektoren darstellen.

Bild5-2.jpg

Man muss auf beiden Seiten durch die Klammer teilen.

Jetzt kann man y eindeutig bestimmen, da die Klammer ungleich 0 ist.


y=\frac{a_{2}\cdot c_{1}-c_{2}\cdot a_{1} }{b_{1}\cdot a_{2}-b_{2}\cdot a_{1}}


Also gibt es die geforderte Linearkombination.


Übung zur linearen Abhängigkeit von Vektoren mit Formvariablen

Die neu eingeführte Thematik mit einer Konstante im Zusammenhang der linearen Abhängigkeit/ Unabhängigkeit soll an einem Beispiel in Eigenarbeit geübt werden.

Wir machen eine Fallunterscheidung, weil wir im folgenden Gaussverfahren mit der Konstante a Multiplikationen durchführen.

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

1.

Zunächst den Fall a\neq0

Bild3-2.jpg


2.

Fall a=0


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


Um das Gaussverfahren zu nutzen, müssen die ersten beiden Zeilen getauscht werden, damit in der ersten Zeile ein x steht.

Bild6-2.jpg


Damit ergeben sich für a folgende Fälle:

a\neq1 sind die Vektoren l.u.

a=1 sind die Vektoren l.a.


Probe:

An einem selbst gewählten Beispiel für a zeigen wir, dass die Vektoren linear unabhängig sind.

a=2


x\begin{pmatrix} 2 \\ -3 \\ 5 \end{pmatrix}+y\begin{pmatrix} 1 \\ -2 \\ 2 \end{pmatrix} +z\begin{pmatrix} -2 \\ -2 \\ 4 \end{pmatrix}

Bild7-1.jpg


Hausaufgaben für Montag, den 17.09.2012

  • S. 184 Aufgabe 12e
  • S. 204 Aufgaben 2c-e; (4c,d); (5a); 6!; 7a,b
  • Vor. \vec{a}, \vec{b}, \vec{c} l.u.

Beh. \vec{a}+\vec{b}

\vec{b}+\vec{c}

\vec{a}+\vec{c} l.u.

  • {1 \choose a} {a \choose 1}

l.a. für welches a?


Protokoll vom 17.09.2012 / Thema: Formvariable/Geradengleichung in Parameterform/2-Punkte-Form der Geraden

Protokoll von --Adrian S. 20:21, 18. Sep. 2012 (CEST) (Schuljahr 2012 / 13)
Lehrer C.-J. Schmitt (2 Unterrichtsstunden)

Hausaufgaben zum 17.09.2012


S.184 Aufgabe 12

e.) \vec{c} -\frac{1}{2} (\vec{b}+\vec{a} )

S.204 Aufgabe 2 c-e

c.) l.u.

d.) l.a.

e.) l.a.

S. 204 Aufgabe 6

a=5,5

S.204 Aufgabe 7

a.) \vec{a} = r \cdot \vec{b} Die Vektoren sind parallel! Länge und Richtung können mit "r" angepasst werden.

b.) Wenn 3 Vektoren nicht l.a. sind, dann sind es 2 erst recht nicht, da ich ja bei 3 Vektoren jeden Vektor bereits "weglassen" kann, indem ich den Vorfaktor "0" einsetze.

bzw.

Wenn ich keinen der 3 Vektoren durch die anderen 2 dastehen kann, dann kann ich dies erst recht nicht, wenn ich einen der Vektoren weg lasse.

Beweis

Vor: \vec{a} ,\vec{b} ,\vec{c} l.u.

Beh: \vec{a}+\vec{b} ; \vec{a} +\vec{c} ;\vec{b} +\vec{c} l.u.

Als erstes müssen wir die Variablen r,s und t einbringen:

r(\vec{a} +\vec{b})+s(\vec{a}+ \vec{c})+t(\vec{b}+ \vec{c})=\vec{0}

Dann multiplizieren wir aus:

r\vec{a}+r\vec{b}+s\vec{a}+s \vec{c}+t \vec{b}+t \vec{c}=\vec{0}

Nun klammern wir die a,b und c Vektoren aus:

\vec{a} (r+s)+\vec{b} (r+t)+\vec{c} (s+t)=\vec{0}

Wir setzen das LGS an und lösen es:

Beweis l.u..jpg

\Rightarrow q.e.d. - Sie sind l.u.

l.a. für welches "a"?

a_1=(-1)

a_2=1


Übung S. 204 "Buchrand" (u.l.) Aufgabe 1

Fehler beim Parsen(Unbekannte Funktion „\box“): \begin{pmatrix} \box \\ 0\\ \box \end{pmatrix} ; \begin{pmatrix} \box \\ 0\\ \box \end{pmatrix} ; \begin{pmatrix} \box \\ 0\\ \box \end{pmatrix}


Diese Aufgabe haben wir nur kurz gemeinsam angeschaut. Es fällt auf, dass alle Vektoren in der (x_1,x_2)-Ebene liegen.


Musteraufgabe Formvariable

\begin{pmatrix} 2 \\ 3 \\ 5 \end{pmatrix} ; \begin{pmatrix} -1 \\ 3 \\ 6 \end{pmatrix} ; \begin{pmatrix} a \\ 3 \\ 2 \end{pmatrix}

soll l.u. werden

wir gehen nach unserem üblichen Dreiecks-Form-Schema / Ansatz vor

Musteraufgabe formvariable.jpg

da t=0 zwingend für a \neq 11\Rightarrow Klammer nicht "0"


Geradengleichung in Parameterform

Parameterform.jpg

schwarz: Stürzvektor \vec{p}

rot: Richtungsvektor \vec{u}

violett: Ortsvektor \vec{x}

gelb: Richtungsvektor \vec{-u}

blau: Ortsvektor \vec{x_3}

orange: Ortsvektor \vec{x_2}

grün: Richtungsvektor 2\vec{u}


z.B. \vec{p}+(\vec{-u} )= \vec{x_3}

Die Zielpunkte "X" aller Ortsvektoren \vec{x} liegen auf der Geraden "g"

X\in G


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

(r\in \mathbb{R} )


Referenzfehler: Ungültige Verwendung von <ref>: Der Parameter „name“ darf kein reiner Zahlenwert sein. Benutze einen beschreibenden Namen. Jeder x-Vektor kann Stützvektor sein.

[2] Jeder zu \vec{u} parallele Vektor ist geeignet als Richtungsvektor

Bsp.: g: \vec{x_1}= {2,5 \choose 4}+r{2 \choose 1}

verschiedene \vec{u} ergeben sich, indem man "r" variiert

r=1 \Rightarrow \vec{x_2} ={4,5 \choose 5}

r=2\Rightarrow \vec{x_3} ={6,5 \choose 6}


\Rightarrow g:\vec{x} {4,5 \choose 5} +r{10 \choose 5}


Punktprobe für Q(22,5|14)

Wir testen, ob sich der Punkt durch die 2 Vektoren dastellen lässt:

{22,5 \choose 14} = {2,5 \choose 4} +r{2 \choose 1}

20 \choose 10 = r{2 \choose 1}

r=10

Der Vektor lässt sich durch einen Ortsvektor und einen Richtungsvektor der Geraden dastellen, also liegt "Q" auf der Geraden!

Q\in g


2-Punkte Form der Geraden

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

2punkte formel.jpg

\vec{a}=\vec{p} \vec{u} = \vec{p} -\vec{a}

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

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


(r\in \mathbb{R} )

Da Vektor a und b gegeben sind können wir g ausrechnen

\vec{a} =\begin{pmatrix} 7 \\ -3 \\ -5 \end{pmatrix}

\vec{b} =\begin{pmatrix} 2 \\ 0 \\ 3 \end{pmatrix}

Indem wir den Stützvektor vom Ortsvektor abziehen erhalten wir den Vektor, der die Gerade g dastellt

g:\vec{x}  =\begin{pmatrix} 7 \\ -3 \\ -5 \end{pmatrix} +r\left[ \begin{pmatrix} 2 \\ 0 \\ 3 \end{pmatrix} -\begin{pmatrix} 7 \\ -3 \\ -5 \end{pmatrix} \right] = \begin{pmatrix} 7 \\ -3 \\ -5 \end{pmatrix} + r\begin{pmatrix} -5 \\ 3 \\ 8 \end{pmatrix}

r=1

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

g:\vec{x} \begin{pmatrix} 2 \\ 0 \\ 3 \end{pmatrix} + r\begin{pmatrix} 10 \\ -6 \\ -16 \end{pmatrix}


Übung S.187 Aufgabe 3d

X(2|-1|-1)

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

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

\Rightarrow Der Punkt lässt sich nicht durch die anderen Vektoren dastellen und ist daher nicht auf der Geraden


Übung S.187 Aufgabe 2b

A(-3|-2|9)

B(0|0|3)

Wir berechnen die Gerade wie folgt:

\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 3 \end{pmatrix} - \begin{pmatrix} -3 \\ -2 \\ 9 \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 3 \\ 2 \\ -6 \end{pmatrix}


Hausaufgaben zum 19.9.2012

  • S. 204 "Buchrand" (u.l.) Aufgabe 2 und 3
  • S. 204 Aufgabe 2/(5b)/7c,d
  • S. 185-186 lesen
  • S. 187 Aufgabe 1/3a/4a/2a



Vorsicht; dieser Text ist noch nicht richtig abgeschlossen. --CJSchmitt 16:40, 1. Nov. 2012 (CET)

Protokoll vom 19.09.2012 / Thema: "Vektorius 3d" / Eigenschaften von Geraden

Vorsicht; dieser Text ist noch nicht richtig abgeschlossen. --CJSchmitt 16:40, 1. Nov. 2012 (CET)

Protokoll von --A.Proschkin 17:39, 20. Sep. 2012 (CEST) (Schuljahr 2012 / 13)
Lehrer C.-J. Schmitt (3 Unterrichtsstunden)


Hausaufgaben zum 19.09.2012

S. 204 Seitenrand b/c
S.204 Aufgabe 2f / (5b) / 7 c,d
S.185 -186 lesen
S.187 1 / 3a / 4a / 2a


S.204 Seitenrand
b)r \in \mathbb{R} \Rightarrow l.a.
t=r=0

c) Drei Vektoren in einer Ebene sind immer linear abhängig

2f) l.a.

7d) Q(1|-5|23)


Vektoris 3d

Am Anfag der Stunde hat uns Herr Schmitt ein neues leistungsfähiges Programm namens Vektoris 3d vorgestellt. Es ermöglicht uns Vektoren im Raum darzustellen

Der erste Eindruck zeigt uns das im "Skript" alles protokolliert wird und man kann 2 Ebenen erkennen

Vektorius3d1.jpg




Für viele Betrachtungen ist die Ansichtsweise von nur dem 1. Oktanten gut geeignet.

Vektorius3d2.jpg



Nun hat Herr Schmitt uns gezeigt wie man das Programm benutzt. Man geht auf den " Skripteditor" dort kann man Befehle wie : Nullvektor ; Punkt im Raum ; Ortsvektor zu einem Punkt und vieles mehr eingeben. <br /Vektorius3d3.jpg




Vektorketten sind auch darstellbar und die Farbe der einzelnen Vektoren ist auch veränderbar um sie besser zu unterscheiden.

Vektorius3d4.jpg



Nun möchten wir eine Gerade darstellen indem man einen Stützvektor v=\begin{pmatrix} 0 \\ 2 \\ 2 \end{pmatrix} und einen Richtungsvektor mit u=\begin{pmatrix} 0 \\ 4 \\ 2 \end{pmatrix} erstmal beide als Ortsvektoren zeigt.
Vektorius3d5.jpg





Darauf gibt man den Befehl der Gerade g:( p, v) ein, was bedeutet , dass die Gerade auf dem Punkt P liegt und den Richtungsvektor v hat. Dies ist eine DArstellung in der x2 und x3 Ebene.

Jetzt wollen wir das ganze im Raum darstellen und nehmen einen Richtungsvektor mit \vec{p} \begin{pmatrix} 6 \\ 2 \\ 2 \end{pmatrix}



Musteraufgabe für das Beweisen der linearen Unabhängigkeit von drei Vektoren


Voraussetzung: \vec{a},\vec{b} ,\vec{c} sind linear unabhängig.

Behauptung: \vec{a}+2\vec{b}  ;  \vec{a}+\vec{b} + \vec{c}> \vec{a} - \vec{b} - \vec{c} sind linear unabhängig.

Beweis: r(\vec{a}+2\vec{b})+s(\vec{a}+\vec{b} + \vec{c})+t(\vec{a} - \vec{b} - \vec{c}) = \vec{0} Dies ist der Ansatz um die lineare Unabhängigkeit zu untersuchen.

Nun werden die Klammern aufgelöst:
r\vec{a}+2r\vec{b}+s\vec{a}+s\vec{b}+s\vec{c}+t\vec{a}-t\vec{b}-t\vec{c} = \vec{0}
Jetzt müssen wir Ordnung reinbringen und klammern die Vektoren aus :
\vec{a}(r+s+t)+\vec{b}(2r+s-t)+\vec{c}(s-t)= \vec{0}

Daraus kann man schließen das die Klammern Null sein müssen und somit können wir ein LGS anlegen:

LGS Musteraufgabe.jpg


Musteraufgabe für Geraden

S.188 A:14a 


Man kann aus zwei Punkten einen Vektor bilden und schließlich gucken ob der 3. Punkt auf der Geraden des Vektors liegt.

A(2|3); B(6|8) ; C(10|13)
g:\vec{x} = \vec{a} + r(\vec{b}-\vec{a})
Im errsten Schritt stellen wir die Geradengleichung auf und setzten dort die Punkte bzw. die Vektoren ein.

Aus Punkt A und B ergibt sich :
g:\vec{x} = {2 \choose 3}+r{4 \choose 5}

{10 \choose 13}={2 \choose 3} +r{4 \choose 5} | -{2 \choose 3}


Nun machen wir eine Punktprobe:
{8 \choose 10}=r{4 \choose 5}

r = 2

C\in g

C\in AB


Gegenseitige Lage von Geraden

Geraden in der Ebene

2 Geraden in der Ebene können : Parallel sein / sich schneiden / identisch sein

Geraden im Raum

2 Gerden im Rum können sic : schneiden / parallel sein / identisch sein / windschief sein (d.h. sie sind weder parallel , identisch noch schneiden sie sich)



Unbenannt1.jpg

Man sieht ,dass der Zielpunkt des Vektor s\vec{x} auf beiden Geraden liegt.

Den Schnittpunkt rechnerisch bestimmen

Nun kann man gleichsetzen :
t{2 \choose 1}= {2 \choose 0}+s{1 \choose 1}

t{2 \choose 1}= {2 \choose 0}+s{1 \choose 1} | -s {1 \choose 1}

t{2 \choose 1} -s {1 \choose 1}= {2 \choose 0}
Nun können wir ein LGS anlegen.
LGSst.jpg

\vec{x}= 2{2 \choose 1} = {4 \choose 2}

Probe : h:\vec{x} = {2 \choose 0} + 2{2 \choose 1}= {4 \choose 2}

Fazit : \ g \cap h =\left\{ { X (4|2) }   \right\}

2.Beispiel


g:\vec{x}= {2 \choose 0}+ r{1 \choose 2}

h:\vec{x}= {3 \choose 3}+ s{2 \choose 4}
g || h
Beide Richtungsvektoren sind linear abhängig bzw. prallel .

Was müsste sein dmir beide identisch sind ?
Wenn die Gerden identishc wären müsste der Stützvektor von h = \vec{x} von g sein.

{3 \choose 3} = {2 \choose 0} + r{1 \choose 2}|-{2 \choose 0}

{1 \choose 3} = + r{1 \choose 2}

L=\left\{ { leere Mennge  } \right\}

g\neq h

i:\vec{x} ={3 \choose 2} +s{2 \choose 4}
g||i

{2 \choose 0} ={3 \choose 2}+s{2 \choose 4}  | -{3 \choose 2}

{-1 \choose -2} =s{2 \choose 4}

g=i

Die Gerden sind parallel wenn die Richtungsvektoren linear abhängig sind.
Sie sind sogar identisch , wenn der Stützvektor der einen Gerade, der \vec{x} der zweiten Gerade ist.

Musteraufgabe



g:\vec{x}= {3 \choose 3} + r{2 \choose 6}
h:\vec{x}= {-2 \choose 9} + s{-5 \choose 20}

g\not||h

Fehler beim Parsen(Syntaxfehler): {3 \choose 3}+r{2 \choose 6}={-2 \choose 9}-s{-5 \choose 20} | -s{-5 \choose 20

r{2 \choose 6}-s{-5 \choose 20}={-2 \choose 9} -{3 \choose 3}

r{2 \choose 6}-s{-5 \choose 20}={-5 \choose 6}

LGS2.jpg

g:\vec{x}= {3 \choose 3} + r{-2 \choose -6} = {1 \choose -3}
X\left\{ {1|-3} \right\} Der Punkt X ist der Punkt an dem sich die Geraden h und g schneiden.

Probe : h:\vec{x}= {-2 \choose 9} + s{3 \choose -12}={1 \choose -3}

\ g \cap h = \left\{ {X(1|-3)} \right\}


3. Beispielaufgabe


g:\vec{x}= \begin{pmatrix} 0 \\ -1 \\ 2 \end{pmatrix}  + r\begin{pmatrix} -2 \\ 2 \\ 1 \end{pmatrix}
h:\vec{x}= \begin{pmatrix} 3 \\ -1 \\ -2 \end{pmatrix}  + s\begin{pmatrix} -2 \\ -4 \\ 6 \end{pmatrix} h\not|| g

Nun setzten wir gleich

\begin{pmatrix} 0 \\ -1 \\ 2 \end{pmatrix} + r\begin{pmatrix} -2 \\ 2 \\ 1 \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} 3 \\ -1 \\ -2 \end{pmatrix}+s\begin{pmatrix} 0 \\-1\\ 2 \end{pmatrix}
Nun stellen wir nach den Variablen um:
r\begin{pmatrix} -2 \\ 2 \\ 1 \end{pmatrix} - s\begin{pmatrix} -2 \\ -4 \\ 6 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 3 \\ -1 \\ -2 \end{pmatrix} - \begin{pmatrix} 0 \\ -1 \\ 2 \end{pmatrix}

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

Jetzt können wir ein LGS anlegen.

LGS3.jpg

g:\vec{x}= \begin{pmatrix} 0 \\ -1 \\ 2 \end{pmatrix}<br /><math>h:\vec{x}= \begin{pmatrix} 3 \\ -1 \\ -2 \end{pmatrix} +\begin{pmatrix} -1 \\ -2 \\ 3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2 \\ -3 \\ 1 \end{pmatrix} +\begin{pmatrix} 2 \\ -2 \\ -1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2 \\ -3 \\ 1 \end{pmatrix}</math>

\ g \cap h =\left\{ {X(2|3|1)} \right\}


Übungsaufgabe Buch S. 192 Aufgabe 4

Man muss die gegenseitige Lage der Geraden untersuchen und gegebenfalls die Koordinaten des Schnittpunktes betrachten:

g:\vec{x} =\begin{pmatrix} 5 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} + t\begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ -1 \end{pmatrix}
h:\vec{x} =\begin{pmatrix} 7 \\ 1 \\ 2 \end{pmatrix} + s\begin{pmatrix} -6 \\ -3 \\ 3 \end{pmatrix}

g||h da die Richtungsvektoren linear abhängig sind.

Nun gucken wir ob die Geraden identisch sind:
\begin{pmatrix} 5 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}  + t\begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ -1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 7 \\ 1 \\ 2 \end{pmatrix} | -\begin{pmatrix} 5 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}

t\begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ -1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}

g\neq h



4.Beispielaufgabe



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

h:\vec{x} =\begin{pmatrix} 5 \\ 6 \\ 1 \end{pmatrix} + r\begin{pmatrix} -1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}

g\not|| h

Nun untersuchen wir ob die Geraden identisch oder windschief sind:

r\begin{pmatrix} 3 \\ 4 \\ 0 \end{pmatrix} - s\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}  =  \begin{pmatrix} 5 \\ 6 \\ 1 \end{pmatrix} - \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 3 \end{pmatrix}

LGS4.jpg


Hausafgaben für Montag , den 24.09.2012

S.187 A2c /5a,b / (7,8) / 11a / 14c
S:192 A1a-d / 2 a,b / 4a-d / (5,6) / (15,16)

g:\vec{x} =\begin{pmatrix} -2 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} + r\begin{pmatrix} -1 \\ 1 \\ 3 \end{pmatrix} h:\vec{x} =\begin{pmatrix} 1 \\ -3 \\ 2 \end{pmatrix} + s\begin{pmatrix} 2 \\ -2 \\ -6 \end{pmatrix} Die Geraden untersuchen.

Protokoll vom 24.09.2012 / Thema: Strategien zur bestimmung der Lage zweier Geraden/ Schnitt zweier Flugbahnen

Protokoll von --Tortosa 18:28, 24. Sep. 2012 (CEST) (Schuljahr 2012 / 13)
Lehrer C.-J. Schmitt (2 Unterrichtsstunden)

Anmerkung von Herr Schmitt

Nachdem wir von Herr Schmitt ein neuer Klapptest erhalten haben, empfahl er uns diesen zu bearbeiten. Es wäre eine gute Übung, die wir auch selbst kontrollieren könnten. Also sollten wir die Chance nicht verschwenden. Außerdem gab er uns bekannt, dass die Protokollkette schon fertig gestellt worden sei. Sein Tipp war es, rein zu sehen, um sich schon früher darauf einstellen zu können.


Hausaufgaben des 19.09.2012

Seite 187

  • Nummer 2c)

g: \vec{x} =\begin{pmatrix} 7 \\ -2 \\ 7 \end{pmatrix}  +  \cdot t  \begin{pmatrix} -6 \\ 3 \\ -6 \end{pmatrix}

  • Nummer 5a)

z.B:

- bei  t=1 \rightarrow  X_{1}(3|-1|4)
- bei  t=0 \rightarrow  X_{2}(1|-3|2)
  • Nummer 5b)

 t= 1,5

P(4|0|5)

Ansatz:  -3 + 2t =0

  • Nummer 11a)

Die Gerade liegt auf der  x_{1}, x_{3} Ebene

  • Nummer 14c)

Nein, die Punkte liegen nicht auf der Geraden

Seite 192

  • Nummer 1a)

Sie sind identisch

  • Nummer 1b)

Sie sind nur Parallel

  • Nummer 1c)

Identisch (sie haben auch den selben Stützvektor)

  • Numemr 2a)

X(9|0|6)

  • Nummer 2b)

X(1|3|1)

  • Nummer 4a)

Die Geraden sind Windschief

  • Nummer 4c)

X(2|1|3)

  • Nummer 4d)

X(-5|-15|1)







Strategie Entwicklung zur Lagebeziehungen zweier Geraden

Die in der letzte Stunde bereits besprochene Strategie, um die Lagebeziehung zweier Geraden zu berechnen, haben wir heute verdeutlich. Erstmals müssen wir erfahren, ob beide Geraden Parallel sind. Wenn ja, müssen wir herausfinden, ob sie dann auch identisch sind. Im Falle, dass sie nicht parallel sind, ist es notwendig zu wissen, in welchen Punkt sie sich schneiden, oder ob sie sich gar nicht schneiden (Windschief). Hier müssen wir aber auch Acht geben, da sich z.B. die Windschiefen und Parallen im folgendem Punkt ähnlich sind:

 g \cap h = {}


Tortosa Strategie 02.jpg



Alternative Berechnung

Danach haben wir uns mit der Aufgabe der letzten Stunde beschäftigt, mit diese haben wir eine alternativ Lösung entwickelt, um die Lagebeziehung der zwei Geraden herauszufinden. Von letzte Stunde wissen wir noch, dass die Geraden:

  • Parallel sind


Geraden:

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

h:\vec{x} =\begin{pmatrix} 1 \\ -3 \\ 2 \end{pmatrix} +  s\cdot \begin{pmatrix} 2 \\ -2 \\ -6 \end{pmatrix}

Zur Übersicht:

Tortosa Graphen letzterunterricht.jpg


Wir gehen jetzt "frontal" an die Aufgabe heran. Wir stellen beide Formeln um, so dass wir den "möglichen" Schnittpunkt berechnen können (als ob wir die Aufgabe noch nicht berechnet hätten). Die Parameter {r;s} änder wir jetzt für {\mu ;\lambda}

\lambda  \cdot \begin{pmatrix} -1 \\ 1 \\ 3 \end{pmatrix} - \mu \begin{pmatrix} 2 \\ -2 \\ -6 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 3 \\ -4 \\ 1 \end{pmatrix}

Daraus bilden wir ein LGS.

Tortosa LGS 01.jpg

Aufgrund des Ergebnisses kann man daraus leiten, dass sie keinen Schnittpunkt gemeinsam haben, also können sie nur windschief oder parallel sein. Wenn wir uns die Richtungsvektoren der beiden Geraden angucken, erkennen wir, dass sie Parallel sind.

In beiden Wege kriegen wir das selbe Ergebnis raus. Somit haben wir die Alternative bestätigt.



Übungsblatt 4 Nummer 1

Dieses Arbeitsblatt beschäftigt sich mit der Flugbahn der Flugzeuge. In der erste Aufgabe müssen wir sagen können, ob sich beide Flugzeuge (Boeing 767-299 und Douglas 10-30F). Um dies Herauszufinden müssen wir Wissen, ob beide Bahnen einen gemeinsamen Punkt haben, und wenn doch, ob sie in der selben Uhrzeit dort ankommen.


1.Schnittpunkt Bestimmung

g:\vec{x} = \begin{pmatrix} -80 \\ 880 \\ 9,6 \end{pmatrix}  + \lambda  \cdot \begin{pmatrix} 200 \\ 300 \\ 1 \end{pmatrix}

h:\vec{x} = \begin{pmatrix} -210 \\ 880 \\ 10,3 \end{pmatrix}  +  \mu \cdot \begin{pmatrix} 350 \\ 200 \\ -0,5 \end{pmatrix}


Der nächste Schritt ist die Unbekannten auf eine Seite zu bringen


\lambda  \cdot \begin{pmatrix} 200 \\ 300 \\ 1 \end{pmatrix} - \mu \cdot \begin{pmatrix} 350 \\ 200 \\ -0,5 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -130 \\ 0 \\ 0,7 \end{pmatrix}

Jetzt machen wir unser bekanntes LGS. Die Gleichung  \lambda  + 0,5 \mu = 0,7 stellen wir aber in oberster Stelle, um die Umformung zu erlecihtern.


Tortosa LGS 02 corregido.jpg

Tortosa LGS 03 corregido.jpg

Wir setzen diese Ergebnise in den Formeln ein. Es kommt folgender Punkt raus:

-  S(0|1000|10)


2. Zeitpunkt des Erreichen des Punktes

Um zu wissen wann die Flugzeuge eintreffen, müssen wir erstmal deren Geschwindigkeit berechnen, und die Streke die sie zurücklegen müssen berechnen, weil die Formel folgendermassen lautet:

- t=\frac{s}{v}

Dafür fehlen uns die kontante Geschwindigkeit und die zurückgelegte Strecke.

Schritt 1a) \rightarrow Berechnung der Geschwindigkeit von Flugzeug eins.

Die Strecke, die wir suchen nennen wir D, um diese herauszufinden verwenden wir den Satz des Pythagoras.

Bild zur Übersicht:

Tortosa CUBE.jpg


d^2 =a^2 +b^2

D =\sqrt{a^2 +b^2+c^2}=s


a=200

 b=300

c=1

s= 360,56 km

Wir wissen (steht im Üb.), dass der Flugzeug zwischen 11:10 und 11:30 durch den Punkt fliegt, also haben wir einen Zeitabschnitt von 20 min.

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

Schritt 1b) \rightarrow Berechnung des Weges bis zum Kollisionspunkt.

s=?

s ist hier gesucht.

\vec{a}=\begin{pmatrix} 80 \\ 880 \\ 9,6 \end{pmatrix}

\vec{s}=\begin{pmatrix} 0 \\ 1000 \\ 10 \end{pmatrix}

s= \vec{AS} = \vec{s}-\vec{a}=\begin{pmatrix} 80 \\ 120 \\ 0,4 \end{pmatrix}

|\vec{AS}| Länge des Representanten von A bis zum Kollisionspunkt


\vec{AS}=\sqrt{80^2+120^2+0,4^2} =144,22km


Jetzt fehlt uns nur der Zeitpunkt auszurechnen

Schritt 1c) \rightarrow Berechnung der Zeitspanne.

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

Wenn er also um 11:10 von Punkt A losfliegt, und er 8 min braucht, erreicht er um 11:18 den Kollisionspunkt.


Jetzt begeben wir uns mit dem anderen Flugzeug.

Schritt 2a) \rightarrow Berechnung der Geschwindigkeit des zweiten Flugzeuges.

Wir verwenden die selbe Formel wie vorhin:

-D =\sqrt{a^2 +b^2+c^2}=s

Unsere a, b, und c sind aber anders


a=350

b=200

c=-0,5

D =\sqrt{350^2 +200^2+0,5^2}=403,11km

Der Zeitabstand bleibt weiterhin bei 20min, die Geschwindigkeit ist dann:

v=\frac{403,11km}{\frac{1}{3} h} = 1209,34\frac{km}{h}


Schritt 2b) \rightarrow Berechnung des Weges bis zum Kollisionspunkt.

s=?

\vec{AS} =\vec{s} -\vec{a} = \begin{pmatrix} 210 \\ 120 \\ -0,3 \end{pmatrix}

\vec{AS}=\sqrt{210^2+120^2-0,3^2} =241,22km

Schritt 2c) \rightarrow Berechnung der Zeitspanne.

t=\frac{241,44km}{1209,34\frac{km}{h} }= 12 min

Der Zweite flugzeug erreicht den Kollisionspunkt um 11:22

Sie haben einen Zeitabstand von 4 min...

Ziemlich geringer Abstand, da so etwas nur unter perfekten Bedingungen stattfinden könnte. Es wäre also empfehlenswert, diese Flugzeuge nicht zu nehmen.


Zur Illustration der Flugstrecken und des Schnittpunkts der Flugrouten soll die folgende Grafik dienen.

Liberté Bildschirmfoto 2012-09-27 um 20.31.06 (2).jpg

Hierbei ist zu beachten, dass jeweils eine Längeneinheit in der Grafik auf den x1-,x2- und x3-Achsen 100 Längeneinheiten unserer gegebenen Koordinaten repräsentieren soll.

Die eingezeichneten Vektoren zeigen jeweils den Standort der Flugzeuge um 11:10 Uhr an, wobei dies zudem die Stützvektoren der jeweiligen Geraden sind.

Der Schnittpunkt der beiden Geraden scheint mit unserem errechneten Ergebnis übereinzustimmen, da auch hierbei der Schnittpunkt eine x1-Koordinate von Null, eine x2-Koordinate von ungefähr 1000 und eine x3-Koordinate von circa 10 besitzt, wobei letzteres in der Grafik nicht deutlich wird.

--Liberté 21:42, 27. Sep. 2012 (CEST)



Hausaufgaben für den 26.09.2012

  • Nummer 2 in Üb. 4
  • Nummer 3 in Üb.4
  • 187 Nummer: 5c, 14d
  • 192 Numer: 2c-d, 3, 7a, 9, 10a, 11a, 14 a-b

--Tortosa 18:28, 24. Sep. 2012 (CEST)

Protokoll vom 26.09.2012 / Geraden und Ebenen im Raum

Protokoll von --Ganymed 19:18, 26. Sep. 2012 (CEST) (Schuljahr 2012 / 13)
Lehrer C.-J. Schmitt (3 Unterrichtsstunden)

Bevorstehende Kursarbeit

Eingangs erinnerte Herr Schmitt uns daran, dass die erste Kursarbeit dieses Halbjahres bevorsteht. Diese findet am 10.10.2012 statt, also finden bis dahin durch den Tag der Deutschen Einheit nur noch zwei Unterrichtseinheiten statt. Zur Vorbereitung dieser begannen wir nun den Unterricht mit dem Vergleichen der Hausaufgaben vom 24.9.2012.


Hausaufgaben vom 24.9.2012

Übungsblatt 4

Aufgabe 2

Fehler beim Parsen(Syntaxfehler): g: \quad \vec{x}=\begin{pmatrix} 100 \\ -200 \\ 10300 \end{pmatrix} + t \cdot \begin{pmatrix} 2000 \\ 2000 \\ 0 \end{pmatrix} \\ h: \quad \vec{x}=\begin{pmatrix} -200 \\ 2300 \\ 10250 \end{pmatrix} + t \cdot \begin{pmatrix} 2200 \\ -2400 \\ 100 \end{pmatrix}


Die Geraden sind zueinander windschief.

Aufgabe 3

S \qquad (2090 \ | \ 1950 \ | \ 10250 )

Es wurde darauf hingewiesen, dass die Flugzeuge womöglich zusammenstoßen. Aus Zeitgründen, wurde dieses Anliegen nicht weiter behandelt und auf die Rubrik Problem der Woche verwiesen.



S. 187

Aufgabe 5c)

Fehler beim Parsen(Syntaxfehler): t = \frac{1}{2} \\ S \ (0|-4|1)


Aufgabe 14d)

Ja, die Punkte A, B und C liegen auf einer Geraden.


S. 192

Aufgabe 2c)

S \qquad (3|-2|4)

Aufgabe 2d)

S \qquad (3|-13|9)

Aufgabe 3

Die Geraden g und i sind zueinander windschief. Dies erkennt man sofort, da

  • g und h sich den selben Stützvektor teilen, sich also schneiden.
  • h und i sich den selben Richtungsvektor teilen, also parallel sind.
Aufgabe 7a)

Fehler beim Parsen(Syntaxfehler): g: \quad \vec{x}=\begin{pmatrix} 2 \\ 2 \\ 0 \end{pmatrix} + t \cdot \begin{pmatrix} -2 \\ 2 \\ 2 \end{pmatrix} \\ h: \quad \vec{x}=\begin{pmatrix} 1 \\ 4 \\ 0 \end{pmatrix} + t \cdot \begin{pmatrix} -1 \\ -3 \\ 2 \end{pmatrix}


Die Geraden g und h sind zueinander windschief.


Um dies zu visualisieren, kann eine Grafik erstellt werden, wobei deutlich wird, dass die Perspektive, von welcher man die Geraden betrachtet, entscheidend für die Betätigung unseres Ergebnisses ist.

Damit dieses Problem verdeutlicht wird, können die folgenden zwei Grafiken, welche die Geraden im Raum darstellen, erstellt werden.

Liberté Bildschirmfoto 2012-09-28 um 17.59.58.jpg

Hierbei würde man vermuten, dass die Geraden sich trotz unseres Ergebnisses schneiden, jedoch liegt dies lediglich an der Perspektive, von welcher wir die Geraden betrachten.

Um deutlich zu zeigen, dass die Geraden dennoch windschief sind, ist eine weitere Grafik zu erstellen

Liberté Bildschirmfoto 2012-09-28 um 17.54.03.jpg

Nun bestätigt auch die Grafik unser Ergebnis, wobei die rote Linie zwischen den beiden Geraden den Abstand verdeutlichen soll, an welchem zuvor ein Schnittpunkt vermutet hätte werden können.

--Liberté 18:57, 28. Sep. 2012 (CEST)


Aufgabe 9

Die Gerade g ist parallel zur Strecke \overline{AB}.

g \ || \ \overline{AB}

Aufgabe 10a)

a=2

Die Geraden g_a und h_a sind zueinander windschief.

Aufgabe 14a)

Richtig, die Richtungsvektoren sind dann linear unabhängig.

Aufgabe 14b)

Falsch, die Geraden können sich dann auch schneiden.


Gegenseitige Lage zweier Geraden

Analog zum Schaubild der vorherigern Unterrichtseinheit besprachen wir weitere Entscheidungsbäume zur einfachen formalistischen Analyse der gegenseitigen Lage zweier Geraden. Dabei handelte es sich um die beiden Entscheidungsbäume auf dem Übungsblatt Nr. 5, sowie den Entscheidungsbaum auf Seite 190 im Schulbuch.

Musteraufgabe 1

Vor der Anweundung dieses Formalismus besprachen wir gemeinsam die Musteraufgabe S. 192 A 1a).

Fehler beim Parsen(Syntaxfehler): g: \quad \vec{x}=\begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 3 \end{pmatrix} + \lambda \cdot \begin{pmatrix} 2 \\ 4 \\ 1 \end{pmatrix} \\ h: \quad \vec{x}=\begin{pmatrix} 3 \\ 6 \\ 4 \end{pmatrix} + \mu \cdot \begin{pmatrix} 4 \\ 8 \\ 2 \end{pmatrix}


\begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 3 \end{pmatrix} + \lambda \cdot  \begin{pmatrix} 2 \\ 4 \\ 1 \end{pmatrix} \quad = \quad \begin{pmatrix} 3 \\ 6 \\ 4 \end{pmatrix} + \mu \cdot  \begin{pmatrix} 4 \\ 8 \\ 2 \end{pmatrix}

\lambda \cdot  \begin{pmatrix} 2 \\ 4 \\ 1 \end{pmatrix} - \mu \cdot  \begin{pmatrix} 4 \\ 8 \\ 2 \end{pmatrix} \quad = \quad \begin{pmatrix} 3 \\ 6 \\ 4 \end{pmatrix} -\begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 3 \end{pmatrix}

GanymedLGS1.jpg

Es gibt unendlich viele Lösungen/Schnittpunkte. Daraus ergibt sich, dass die Geraden identisch sind.


Anschließend erfolgte die Ausgabe der ersten Hälfte des Übungsblattes Nr. 5. Hier ist anzumerken, dass die Geraden im Original natürlich g und h heißen müssen.
Das Schubild verdeutlicht die in der Musteraufgabe verwendete Herangehensweise.

GanymedEheranschaulicheDeutung.jpg


Formalistische Bestimmung der gegenseitigen Lage

Um eine schnellere und einfachere Strategie zur Lagebeziehungen zweier Geraden zu erarbeiten, formulierten wir für die folgenden vier Fälle der gegenseitigen Lage einen Formalismus, der anschließend durch ein Schaubild noch verdeutlicht wird.

Die Geraden sind identisch
g=h
\vec{u}, \quad \vec{v} \qquad l.a.

Nun wissen wir, dass die Geraden parallel sind. Es bleibt weiterhin zu prüfen, ob die Geraden zudem identisch sind.

Fehler beim Parsen(Syntaxfehler): \vec{p} \ + \ \lambda \cdot\vec{u} \ = \ \vec{q} \\ \lambda \cdot\vec{u} \ = \ \vec{q} \ - \ \vec{p}
\Rightarrow  \qquad \vec{u}, \quad \vec{q}-\vec{p} \qquad l.a.

Wir müssen nicht beweisen, dass der Differenzvektor der Stützvektoren und beide Richtungsvektoren linear abhängig sind, da wir bereits wissen, dass die Richtungsvektoren linear abhängig sind. Sind der Differenzvektor der Stützvektoren und der Richtungsvektor linear abhängig, so sind die Geraden identisch.


Die Geraden sind parallel
g||h
\vec{u}, \quad \vec{v} \qquad l.a.

Analog zum ersten Fall haben wir gezeigt, dass die Geraden parallel sind und es bleibt erneut zu prüfen, ob die Geraden zudem identisch sind.

\Rightarrow  \qquad \vec{u}, \quad \vec{q}-\vec{p} \qquad l.u.

Sind der Differenzvektor der Stützvektoren und der Richtungsvektor linear unabhängig, so sind die Geraden parallel.


Die Geraden schneiden sich
g \cap h \ = \ \lbrace P \rbrace
\vec{u}, \quad \vec{v} \qquad l.u.

Wir stellen fest, dass die Geraden nicht parallel und damit nicht identisch sind. Es bleibt zu prüfen, ob ein lösbares LGS angesetzt werden kann.

\vec{q}-\vec{p} \ = \ \lambda\cdot\vec{u}-\mu\cdot\vec{v}

Wir erhalten ein lösbares LGS. Das LGS hat genau eine Lösung.

\Rightarrow  \qquad \vec{q}-\vec{p}, \quad \vec{u}, \quad \vec{v} \qquad l.a.

Sind der Differenzvektor der Stützvektoren und die beiden Richtungsvektoren linear abhängig, so schneiden sich die Geraden in genau einem Punkt.


Die Geraden sind windschief
\vec{u}, \quad \vec{v} \qquad l.u.

Erneut haben wir festgestellt, dass die Geraden nicht parallel bzw. identisch sind.

\vec{q}-\vec{p} \ \not= \ \lambda\cdot\vec{u}-\mu\cdot\vec{v}
\Rightarrow  \qquad \vec{q}-\vec{p}, \quad \vec{u}, \quad \vec{v} \qquad l.u.

Sind der Differenzvektor der Stützvektoren und die beiden Richtungsvektoren linear unabhängig, so erhalten wir keinen Schnittpunkt. Die Geraden sind folglich windschief.


Die nun ausgegebene zweite Hälfte des Übungsblattes Nr. 5 verdeutlicht die zuvor erarbeitete Herangehensweise mit dem Formalismus.

GanymedFormaleBeschreibung.jpg


Formalismus im Praxistest

Nach der Austeilung des Übungsblattes Nr. 5 verwendeten wir den dargestellten Formalismus an einigen Aufgaben des ersten Klapptestes.

Aufgabe 1 - Die Geraden sind identisch

Fehler beim Parsen(Syntaxfehler): g: \quad \vec{x}=\begin{pmatrix} 2 \\ 2 \\ 1 \end{pmatrix} + \lambda \cdot \begin{pmatrix} 9 \\ -3 \\ 6 \end{pmatrix} \\ h: \quad \vec{x}=\begin{pmatrix} -4 \\ 4 \\ 3 \end{pmatrix} + \mu \cdot \begin{pmatrix} -6 \\ 2 \\ -4 \end{pmatrix}


Wir erkennen, dass die Richtungsvektoren linear abhängig sind. Die Geraden sind folglich parallel.

g||h \qquad \qquad \vec{u}, \quad\vec{v}\qquad l.a.

Fehler beim Parsen(Unbekannte Funktion „\red“): \red\begin{pmatrix} 9 \\ -3 \\ 6\end{pmatrix} ,\quad\begin{pmatrix} 2 \\ 2 \\ 1\end{pmatrix}-\begin{pmatrix} -4 \\ 4 \\ -3\end{pmatrix} \quad =Fehler beim Parsen(Unbekannte Funktion „\red“): \red\begin{pmatrix} 6 \\ -2 \\ 4\end{pmatrix}


Wir erkennen, dass die Richtungsvektoren und der Differenzvektor der Stützvektoren linear abhängig sind.

\begin{pmatrix} 9 \\ -3 \\ 6\end{pmatrix}=1,5\cdot\begin{pmatrix} 6 \\ -2 \\ 4\end{pmatrix}

Daraus folgt, dass laut dem Formalismus die Geraden identisch sind.

\vec{u},\quad\vec{q}-\vec{p}\qquad l.a. \qquad\qquad g=h


Aufgabe 2 - Die Geraden sind parallel

Fehler beim Parsen(Syntaxfehler): g:\quad \vec{x}=\begin{pmatrix} 2 \\ -1 \\ 2 \end{pmatrix} + \lambda \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ -2 \\ 1 \end{pmatrix} \\ h: \quad \vec{x}=\begin{pmatrix} 1 \\ 3 \\ -1 \end{pmatrix} + \mu \cdot \begin{pmatrix} -2 \\ 4 \\ -2 \end{pmatrix}


Wir erkennen, dass die Richtungsvektoren linear abhängig sind. Die Geraden sind folglich parallel.

\begin{pmatrix} 1 \\ -2 \\ 1\end{pmatrix}=(-\frac{1}{2})\cdot\begin{pmatrix} -2 \\ 4 \\ -2\end{pmatrix}

g||h \qquad \qquad \vec{u}, \quad\vec{v}\qquad l.a.

Die Richtungsvektoren und der Differenzvektor der Stützvektoren sind jedoch linear unabhängig.

\begin{pmatrix} 1 \\ -2 \\ 1\end{pmatrix}=t\cdot\begin{pmatrix} 1 \\ -4 \\ 3\end{pmatrix} \qquad\qquad L=\lbrace \ \rbrace

Daraus folgt, dass laut dem Formalismus die Geraden parallel, aber nicht identisch sind.

Fehler beim Parsen(Syntaxfehler): \Rightarrow \vec{u},\quad\vec{q}-\vec{p}\qquad l.u. \\ \Rightarrow g||h ; \quad g\not= h



Aufgabe 3 - Die Geraden schneiden sich

Fehler beim Parsen(Syntaxfehler): g:\quad \vec{x}=\begin{pmatrix} 2 \\ 2 \\ -3 \end{pmatrix} + \lambda \cdot \begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ -1 \end{pmatrix} \\ h: \quad \vec{x}=\begin{pmatrix} 3 \\ 0 \\ -1 \end{pmatrix} + \mu \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ -2 \\ 2 \end{pmatrix}


\begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ -1\end{pmatrix}=t\cdot\begin{pmatrix} 1 \\ -2 \\ 2\end{pmatrix} \qquad\qquad L=\lbrace \ \rbrace

Wir erkennen, dass die Richtungsvektoren linear unabhängig sind. Daraus folgt, dass die Geraden nicht parallel sind.

\vec{u}, \quad\vec{v}\qquad l.u.

Fehler beim Parsen(Unbekannte Funktion „\red“): \red\begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ -1\end{pmatrix} ,\quadFehler beim Parsen(Unbekannte Funktion „\red“): \red\begin{pmatrix} 1 \\ -2 \\ 2\end{pmatrix} ,\quad\begin{pmatrix} 3 \\ 0 \\ 2\end{pmatrix}-\begin{pmatrix} 2 \\ 2 \\ -3\end{pmatrix} \quad =Fehler beim Parsen(Unbekannte Funktion „\red“): \red\begin{pmatrix} 1 \\ -2 \\ 2\end{pmatrix}


GanymedLGS2.jpg

Die drei Vektoren sind linear abhängig. Daraus folgt, dass laut Formalismus die Geraden sich schneiden.

g\cap h =\lbrace P \rbrace


Aufgabe 4 - Die Geraden sind windschief

Fehler beim Parsen(Syntaxfehler): g:\quad \vec{x}=\begin{pmatrix} 1 \\ -3 \\ 2 \end{pmatrix} + \lambda \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ -3 \end{pmatrix} \\ h: \quad \vec{x}=\begin{pmatrix} 10 \\ 4 \\ 3 \end{pmatrix} + \mu \cdot \begin{pmatrix} 2 \\ -3 \\ 0 \end{pmatrix}


t\cdot\begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ -3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 2 \\ -3 \\ 0\end{pmatrix} \qquad\qquad L=\lbrace \ \rbrace

Wir erkennen, dass die Richtungsvektoren linear unabhängig sind. Daraus folgt, dass die Geraden nicht parallel sind.

\vec{u}, \quad\vec{v}\qquad l.u.

Fehler beim Parsen(Unbekannte Funktion „\red“): \red\begin{pmatrix} 2 \\ -5 \\ 0\end{pmatrix} ,\quadFehler beim Parsen(Unbekannte Funktion „\red“): \red\begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ -3\end{pmatrix} ,\quad\begin{pmatrix} 14 \\ 4 \\ 3\end{pmatrix}-\begin{pmatrix} 1 \\ -3 \\ 2\end{pmatrix} \quad =Fehler beim Parsen(Unbekannte Funktion „\red“): \red\begin{pmatrix} 13 \\ 7 \\ 1\end{pmatrix}


GanymedLGS3.jpg

x=y=z=0 \qquad l.u.

Die drei Vektoren sind linear unabhängig. Daraus folgt, dass laut dem Formalismus die Geraden windschief zueinander sind.


Ebene in Parameterform

Vektoris3D-Darstellung der Ebene

Als nächstes beschäftigten wir uns mit Ebenen im Raum in Parameterform.

Gegeben ist die Ebene E: \quad\vec{x}=\vec{p}+r\cdot\vec{u}+s\cdot\vec{v}.

Dabei bezeichnet
\vec{p} den Stützvektor
\vec{u}, \quad \vec{v} die Spannvektoren, für die gilt:
\vec{u}, \quad \vec{v} \qquad l.u.
Die Spannvektoren dürfen nicht parallel sein, um eine zweidimensionale Ebene darzustellen.

Die Zielpunkte der x-Vektoren liegen hierbei auf der Ebene.

Musteraufgabe

E:\quad \vec{x}=\begin{pmatrix} 3 \\ 0 \\ 2 \end{pmatrix} + r\cdot  \begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ 7 \end{pmatrix}+s\cdot\begin{pmatrix} 3 \\ 2 \\ 5 \end{pmatrix}

Für r=s=1 gilt \vec{x}=\begin{pmatrix} 0 \\ 3 \\ 14 \end{pmatrix}. Dieser Vektor kann auch Stützvektor sein.

Punktprobe

Anschließend prüften wir, ob der Punkt P \ (1|1|0) auf der Ebene liegt.

\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 3 \\ 0 \\ 2 \end{pmatrix}+r\cdot\begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ 7 \end{pmatrix}+s\cdot\begin{pmatrix} 3 \\ 2 \\ 5 \end{pmatrix}

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

GanymedLGS4.jpg

Hier erkennen wir, dass sich die leere Menge ergibt, da s einmal -4 und einmal 10 sein soll. Der Punkt liegt nicht auf der Ebene.

L = \lbrace \ \rbrace \qquad\qquad P\not\in E


Dreipunkteform einer Ebene

Dreipunkteform einer Ebene

Gegeben ist eine Ebene mit dem Stützvektor \vec{a} und den Spannvektoren \vec{AB} und \vec{AC}.

E: \quad\vec{x}=\vec{a}+r\cdot(\vec{b}-\vec{a})+s\cdot(\vec{c}-\vec{a})

Des Weiteren gegeben sind die Punkte
Fehler beim Parsen(Syntaxfehler): A \ (1|-1|1) \\ B \ (1,5|1|0) \\ C \ (0|1|1)


E:\quad \vec{x}=\begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 1 \end{pmatrix} + r\cdot  \left(\begin{pmatrix} 1,5 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}-\begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 1 \end{pmatrix}\right) +s\cdot  \left(\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}-\begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 1 \end{pmatrix}\right)

E:\quad \vec{x}=\begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 1 \end{pmatrix} + r\cdot  \begin{pmatrix} 0,5 \\ 2 \\ -1 \end{pmatrix}+s\cdot\begin{pmatrix} -1 \\ 2 \\ 0 \end{pmatrix}


Durchstoßpunkte

Durchstoßpunkt in Vektoris3D

Analog zum Schnittpunkt zweier Geraden können wir nun auch den Durchstoßpunkt einer Ebene und einer "feindlichen" Gerade ermitteln.

Gegeben sind die Ebene E:\quad \vec{x}=\begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ -1 \end{pmatrix} + r\cdot  \begin{pmatrix} 2 \\ 3 \\ 1 \end{pmatrix}+s\cdot\begin{pmatrix} 1 \\ 4 \\ -3 \end{pmatrix} und die Gerade g:\quad \vec{x}=\begin{pmatrix} 4 \\ 0 \\ 8 \end{pmatrix} + t\cdot  \begin{pmatrix} 1 \\ 3 \\ 0 \end{pmatrix}.
Diese setzen wir nun gleich.

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

GanymedLGS5.jpg

Nun setzen wir für t ein.

\begin{pmatrix} 4 \\ 0 \\ 8 \end{pmatrix}+\begin{pmatrix} 1 \\ 3 \\ 0 \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 5 \\ 3 \\ 8 \end{pmatrix}

Wir erhalten den Durchstoßpunkt S\qquad(5|3|8|).

Probe:

\begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 1 \end{pmatrix}+\begin{pmatrix} 6 \\ 9 \\ 3\end{pmatrix}-\begin{pmatrix} 2 \\ 8 \\ -6 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 5 \\ 3 \\ 8 \end{pmatrix}


Hausaufgaben zum 1.8.2012

  • S. 192:
    • A 7b
    • A 14c, d
    • A 10b
    • A 11b
    • A 12a, b
  • S. 216-217 lesen
  • S. 218:
    • A 1a
    • A 4a
    • A 4b (1)
    • A 5
  • S. 230 A 2a


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