Protokolle vom Dezember 2014

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 3.12.2014 Thema: Abstand eines Punktes von einer Ebene

Protokoll von--Hellmann (Diskussion) 16:35, 3. Dez. 2014 (CET) (Schuljahr 2013 / 14)
Lehrer C.-J. Schmitt (2 Unterrichtsstunden)
verbessert von:--Hellmann (Diskussion) 10:52, 29. Dez. 2014 (CET)

Hausaufgaben vom 28.11.2014

S.221 #1b: Ja, die Geraden sind orthogonal.

S.221 #2b: a_2=5

S.222 #5:

 \overline{AC}={5 \choose 5}

\overline{BD}={3 \choose -3}

\Rightarrow Ja, sie sind orthogonal.

S.222 #7: C(9|6|8) ; allerdings soll Ergebnis nocheinmal geprüft werden.

S.222 #14b: Nein, sie sind nicht orthogonal.

S.225 #1a:

Normalenform: E: \Bigg[\vec{x}- 	\begin{pmatrix}-1\\2\\1 \end{pmatrix}\Bigg] \cdot \begin{pmatrix}3\\-2\\7 \end{pmatrix}=0

Koordinatenform: E: 3x_1-2x_2+7x_3=0

S.225 #2c: C \epsilon E

S.225 #4a:

E: 9x_1-3x_2+7x_3=25

S.225 #3b:

E: x_1+2x_3=-1 (erneut Hausaufgabe, da verschiedene Lösungen)



Abstand eines Punktes von einer Ebene

\rightarrowLotfußpunkt-Verfahren


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

Skizze

Der Abstand des Punktes R zur Ebene E wird gesucht. Dazu muss man den Abstand d, der orthogonal zur Ebene liegt, und der Abstand zwischen den Punkten R und F ist, berechnen.


1.) h: \vec{x}=\vec{r}+ \lambda \cdot \vec{n}

2.) h \cap E=\{F\}

3.) \vec{RF}=\vec{f}-\vec{r}

4.) d(R;E)=|\vec{RF}|


Erklärung:

1.) Eine Gerade h mit dem r Vektor als Stützvektor und dem Normalenvektor der Ebene als Richtungsvektor wird gebildet. Diese Gerade ist orthogonal zur Ebene und geht durch den Punkt R.

2.)Der Schnittpunkt von der Geraden h und der Ebene E wird F bzw Lotfußpunkt genannt und gebraucht, da von dieser aus der Abstand zu R gemessen wird.

3.) Der RF-Vektor wird benötigt, um den Abstand d aus dem Betrag des RF-Vektors in Schritt 4.) zu berechnen.



Bsp. 1 (S.245 #1b)

Ebene ist in Normalenform gegeben. Daher muss an dieser nichts verändert werden.


E: \Bigg[\vec{x}- \begin{pmatrix}1\\2,5\\3,5 \end{pmatrix} \Bigg] \cdot \begin{pmatrix}12\\6\\-4 \end{pmatrix}=0

R(-2|0|3)



1.)

h: \vec{x}= \begin{pmatrix}-2\\0\\3 \end{pmatrix}+ \lambda \cdot \begin{pmatrix}12\\6\\-4 \end{pmatrix}


2.)

\Bigg[ \bigg[ \begin{pmatrix}-2\\0\\3 \end{pmatrix}+ \lambda \cdot \begin{pmatrix}12\\6\\-4 \end{pmatrix} \bigg] -\begin{pmatrix}1\\2,5\\3,5 \end{pmatrix} \Bigg] \cdot \begin{pmatrix}12\\6\\-4 \end{pmatrix}=0

\Bigg[ \begin{pmatrix}-3\\-2,5\\-0,5 \end{pmatrix}+\begin{pmatrix}12 \lambda\\6 \lambda\\-4 \lambda \end{pmatrix}\Bigg] \cdot \begin{pmatrix}12\\6\\-4 \end{pmatrix}=0

-36-15+2+144 \lambda +36 \lambda +16 \lambda=0

196 \lambda =49

\lambda =  \frac{1}{4}


\Rightarrow\vec{f}=\begin{pmatrix}-2\\0\\3 \end{pmatrix}+ \frac{1}{4} \cdot \begin{pmatrix}12\\6\\-4 \end{pmatrix}= \begin{pmatrix}1\\1,5\\2 \end{pmatrix}


3.)

\vec{RF}= \vec{f}-\vec{r}=\begin{pmatrix}1\\1,5\\2 \end{pmatrix}-\begin{pmatrix}-2\\0\\3 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}3\\1,5\\-1 \end{pmatrix}


4.)

|\vec{RF}|=\sqrt{9+2,25+1}=\sqrt{12,25}=3,5=d(R;E)



Spiegelpunkt R' berechen:

Skizze2

Da der Spiegelpunkt auch ein Punkt auf der Geraden h ist, kann dieser ein x-Vektor dieser Geraden sein. Deswegen kann man die Gleichung der Hilfsgeraden verwenden und muss nur noch lambda verdoppeln, da R und R' 2d voneinander entfernt sind.


\vec{r'}=\begin{pmatrix}-2\\0\\3 \end{pmatrix}+ 2 \lambda \cdot \begin{pmatrix}12\\6\\-4 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-2\\0\\3 \end{pmatrix}+ \frac{2}{4} \cdot \begin{pmatrix}12\\6\\-4 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}4\\3\\1 \end{pmatrix}

R'(4|3|1)



Bsp. 2 (S.245 #1a)

Die Ebene ist in einer Koordinatenform gegeben. Deswegen muss man zuerst den Normalenvektor bestimmen, der auf der linken Seite der Gleichung gegeben ist, da diese aus dem x-Vektor multipliziert mit dem Normalenvektor besteht.


E: 3x_2+4x_3=0

R(3|-1|7)


\vec{n}=\begin{pmatrix}0\\3\\4 \end{pmatrix}



1.)

h: \vec{x}=\begin{pmatrix}3\\-1\\7 \end{pmatrix}+ \lambda \cdot \begin{pmatrix}0\\3\\4 \end{pmatrix}


2.)

h \cap E ?


3 \dot (-1+ 3 \lambda)+4 \cdot (7+4 \lambda )=0

-3+9 \lambda +28+16 \lambda=0

25 \lambda=-25

\lambda=-1


\Rightarrow\vec{f}=\begin{pmatrix}3\\-1\\7 \end{pmatrix}- \begin{pmatrix}0\\3\\4 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}3\\-4\\3 \end{pmatrix}


3.)

\vec{RF}=\vec{f}-\vec{r}=\begin{pmatrix}3\\-4\\3 \end{pmatrix}-\begin{pmatrix}3\\-1\\7 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\-3\\4 \end{pmatrix}


4.)

|\vec{RF}|=\sqrt{9+16}=\sqrt{25}=5=d(R;E)



Spiegelpunkt R':


\vec{r'}=\begin{pmatrix}3\\-1\\7 \end{pmatrix}- 2 \cdot \begin{pmatrix}0\\3\\4 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}3\\-7\\-1 \end{pmatrix}


R(3|-7|-1)



Bsp. 3 (S.245 #1c)

Die Ebene ist in der Parameterform gegeben. Deswegen muss zuerst der Normalenvekor berechnet werden, da man ohne diesen nicht die Gerade h bestimmen kann.


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

R(2|4|13)


\vec{n}=?


Voraussetzung:

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

LGS...

\vec{n}=\begin{pmatrix}0\\n_2\\5n_{2} \end{pmatrix}=\lambda \cdot \begin{pmatrix}0\\1\\5 \end{pmatrix}



1.) Nun kann ganz "normal" weiter gerechnet werden.

h:\vec{x}=\begin{pmatrix}2\\4\\13 \end{pmatrix}- 3 \cdot \begin{pmatrix}0\\1\\5 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2\\1\\-2 \end{pmatrix}


2.)


LGS..


\vec{f}=\begin{pmatrix}2\\4\\13 \end{pmatrix}-3 \cdot \begin{pmatrix}0\\1\\5 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2\\1\\-2 \end{pmatrix}


3.)

\vec{RF}=\vec{f}-\vec{r}=\begin{pmatrix}2\\1\\-2 \end{pmatrix}-\begin{pmatrix}2\\4\\13 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\-3\\-15 \end{pmatrix}


4.)

|\vec{RF}|=\sqrt{9+225}=\sqrt{234}=3 \cdot \sqrt{26}=d(R;E)



Spiegelpunkt R':


\vec{r'}=\begin{pmatrix}3\\4\\13 \end{pmatrix}- 6 \cdot \begin{pmatrix}0\\1\\5 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2\\-2\\-17 \end{pmatrix}

R'(2|-2 |-17)



Hausaufgaben für den 5.12.2014

S.222 #7 überprüfen

S.225 #3b überprüfen

S.225 #(5;6)

S.245 #1a, b, c (mit den übrigen Punkten B und C. + jeweils der Berechnung des Spiegelpunktes)

S.245 #2, #3, #4

S.245 #5a (Anfertigung einer Skizze hilft beim Verständnis der Aufgabe!)

Am Freitag alle Klapptests in separatem in Ordner/ "Fach" dabei haben!



Protokoll vom 5.12.2014 Thema: Spiegelpunkt, Spurpunkt, Spurgeraden, Winkel zwischen Ebenen, elementargeometrische Beweise

Protokoll konnte nicht erstellt werden (Schuljahr 2013 / 14)
Lehrer C.-J. Schmitt (3 Unterrichtsstunden)
verbessert von: s.o.

Protokoll vom 6.12.2014 Thema: Abisamstag / Stochastik / (Letzte Stunde: Übungen zu Ebenen)

Protokoll von--Philipp95 (Diskussion) 13:05, 6. Dez. 2014 (CET) (Schuljahr 2013 / 14)
Lehrer C.-J. Schmitt (3 Unterrichtsstunden)
verbessert von:--Philipp95 (Diskussion) 16:43, 13. Dez. 2014 (CET)





Klapptest Aufgaben



Nummer 1


E_1 : \vec x = \begin{pmatrix}1\\4\\2 \end{pmatrix}+ \lambda \begin{pmatrix}3\\2\\0 \end{pmatrix}+ \mu \begin{pmatrix}0\\-2\\1 \end{pmatrix}

E_2 :  \begin{pmatrix}2\\-3\\-6 \end{pmatrix}[ \vec x - \begin{pmatrix} 4\\4\\3 \end{pmatrix}]  =0



Nun muss man überprüfen ob die Ebenen Parallel sind.Um das zu bestätigen müssen die Normalvektoren der beiden Ebenen l.a sein.
Doch erstens bräuchte man den \vec n von E_1 .Denn kriegen wir durch die Spannvektoren heraus der Ebene heraus.

\vec {n_1} \cdot \vec u=0  \wedge \vec {n_2} \cdot \vec v=0

LGS VON n



\vec {n_1}=n_3 \begin{pmatrix} -\frac{1}{3} \\ \frac{1}{2} \\1 \end{pmatrix}=s\begin{pmatrix} -2 \\ 3 \\6 \end{pmatrix}

Jetzt vergleicht man die beiden \vec n

\begin{pmatrix} 2 \\ -3 \\-6 \end{pmatrix}=-1\begin{pmatrix} -2 \\ 3 \\6 \end{pmatrix} \longrightarrow \vec {n_1};\vec {n_2}  \Rightarrow l.a

Das bedeutet E_1 || E_2



Jetzt muss man überlegen ob die Ebenen nicht identsisch sind ? Das macht man am besten mit der Punktprobe.


\begin{pmatrix}2\\-3\\-6 \end{pmatrix} \cdot [ \begin{pmatrix}1\\4\\2 \end{pmatrix}- \begin{pmatrix} 4\\4\\3 \end{pmatrix}]  =\begin{pmatrix}-3\\0\\-1 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix}2\\-3\\-6 \end{pmatrix}=-6+6 =0

Der Punkt von E_1 liegt in E_2, daruas folgt E_1=E_2



Identisch



Nummer 5


E_1 : \vec x = \begin{pmatrix}2\\1\\1 \end{pmatrix}+ r \begin{pmatrix}1\\1\\1 \end{pmatrix}+ s \begin{pmatrix}2\\-4\\1 \end{pmatrix}

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



Wie auch davor brauchen wir in diesem Fall auch den \vec n von E_1

\vec n \cdot \vec u =0  \wedge \vec n \cdot \vec v=0

jsabklvklasjv



\vec {n_1}= r \begin{pmatrix}1\\1\\-2\end{pmatrix} =\vec {n_2}  \longrightarrow \vec {n_1};\vec {n_2}  \Rightarrow l.a

Jetzt weiß man ,dass E_1 || E_2



Nun gucken wir ob die Ebenen auch identisch sind mit der Punktprobe.

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

Daraus folgt:E_1 \neq E_2



Jetzt braucht man nur noch den Abstand zu ermitteln.

R(2|1|1)

h: \vec x = \begin{pmatrix}2\\1\\1 \end{pmatrix} + r\begin{pmatrix}1\\1\\-2 \end{pmatrix} Die Hilfsgerade besteht aus \vec r und \vec n

h in E_2 :

\begin{pmatrix}1\\1\\-2 \end{pmatrix} \cdot [\begin{pmatrix}2\\1\\1 \end{pmatrix}+r\begin{pmatrix}1\\1\\-2 \end{pmatrix}]-3=6r-2 \rightarrow r= \frac{1}{3}


\vec f = \begin{pmatrix}2\\1\\1 \end{pmatrix} +  \frac{1}{3} \begin{pmatrix}1\\1\\-2 \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} \frac{7}{3} \\ \frac{4}{3} \\ \frac{1}{3} \end{pmatrix}

\vec {FR}=\begin{pmatrix}2\\1\\1 \end{pmatrix}-\begin{pmatrix} \frac{7}{3} \\ \frac{4}{3} \\ \frac{1}{3} \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} -\frac{1}{3} \\ -\frac{1}{3} \\ \frac{2}{3} \end{pmatrix}

|\vec {FR}|= \frac{1}{3} \sqrt{1+1+4}= \frac{ \sqrt{6} }{3}=0,82

d(E_1;E_2)=0,82   ist der Abstand der beiden Ebenen



Parallel



Nummer 3


E_1= \begin{pmatrix}5\\-1\\0\end{pmatrix} +r\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}+s\begin{pmatrix}-1\\1\\1\end{pmatrix}

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

 \vec {n_1}= \begin{pmatrix}0\\-1\\1\end{pmatrix}

\vec {n_2}= \begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix}



Da die \vec n l.u sind müssen sich die Ebenen schneiden.Dafür brauchen wir den Winkel
den kriegen wir durch die \vec n heraus.

cos  (\alpha)= \frac{\vec {n_1} \cdot \vec {n_2}}{|\vec {n_1}| \cdot |\vec {n_2}|}= \frac{1}{ \sqrt{2} }

\alpha=45^0

Jetzt ermittelt man die Schnittgerade. Der einfache weg ist die Ebenen in KF zu transforieren und mittels LGS es dann zu bestimmen.
E_1 : -x_2 +x_3 =1

E_2: x_2 =2
x_1 ist dabei belibig.

aavvfva



Daraus kann man nun die Schnittgerade bestimmen:

h: \vec x = \begin{pmatrix}x_1 \\2\\3\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}0 \\2\\3\end{pmatrix}+x_1 \begin{pmatrix}1 \\0\\0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0 \\2\\3\end{pmatrix}+\lambda \begin{pmatrix}1 \\0\\0\end{pmatrix}



Schneiden



Protokoll vom 10.12.2014 Thema: Musterklausur & Abstand Punkt-Gerade

Protokoll von:--Vincent97 (Diskussion) 18:44, 10. Dez. 2014 (CET) (Schuljahr 2013 / 14)
Lehrer C.-J. Schmitt (2 Unterrichtsstunden)
verbessert von:--Vincent97 (Diskussion) 21:43, 12. Dez. 2014 (CET)

Hausaufgaben vom 05.12.2014

S.231 Nr.5c

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

D_{23}(0|5|9)

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

Nr.6b

S_1(6|0|0)

S_2(0|5|0)

S_3(0|0|3)

S.260

Nr.2a \alpha=14,07^o

Nr.2b \alpha=55,53^o

Nr.2c \alpha=70,79^o

Nr.2d \alpha=90^o


Musterklausur

Als nächstes haben wir die Musterklausur besprochen, die man hier findet.


Abstand eines Punktes von einer Geraden

g:\vec{x}=\begin{pmatrix}
 -1\\
 1\\
 -7
 \end{pmatrix}+\lambda \cdot \begin{pmatrix} 
 2\\
 -1\\
 2
 \end{pmatrix}\ \ R(9|11|6)

Da man nur eine Gerade und keine Ebene gegeben hat, braucht man eine Hilfsebene. Der Normalvektor einen Geraden nützt nicht viel, da eine Gerade unendlich viele Normalenvektoren hat, sodass man aus dem dem Punkt R und dem Richtungsvektor eine Normalform einer Ebene erstellt.

E:\bigg[\vec{x}-\begin{pmatrix}
 9\\
 11\\
 6
 \end{pmatrix}\bigg] \cdot \begin{pmatrix} 
 2\\
 -1\\
 2
 \end{pmatrix}=0

Nun läuft wieder das ganz normale Verfahren ab. Man schneidet g und E und bestimmt λ.

\bigg[\begin{pmatrix}
 -1\\
 1\\
 -7
 \end{pmatrix}+\lambda \cdot \begin{pmatrix} 
 2\\
 -1\\
 2
 \end{pmatrix}-\begin{pmatrix}
 9\\
 11\\
 6
 \end{pmatrix}\bigg] \cdot \begin{pmatrix} 
 2\\
 -1\\
 2
 \end{pmatrix}=0

\begin{pmatrix}
 -10+2\lambda\\
 -10-\lambda\\
 -13+2\lambda
 \end{pmatrix}\cdot \begin{pmatrix} 
 2\\
 -1\\
 2
 \end{pmatrix}=0

4\lambda-20+\lambda+10+4\lambda-26=0

9\lambda=36

\lambda=4

\vec{f}=\begin{pmatrix}
 -1\\
 1\\
 -7
 \end{pmatrix}+4 \cdot \begin{pmatrix} 
 2\\
 -1\\
 2
 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
 7\\
 -3\\
 1
 \end{pmatrix}

d(R;g)=|\vec{FR}|=|\begin{pmatrix}
 2\\
 14\\
 5
 \end{pmatrix}|=15



Protokoll vom 10.12.2014 Thema: Matrizen

Protokoll von:--Hellmann (Diskussion) 11:07, 29. Dez. 2014 (CET) (Schuljahr 2013 / 14)
Lehrer C.-J. Schmitt (2 Unterrichtsstunden)
verbessert von:--Hellmann (Diskussion) 18:52, 8. Jan. 2015 (CET)

Einführung in Matrizen

\Rightarrow einfaches LGS

LGS...

in diesem Beispiel ist A=\begin{pmatrix} 4 & 3 \\ 3 & 3 \end{pmatrix}

A wird Koeffizientenmatrix genannt! Aus dieser hat sich die linke Seite des zuvor gezeigten LGS ergeben.


\vec b= \begin{pmatrix} 11 \\ 9 \end{pmatrix}

Der b-Vektor gibt die rechte Seite des LGS an und wird Lösungsvektor genannt!


\vec x =\begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \end{pmatrix}


Aus diesen drei "Bestandteilen" kann nun eine Schreibweise (Verknüpfung) für das Berechen von Matrizen erstellt werden.

Denn die Koeffizientenmatrix verknüpft mit dem x-Vektor ergeben den Vektor \vec b:

A \circ \vec x = \vec b


Vergleich mit Multiplikation

3 \cdot x=12

x= \frac{1}{3} \cdot 12


Ziel ist es, den x-Vektor als Lösung zu erhalten, da dieser immer unbekannt ist:

\vec x= A^{-1} \circ \vec b


A^{-1} wird inverse Matrix genannt.

Die inverse Matrix ist z.B. von Vorteil, wenn man eine Serie von LGS hat mit jeweils konstanter Koeffizientenmatrix A aber verschiedenem \vec b



mathematische Berechnung

Bild1

Vorgehensweise: Die erste Zeile mal die Spalte ergibt die obere Komponente. Die zweite Zeile mal die Spalte ergibt die zweite Komponente ( in diesem Fall die untere) und so weiter mit dritter, vierter Zeile, wenn diese Vorhanden ist.


Also muss die i.-Zeile (von A) mit den Komponenten des x-Vektors muktipliziert werden, um die i.-te-Komponente von \vec b zu erhalten.



Jordan'sche Diagonalmatrix

3x3-Matrix

\begin{pmatrix} 3 & 2 & 1\\ 1 & 4 & 3\\ 5& 5 &2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}6\\ 7\\ 8\end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 3 \cdot 6+ & 2 \cdot 7+ & 1 \cdot 8\\ 1 \cdot 6+ & 4 \cdot 7+ & 3 \cdot 8\\ 5 \cdot 6+& 5 \cdot 7+ &2 \cdot 8\end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 18+ & 14+ & 8\\ 6+ & 28+ & 24\\ 30+& 35+ &16\end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 40\\58\\81 \end{pmatrix}


Als nächstes haben wir ein Verfahren gelernt, mit dem man den x-Vektor ausrechnen kann, wenn die Koeffizientenmatrix und \vec b gegeben sind. Bei diesem wird die Matrix wie ein lineares Gleichugssystem behandelt, da man jeden Rechenschritt pro Zeile durchführt.

lgs...

Korrektur:In der letzten Zeile der untersten Matrix steht ein -6, keine -1!!!


Nun wird das LGS wie normal aufgelöst:

-6x_3=-48 \Rightarrow x_3=8

-10x_2-8 \cdot 8=-134 \Rightarrow x_2=7

3x_1+2 \cdot 7+8=40 \Rightarrow x_1=6


Um dieses Verfahren zu vereinfachen, haben wir eine Weiterführung des Gauß-Algorithmus als Alternative gelernt:

lgs...


Jordan-Verfahren:

Dieses zeichnet sich dadurch aus, dass man nun nicht nur das Gaußsche Dreieck erreichen möchte, sondern die sogenannte Jordan'sche Diagonalmatrix bzw. Einheitsmatrix (E). Mit dieser lässt sich der x-Vektor ohne weitere Rechnungen direkt bestimmen, da sie ein neutrales Element der Matrizenmultiplikation ist.

  Also: E \cdot \vec x=\vec x 

 \Rightarrow E \cdot \vec x= \begin{pmatrix} 6 \\ 7 \\ 8 \end{pmatrix}

 \Rightarrow \vec x= \begin{pmatrix} 6 \\ 7 \\ 8 \end{pmatrix}


Zusammenfassung: Das LGS wird aufgelöst, indem man A auf Diagonalenform, bzw. auf die Einheitsmatrix bringt.



Zahlenschema

Um den Aufwand der Berechnung des x-Vektors zu verkleiner, kann man nun an Stelle der Matrizen einfach ein Zahlenschema verwenden, um das LGS zu berechnen und die Jordan'sche Diagonalmatrix zu erhalten.


Bsp.:

\begin{pmatrix} 1 & -7 &1 \\ 4 & -1 &1 \\ 5 & -3 & 1\end{pmatrix} \cdot \vec x= \begin{pmatrix} -5 \\ 1 \\ -1 \end{pmatrix}

zahlenschema


Da nun die Form der Jordan'schen Diagonalmatrix erreicht ist, kann man nun den x-Vektor genau bestimmen.

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



Nullmatrix

Die Nullmatrix besteht ausschließlich aus Nullen \Rightarrow \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}


Jeder Vektor verknüpft mit der Nullmatrix ergibt den Nullvektor :

\begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 6 \\ 7 \\ 8 \end{pmatrix}\begin{pmatrix}  0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}


Allerdings kann sich der Nullvektor auch aus anderen "Kombinationen" ergeben:

\begin{pmatrix} 2 & 4 \\ 6 & 12  \end{pmatrix}\begin{pmatrix} -2 \\ 1  \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 4-4 \\ 12-12  \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}  0 \\ 0 \end{pmatrix}


\begin{pmatrix} 1 & 1 & -2 \\ 6 & 8 & -10 \\ 4 & 6 & -6 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 3 \\ -1 \\ 1 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 3-1-2 \\ 18-8-10 \\ 12-6-6 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}


Dies zeigt einen Unterschied zur reellen Algebra auf, denn:

3 \cdot x=0 \Rightarrow x=0



Anwendung in der Geometrie

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


Koordinatensystem


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


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


\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 2 \\ 0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 2 \\ 0 \end{pmatrix}

In diesem Fall ist P(2|0) ein Fixpunkt!

\Rightarrow Die Fixpunkte der Spiegelung an der x-Achse liegen auf der x-Achse


Daher ist die Menge der Fixpunkte \Rightarrowg: \vec x = \lambda \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix}



Die wichtigsten neuen Begriffe

Koeffizientenmatrix: A

Lösungsvektor: \vec x

inverse Matrix: A^{-1}

Jordan'sche Diagonalmatrix/ Einheitsmatrix E : \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}

Nullmatrix: \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}