Protokolle vom Februar 2015

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Inhaltsverzeichnis

Protokoll vom 4.02.2015 Thema:Inverse Matrix

Protokoll von--Jugu5797 (Diskussion) 20:02, 5. Feb. 2015 (CET) (Schuljahr 2014 / 15)
Lehrer C.-J. Schmitt (2 Unterrichtsstunden)
verbessert von:--Jugu5797 (Diskussion) 17:33, 10. Feb. 2015 (CET)

Hausaufgaben vom 28.Januar.2015

S.265 A2c.)

E:6x_1-x_2-5x_3=-2

S.249 A2a.)

Der Abstand bis zum Punkt A ist 5,8.

Der Abstand bis zum Punkt B ist 21,2.

Der Abstand bis zum Punkt C ist 11,4.

S.251 A1a.)

Der Abstand ist 17.

S.255 A3a.)

Die Geraden sind parallel zueinander und haben den Abstand \sqrt{10}.

S.255 A3b.)

Die Geraden schneiden sich. Sie haben keinen Abstand sondern den Schnittpunkt S(0|1|2).

S.261 A4a.)

\alpha = 26,6°

Bemerkung: Wichtig hierbei ist das man die Sinusform verwendet, da eine Gerade die Ebene schneidet.

S.295 A2.)

Der Fixpunkt der Ebene ist entweder der Ursprung oder zum Beispiel der Punkt P mit Ortsvektor\begin{pmatrix}
 {1}\\
 {1} \\
 {6} 
 \end{pmatrix}.

Um die Matrix zu vervollständigen muss man die Matrix mit einem Fixpunkt multiplizieren. Herauskommen muss wieder der Fixpunkt.

\begin{pmatrix}
-1&a_{12}&1\\
0&a_{22}&0 \\
-2&a_{32}&2 
\end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix}
 {1}\\
 {1} \\
 {6} 
 \end{pmatrix} =  \begin{pmatrix}
 {1}\\
 {1} \\
 {6} 
 \end{pmatrix}

Wenn man jede Zeile als LGS hinschreibt, so erhält man die Lösung für die Variablen.

Dann erhält man die folgenden Lösungen:

a_{12}=-4 \quad a_{22}=1 \quad a_{32}=-4

Hinweis: Ein anderer Lösungsweg ist im Kursbuch auf der Seite 291 beschrieben.

S.295 A3a.)

Die Matrix mit sich selbst multipliziert ergibt die Matrix.

\begin{pmatrix}
-\frac{3}{5}&0&-\frac{4}{5}\\
0&1&0 \\
-\frac{4}{5}&0&\frac{3}{5}
\end{pmatrix} \cdot\begin{pmatrix}
-\frac{3}{5}&0&-\frac{4}{5}\\
0&1&0 \\
-\frac{4}{5}&0&\frac{3}{5}
\end{pmatrix}= \begin{pmatrix}
-\frac{3}{5}&0&-\frac{4}{5}\\
0&1&0 \\
-\frac{4}{5}&0&\frac{3}{5}
\end{pmatrix}

S.295 A3b.)

Ein beliebiger Punkt P im Raum wird gespiegelt.

\begin{pmatrix}
-\frac{3}{5}&0&-\frac{4}{5}\\
0&1&0 \\
-\frac{4}{5}&0&\frac{3}{5}
\end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix}
x_1\\
x_2\\
x_3
\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
-\frac{3}{5}x_1-\frac{4}{5}x_3\\
x_2 \\
-\frac{4}{5}x_1+\frac{3}{5}x_3
\end{pmatrix}

Man erhält P'.

S.295 A3c.)

\begin{pmatrix}
-\frac{3}{5}&0&-\frac{4}{5}\\
0&1&0 \\
-\frac{4}{5}&0&\frac{3}{5}
\end{pmatrix} \cdot \vec{x_E}= \vec{x_E}

\vec{x_E}=\begin{pmatrix}
-\frac{x_3}{2}\\
x_2 \\
x_3
\end{pmatrix}

Über diese Rechnung erhält man die Ebene. Damit kann man testen, ob  M \cdot \vec{x_E}=\vec{x_E}.

S.295 A6a.)

D \dot \vec{x} = Drehgerade

S.295 A6b.)

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

cos(\phi)=\frac{\begin{pmatrix}
1\\
-1 \\
0
\end{pmatrix} \dot \begin{pmatrix}
-1\\
0 \\
1
\end{pmatrix}}{2}

=120°

Abi B2

hier geht's zur Aufgabe 3

Inverse Matrix

Wiederholung

Um sich die Inverse Matrix näher zu bringen, muss man sich die "alten" Herangehensweisen noch einmal vor Augen führen.

Mithilfe der Matrix konnten wir LGS auf die einfachste Art lösen, sofern die linke Seite fest ist.

Wiederholung

Die Lösung des oben zusehenden Beispiels ist \begin{pmatrix}
 x_1\\
 x_2
 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
 2\\
 -1
 \end{pmatrix}.

Mithilfe des Gauß-Jordan-Verfahren konnten wir den Einheitsmatrix ausfindig machen.

______________________________________________


Einführung

Der Einheitsmatrix ist noch wichtig für dem Inversen Matrix.

Wir wissen:

A \cdot \vec{x}= \vec{b}

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

E \cdot \vec{x}= A^{-1} \cdot \vec{b}

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

Daraus folgt:

A^{-1} \cdot A = E

_______________________________________________

Verfahren

Nun sei die Inverse von A=\begin{pmatrix}
 4&3\\
3&3
 \end{pmatrix}
gesucht.

Die Aufgabe sei also:

\begin{pmatrix}
 4&3\\
 3&3
 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix}
 a_{11}&a_{12}\\
 a_{21}&a_{22}
 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
 1&0\\
 0&1
 \end{pmatrix}

Um diese Aufgabe zu lösen berechnen wir die Matrix einzeln. Das heißt erst a_{11} zusammen mit a_{21} und dann a_{12} mit a_{22}.

Einfuehrung

Die Lösung ist demnach:

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

Diese Lösung lässt sich überprüfen, indem man A mit A^{-1} multiplizierst sowie A^{-1} mit A.

Dennes gilt immer:

A \cdot A^{-1}= A^{-1} \cdot A (Kommutativ Gesetz)
A \cdot A^{-1}=E

Wenn bei beiden Multiplikationen also das selbe herauskommt,also E, ist die Lösung richtig.

_______________________________________________

Beispiel

Gesucht sei A^{-1} von A.

A= \begin{pmatrix}
 3&16\\
1&4
 \end{pmatrix}

Verfahren1


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

Probe:

A \dot A^{-1}=\begin{pmatrix}
 3&16\\
1&4
 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix}
 -1&4\\
\frac{1}{4}&\frac{-3}{4}
 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
 1&0\\
0&1
 \end{pmatrix}

A^{-1} \cdot A= \begin{pmatrix}
 -1&4\\
\frac{1}{4}&\frac{-3}{4}
 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix}
 3&16\\
1&4
 \end{pmatrix} =\begin{pmatrix}
 1&0\\
0&1
 \end{pmatrix}


_________________________________________________________

Hausaufgaben

S.255 A(4),(5)

S.251 A2a.)

S.265 A4a.)

S.249 A4

S.261 A4b.),(5)

S.295 A4,5

S.286 A2

S.289 A1a,b.),2a.)

Abi B4 A3.1,3.2(?)

__________________________________________________



Protokoll vom 06.02.2015 Thema:Abstand eines Punktes von einer Ebene in KF

Protokoll von: --Hellmann (Diskussion) 11:47, 8. Feb. 2015 (CET) (Schuljahr 2014 / 15)
Lehrer C.-J. Schmitt (3 Unterrichtsstunden)
verbessert von:--Hellmann (Diskussion) 16:05, 24. Feb. 2015 (CET)



Hausaufgaben vom 04.02.15

S.265 #4a: Flächeninhalt=6

S.249 #4: R(8|9|-5) und S(-10|-9|-5)

S251 #2a: Flächeninhalt=27

S.261 #4b:

x_1x_2-Ebene: \alpha=0°

x_1x_3-Ebene: \alpha =26,57°

x_2x_3-Ebene: \alpha =63,43°


S.295 #4

a) \vec{p'} = \begin{pmatrix} \frac{2}{3}a + \frac{1}{3}b + \frac{2}{3}c \\ \frac{1}{3}a + \frac{2}{3}b  - \frac{2}{3}c \\ \frac{2}{3}a - \frac{2}{3}b - \frac{1}{3}c \end{pmatrix}

b) S \cdot \begin{pmatrix} a \\ b \\ c \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} \frac{2}{3}a + \frac{1}{3}b + \frac{2}{3}c \\ \frac{1}{3}a + \frac{2}{3}b  - \frac{2}{3}c \\ \frac{2}{3}a - \frac{2}{3}b - \frac{1}{3}c \end{pmatrix}

c)g':\vec{x}=\begin{pmatrix} \frac{4}{3} \\ -\frac{1}{3} \\ \frac{1}{3} \end{pmatrix}+ \lambda \cdot \begin{pmatrix} -1 \\ 0 \\ -2 \end{pmatrix}

d)S \cdot S = \frac{1}{36} \begin{pmatrix} 36 & 0 & 0 \\ 0 & 36 & 0 \\ 0 & 0 & 36 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}


S.295 #5: \alpha =90°

S.286 #2:

A \cdot B= \begin{pmatrix} 26 & 34 & 42 \\ 66 & 90 & 114 \\ 106 & 146 & 186 \end{pmatrix}

B \cdot A=\begin{pmatrix} 76 & 100 \\ 166 & 226 \end{pmatrix}


S.289 #1a,b:

a) B=\begin{pmatrix} 0,4 & 0,2 \\ -0,2 & 0,4 \end{pmatrix}

b) B= \begin{pmatrix} 2 & 1 & 1 \\ 5 & 3 & 4 \\ 4 & 2 & 3 \end{pmatrix}


S.289 #2a:

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


Abi B4:

hier geht's zur Aufgabe 3.1


Wiederholung: Inverse Matrix bilden

Bsp. 1:

erste Aufgabe

Bsp. 2:

zweite Aufgabe


Abstand Punkt und Ebene in KF

allgemein gilt: d(R;E)=|(\vec r - \vec p ) \cdot \vec {n_e}|


Da man allerdings bei einer Ebene in KF keinen p-Vektor gegeben hat, muss man diesen passend setzen. Damit man dies nicht mehr tun muss, kann man die Formel des Abstandes zwischen einem Punkt und einer Ebene auch umstellen.


Dafür gilt: E: \vec n \cdot \vec x = \vec n \cdot \vec p =c


d=|(\vec r - \vec p) \cdot {n_e}|=| \frac{ \vec r \cdot \vec n- \vec p \cdot \vec n}{| \vec n|}|=| \frac {r_1 \cdot n_1 +r_2 \cdot n_2 + r_3 \cdot n_3-c}{|\vec n|}|



Bsp.:

E:4x_1 -16x_2+13x_3=15=c=\vec n \cdot \vec p

\vec n= \begin{pmatrix} 4 \\ -16 \\ 13 \end{pmatrix}

|\vec n|=21


R(2|2|-5)


d(R;E)= | \frac {\begin{pmatrix} 2 \\ 2 \\ -5 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 4 \\ -16 \\ 13 \end{pmatrix}-15}{21}|=| \frac {-89-15}{21}|\approx 4,95



Überlegung: Abstand vom Ursprung zur Ebene

d(O;E)=|(O- \vec p) \cdot \vec {n_e}|=| \frac {-\vec p \cdot  \vec n}{| \vec n|}|=| \frac {-c }{|\vec n|}|=\frac {c}{|\vec n|}


Daher wäre der Abstand aus dem Beispiel von eben: d(O;E)= \frac {15}{21}=\frac{5}{7}


Durch diese Überlegung lässt sich auch die Hausaufgabe S.249 #4 auf eine weitere Weise lösen:


E: 2x_1 -x_2-2x_3=8

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

|\vec n|=3


\Rightarrow d(O;E)= \frac {8}{3}

BIld.


E_1:\frac {2x_1-x_2-2x_3}{3}=\frac {8}{3} + \frac {9}{3}=\frac {17}{3}

\rightarrow E_1: 2x_1-x_2-2x_3=17


E_2: 2x_1-x_2-2x_3= \frac {8}{3} - \frac {9}{3}=- \frac {1}{3}

\rightarrow E_2:2x_1-x_2-2x_3=-1



g: \vec x= \begin{pmatrix} 2 \\ 3 \\ -5 \end{pmatrix}+ \lambda \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}


E_1:

2(2+ \lambda)-(3+ \lambda)-2(-5)=17

\Rightarrow \lambda=6

\vec r=\begin{pmatrix} 2 \\ 3 \\ -5 \end{pmatrix}+6 \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 8 \\ 9 \\ -5 \end{pmatrix}


E_2:

2(2+ \lambda)-(3+ \lambda)-2(-5)=-1

\Rightarrow \lambda=-12

\vec r=\begin{pmatrix} 2 \\ 3 \\ -5 \end{pmatrix}-12 \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} -10 \\ -9 \\ -5 \end{pmatrix}



Abi B8

hier geht's zur Aufgabe


Hausaufgaben für den 11.02.2015

Inverse Matrix ausrechnen von: A=\begin{pmatrix} 3 & 5 &1 \\ 2 & 4 & 5 \\ 1 & 2 & 2 \end{pmatrix}

S.249 #(5);6

S.254 #1d

S.265 #4b

S.251 #3a

S.261 #9a

S.295 #7;9b-e;10

S.289 #2b,c;4

S.248 #1b



Protokoll vom 11.02.2015 Thema: Anwendung HNF für Koordinatenform (KF)

Protokoll von --Marius95 (Diskussion) 15:47, 11. Feb. 2015 (CET) (Schuljahr 2014 / 15)
Lehrer C.-J. Schmitt (2 Unterrichtsstunden)
verbessert von:--Marius95 (Diskussion) 17:03, 17. Feb. 2015 (CET)

Hausaufgabenbesprechung

A=\begin{pmatrix} 3 & 5 &1 \\ 2 & 4 & 5 \\ 1 & 2 & 2 \end{pmatrix}

A^{-1}=\begin{pmatrix} 2 & 8 &-21 \\ -1 & -5 & 13 \\ 0 & 1 & 2 \end{pmatrix}


S. 248, A1 b)

d(A;E)=4,95

d(B;E)=0,52

d(C;E)=7,33

S. 249, A6)

F_{1}: 2x_1+3x_2-6x_3=49

F_{2}: 2x_1+3x_2-6x_3=7

S. 254, A1 d)

d(g;h)=6,79

S. 265, A4 b)

A=3,61

S. 251, A3 a)

d(x_1;x_2)=7

S. 261, A9 a)

schneiden sich nicht !

S. 295, A7 a),b),c); A9 b-e) A10)

a)

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

b)

g': \vec x=\begin{pmatrix}
 -1 \\
 1 \\
 0 
 \end{pmatrix}+s\begin{pmatrix}
 -6 \\
 3 \\
 3 
 \end{pmatrix}

c)

E:x_1+x_2+x_3=0


A9)

b) Wahr:

A^3=A^2 \cdot A = A \cdot A =A^2=A \ \ \ \ ,da \ A^2=A

c) Wahr, da es einer Drehung um 360° entspricht.

d) Falsch, da auch Spiegelung möglich ist.

e) Wahr, Fixebenen liegen senkrecht zur Drehachse(-> Unterscheide: Fixpunktebenen!)

A10)

a) in der Profjektionsebene

b) in der Spiegelebene

c) in der Drehachse


S. 289, A2 b+c), A4)

b)

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

c)

A^{-1}= \frac{1}{t^2-1} \cdot   \begin{pmatrix}
  t  & - 1  \\
 - 1  & t  \\
 \end{pmatrix}

A4)

(A^{-1})^{-1}= \begin{pmatrix}
  1 & 0  \\
 2  & 1  \\
 \end{pmatrix}

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

Wiederholung: Abstände über Koordinatenform

Abstand Ebene vom Ursprung

Gegeben ist eine Ebene in Koordinatenform:


 E: \ 12x_{1}+6x_{2}-4x_{3}=5


\vec n= \begin{pmatrix}
 12 \\
 6 \\
 -4 
 \end{pmatrix} \ \ \ |\vec n|= \sqrt{196}=14


Der Abstand berechnet sich hier mit folgender Gleichung:


(E; o)= \frac{d}{|\vec n|}

 \Rightarrow d(E; o)= \frac{5}{14}




Abstand Ebene von einem Punkt

Gegeben ist eine Ebene in Koordinatenform und ein Punkt P:


 E: \ 12x_{1}+6x_{2}-4x_{3}=5 \ \ \ P(1|2|3)

Der Abstand berechnet sich hier mit folgender Gleichung:


d(E; P)=\frac{\left|n_1p_1+n_2p_2+n_3p_3-k\right|}{\sqrt{n_1^2+n_2^2+n_3^2}}

 \Rightarrow d(E; P)= | \frac{12 \cdot 1 + 6 \cdot 2 - 4 \cdot 3 - 5}{14}|=0,5


Hess'sche \  Normalform: | \frac{12 \cdot x_1 + 6 \cdot x_2 - 4 \cdot x_3 - 5}{14}|= \frac{5}{14}




Koordinatengleichung zweier Ebenen mit Abstand 3 der gegebenen Ebene

Gegeben ist eine Ebene in Koordinatenform und der Abstand von der Ebene zu 2 unbekannten Ebenen:

 E: \ 12x_{1}+6x_{2}-4x_{3}=5

d(E; E_{1}) \wedge d(E; E_{2})=3


 \rightarrow E_{1}: \frac{12 \cdot x_1 + 6 \cdot x_2 - 4 \cdot x_3 - 5}{14}|= \frac{5}{14}+3

E_{1}: 12 \cdot x_1 + 6 \cdot x_2 - 4 \cdot x_3 - 5= 47


 \rightarrow E_{2}: \frac{12 \cdot x_1 + 6 \cdot x_2 - 4 \cdot x_3 - 5}{14}|= \frac{5}{14}-3

E_{2}: 12 \cdot x_1 + 6 \cdot x_2 - 4 \cdot x_3 - 5= -37



Thema Differenzialgleichung befindet sich

hier


Protokoll vom 13.02.2015 Thema: Wiederholung

Protokoll von --[--Schiffert1996 (Diskussion) 23:27, 13. Feb. 2015 (CET)] (Schuljahr 2014 / 15)
Lehrer C.-J. Schmitt (3 Unterrichtsstunden)
verbessert von:--Schiffert1996 (Diskussion) 10:22, 24. Feb. 2015 (CET)

Vertiefung der Abstandsberechnung

Finde alle Punkte R, die von der Ebene E den Abstand 3 haben:

E:12r_1+6r_2-4r_3=5

d(E;E_1)=3

Wie wir aus unserer letzen Stunde noch wissen, lautet die Abstandsformel:

d= |  \frac{12r_1+6r_2-4r_3-5}{14}  | =3=d(R;E)

Dies gilt als Bedingung! Nun gilt es eine Fallunterscheidung vorzunehmen:

I: Der Betragsinhalt ist größer/gleich null (Also kann man die Betragszeichen weglassen)

Hierbei können wir den Term mit 14 multiplizieren, sodass wir unsere erste Ebene mit dem Abstand 3 bekommen:

  \frac{12r_1+6r_2-4r_3-5}{14}  =3 |\cdot14

E_1:12r_1+6r_2-4r_3=47

II: Der Betragsinhalt ist negativ

Um den Nenner negativ darzustellen, ändern wir dort alle Vorzeichen bevor wir auch in diesem Fall mit 14 multiplizieren:

  \frac{-12r_1-6r_2+4r_3+5}{14} =3 | \cdot 14

-12r_1-6r_2+4r_3+5 =3 | -5 | \cdot (-1)

E_2:12r_1+6r_2-4r_3 =-37

Also liegen auf den Ebenen E_1 und E_2 alle Punkte, die den Abstand 3 zur Ebene E haben.


S.255 Nr.5

Diese Aufgabe hat sich als sehr anspruchsvoll herausgestellt, sodass wir sie zusammen berechnet haben:

Folgende Geraden haben wir gegeben:

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

h: \vec{x} =\begin{pmatrix}7\\7\\0\end{pmatrix}+r \cdot \begin{pmatrix}4\\-5\\2\end{pmatrix}

Prinzipiell ist bereits jetzt schon eine Punktbestimmung möglich, und zwar:

G_t=\begin{pmatrix}0\\1+t\\2+t\end{pmatrix}

H_r=\begin{pmatrix}7+4r\\7-5r\\2r\end{pmatrix}

Aus diesen beiden Punkten lässt sich der Verschiebungsvektor \vec{G_tH_r} machen:

 \vec{G_tH_r}=\begin{pmatrix}7+4r\\6-5r-t\\-2+2r-t\end{pmatrix}= \vec{V}

Dieser Vektor ist orthogonal zu den Richtungsvektoren der beiden Geraden!

Weiterhin berechnen wir t und r, wobei wir für t=2 und für r=0 herausbekommen.

Dadurch lässt sich die kürzeste Strecke durch den Vektor \vec{G_tH_r}=\begin{pmatrix}7\\4\\-4\end{pmatrix} darstellen.

Der Betrag und somit die Länge des Vektors beträgt also:

 | \vec{G_tH_r}  | = \sqrt{7^2 +4^2 +4^2} = \sqrt{81} =9


Lösungen der Hausaufgaben

S.249 Nr.7

E_1:10x_1+2x_2-11x_3=105

Daraus resultieren folgende Punkte. Diese Berechnen wir, indem wir pro Punkt jeweils zwei x-Werte gleich null setzen und die Gleichung nach dem verbleibendem x ausrechnen:

P_1(10,5|0|0)

P_2(0|52,5|0)

P_3(0|0|-\frac{105}{11} )


E_2:10x_1+2x_2-11x_3=-45

Daraus resultieren folgende Punkte:

R_1(-4,5|0|0)

R_2(0|-22,5|0)

R_3(0|0|\frac{45}{11} )


S.255 Nr.7a

Beide Geraden liegen parallel auf der x_1,x_2-Ebene. Dies ist an der dritten Komponente des Richtungsvektors zu erkennen. Also muss man nur die dritte Koordinate der Stützvektoren beachten und sie voneinander substrahieren. Daraus ergibt sich: 23-17=6. Also beträgt der Abstand der Geraden 6.


S.252 Nr.9

d(S;g)=4,24


S.261 Nr.9b

S(2|2|4)

 \alpha  \approx 13,3^0


S.296 Nr.12

a)

Ebene





















b)

Der Einheitsvektor \begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix} wird auf \begin{pmatrix}1 \\0\\0\end{pmatrix} abgebildet.

Der Einheitsvektor \begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix} wird auf \begin{pmatrix}0 \\0\\0\end{pmatrix} abgebildet.

Der Einheitsvektor \begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix} wird auf \begin{pmatrix}0 \\-1\\1\end{pmatrix} abgebildet.


c) Hierzu bilden wir zunächst eine Hilfsgerade:

h: \vec{x}= \begin{pmatrix}a\\b\\c\end{pmatrix} +  \lambda \cdot \begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix}

Mit Hilfe dieser wird nun \lambda berechnet und damit wiederum   \vec{p'} = \begin{pmatrix}a\\-c\\c\end{pmatrix} berechnet.

Die Matrix muss also einen beliebigen Vektor  \begin{pmatrix}a\\b\\c\end{pmatrix} auf  \vec{p'} = \begin{pmatrix}a\\-c\\c\end{pmatrix} abbilden.

Daraus ergibt sich folgende Matrix:

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


Ü1 A5 a+e+g

a)F(x)=(x^2+x+2)^4

e)F(x)=e^{ \frac{1}{x}}+c

g)F(x)= | ln(x^2+1) |


S.280 Nr.5

x_1=Zahl der PC1

x_2=Zahl der PC2

x_3=Zahl der PC3


\begin{pmatrix}92&92&99\\403&466&520\\30&32&50\end{pmatrix}\cdot \begin{pmatrix}x_1\\x_2\\x_3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}G\\K\\M\end{pmatrix}

\begin{pmatrix}92&92&99\\403&466&520\\30&32&50\end{pmatrix}\cdot \begin{pmatrix}100\\150\\80\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}30920\\151800\\11800\end{pmatrix}

_____________________________________________________

Protokoll vom 18.02.2015 Thema:Orthonormalbasis

Protokoll von --Jugu5797 (Diskussion) 18:46, 19. Feb. 2015 (CET) (Schuljahr 2014 / 15)
Lehrer C.-J. Schmitt (2 Unterrichtsstunden)
verbessert von:--Jugu5797 (Diskussion) 11:18, 22. Feb. 2015 (CET)

Hausaufgabenbesprechung

S.252 Aufgabe 9

Unsere Problematik im Unterricht war es, die Punkte (wie zum Beispiel die Schnittstellen von Gerade und Grundfläche der Pyramide) zu definieren.

Hier eine kleine Skizze zu Orientierungszwecken:

Skizze pyramide

Mit diesen Koordinaten kann man Hilfe einer orthogonalen Hilfsebene und der Lot-Fuß-Punkt Methode den Abstand ausrechnen.

Der Abstand von der Spitze der Pyramide zur Geraden ist 4,24.

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S.262 Aufgabe 10a.) und c.)

10a.)

Alle Punkte der Geraden sind gemeinsam mit denen auf der Ebene. Somit kann es keinen Schnittwinkel geben.

\rightarrow g \subseteq E

10c.)

Die Geraden schneiden sich in einem Winkel von 16,6°.

Achtung: Wenn sich Gerade und Ebene schneidet,verwendet man die Sinus-Formel!

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Die Orthonormalbasis

Mit der Orthonormalbasis kann man jeden Vektor im Raum darstellen.

Die Orthonormalbasis bilden zum Beispiel die folgenden Vektoren:

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

Wir erinnern uns: Im R3 sind vier Vektoren immer linear abhängig, wenn höchstens drei linear unabhängig sind.

Diese drei Vektoren sind linear unabhängig voneinander.

Aus den drei Vektoren kann man \vec{p} bilden, indem man x,y und z entsprechend einsetzen kann in die folgende "Formel":

\vec{p}=x \cdot \begin{pmatrix}
 {1}\\
 {0} \\
 {0} 
\end{pmatrix} + y \cdot \begin{pmatrix}
 {0}\\
 {1} \\
 {0} 
\end{pmatrix} +z \cdot \begin{pmatrix}
 {0}\\
 {0} \\
 {1} 
\end{pmatrix}

P\epsilon |R^3 bel.

Bsp.:

\vec{p}=\begin{pmatrix}
 {3}\\
 {2} \\
 {4} 
\end{pmatrix}

\rightarrow \quad x=3 \quad y=2 \quad z=4

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S.296 Aufgabe 14

Diese Orthonormalbasis benötigte man um unsere Hausaufgabe lösen zu können.

14a.)

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

Der Bildvektor ist eine Lineakombination der Spaltenvektoren der Matrix.

Aus der oben herausgefundenen Gleichung kann man dann eine Ebene erstellen:

E: \vec{x} =  \cdot \begin{pmatrix}
 {0}\\
 {8} \\
 {4} 
\end{pmatrix} + \mu \cdot \begin{pmatrix}
 {1}\\
 {-7} \\
 {-4} 
\end{pmatrix} +  \lambda \cdot \begin{pmatrix}
 {-2}\\
 {16} \\
 {9} 
\end{pmatrix}

14b.)

Die Spaltenvektoren müssen linear unabhängig sein, da die Richtungsvektoren der Ebenen ebenfalls linear unabhängig sein müssen um die Ebene wirklich angeben zu können.

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Das Protokoll für den 18.Februar 2015 geht hier weiter.

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