Protokolle vom Januar 2015

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Inhaltsverzeichnis

Protokoll vom 14.01.2015 Thema: Geometrische Anwendung von Matrizen

Protokoll von--Marius95 (Diskussion) 17:09, 14. Jan. 2015 (CET) (Schuljahr 2013 / 14)
Lehrer C.-J. Schmitt (2 Unterrichtsstunden)
verbessert von:--Marius95 (Diskussion) 18:30, 20. Jan. 2015 (CET)

Wiederholung

Wir haben nochmal kurz besprochen, wie man die Multiplikation von Vektoren mit einer Matrix durchführt:

VektormalMatrix_2


Matrizen für geometrische Abbildungen

Allgemein gilt :  \ A \cdot \vec x= \vec l


Fixpunkte: Punkte, die bei einer Abbildung auf sich selbst abgebildet werden.


I.) Spiegelung an der y-Achse

Wir gehen vom Punkt P(2|3) aus und wollen ihn an der y-Achse spiegeln

Dabei befinden sich die Fixpunkte auf der y-Achse (Matriz Sy) !


Spiegelung yAchse


Rechnerisch lässt es sich der Spiegelpunkt mit folgender Matrix berechnen:


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

 \Rightarrow P'(-2|3)




II.) Punktspiegelung

Wir gehen von einem beliebigen Punkt P(x|y) aus, der im Ursprung gespiegelt werden soll.

Dabei ist der Ursprung der Fixpunkt (S0)!


Der Spiegelpunkt lässt sich wie folgt berechnen:

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

 \Rightarrow P'(-x|-y)



Mit Matrizen können geometrische Objekte um bestimmte Drehwinkel gedreht werden.

Wir haben die Matrix für eine Drehung von 90° überprüft:


D_{90 ^\circ }=\begin{pmatrix}
 0 & -1 \\
1 & 0
 \end{pmatrix}

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


Um dies zu Beweisen, berechnen wir das Skalarprodukt, welches 0 ergeben muss:


\begin{pmatrix}
 1 \\
 5
 \end{pmatrix} \ \cdot \ \begin{pmatrix}
 -5 \\
 1
 \end{pmatrix}=0


Geometrische Anwendung

Wir haben hierzu eine Anwendungsaufgabe aus dem Buch genommen , die sich vorallem auf die Projektion auf eine Ebene fokussiert.


Seite 291

Ein Haus steht an einem ebenen Hang und wird von der Sonne angestrahlt, wodurch es einen Schatten auf die Hangebene wirft.

Wir suchen zu einem beliebigen Punkt P(a|b|c) des Hauses den Spiegelpunkt P' des Schattens.


Hangebene:  E:\  x_2+2x_3=0

Sonnenstrahlen: \vec v =  \begin{pmatrix}
 1 \\
 1 \\
 -1 
 \end{pmatrix}



Per Umformung erkennen wir, dass es sich um eine Ursprungsebene orthogonal zu (x2, x3)-Ebene handelt:

x_3=-0,5 x_2

Ursprungsebene


Zuerst bilden wir eine Hilfsgerade, die durch einen beliebigen Punkt des Hauses geht und den Richtungsvektor der Sonnenstrahlen hat:

H: \vec x = \begin{pmatrix}
 a \\
 b  \\
 c
 \end{pmatrix}+ \lambda \begin{pmatrix}
 1 \\
 1  \\
 -1
 \end{pmatrix}


Nun wollen wir wissen, in welchem Punkt die Hilfsgerade die Hangebene schneidet, wir bilden also die Schnittmenge:

E \cap k

b+ \lambda + 2(c- \lambda)=0

- \lambda+b+2c=0

\lambda=b+2c


Nun können wir den Schnittvektor ausrechnen:

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


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


Nun entwickeln wir die Projektionsmatrix, die jedem Punkt im Raum einen Punkt in der Hangebene zuordnet:


\begin{pmatrix}
 1  & 1  & 2\\
  0& 2  & 2\\
  0& -1  & -1
 \end{pmatrix} \ \cdot \  \begin{pmatrix}
 a \\
 b  \\
c
 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
 a  & +b  & +2c\\
  & 2b  & +2c\\
  & -b  & -c
 \end{pmatrix}


\begin{pmatrix}
 1  & 1  & 2\\
  0& 2  & 2\\
  0& -1  & -1
 \end{pmatrix}  \Rightarrow  Projektionsmatrix


Nun können wir für jeden Punkt des Raumes \mathbb{R}^{3} den Projektionpunkt bestimmen!


Beispiele

P(1|1|1)


\begin{pmatrix}
 1  & 1  & 2\\
  0& 2  & 2\\
  0& -1  & -1
 \end{pmatrix} \ \cdot \ \begin{pmatrix}
 1 \\
 1  \\
 1
 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
 1  & +1  & +2\\
  & 2  & +2\\
  & -1  & -1
 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
 4 \\
 4  \\
 -2
 \end{pmatrix}


P(4|4|-2)


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


Die Punkte auf der Hangebene sind Fixpunkte!


P(x|y|z) \in E

 M \cdot \vec x= \vec x




Wir haben mit weiteren Beispielen gerechnet und geometrische Beziehungen überprüft, die Längen- und Winkeltreue bei einer Projektion.


P(0|0|14) \ \ \ \ \ \ \ \ P'(28|28|-14)


\begin{pmatrix}
 1  & 1  & 2\\
  0& 2  & 2\\
  0& -1  & -1
 \end{pmatrix} \ \cdot \ \begin{pmatrix}
 0 \\
 0  \\
 14
 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
 28 \\
 28  \\
 14
 \end{pmatrix}

\Rightarrow | \vec p|=14

\Rightarrow | \vec p'|=42


Also ist die Projektion ist nicht längentreu!



Q(1|1|1) \ \ \ \ \ \ \ \ Q'(4|4|2)


\Rightarrow | \vec Q|=\sqrt{3}

\Rightarrow | \vec Q'|=6


Also ist die Projektion ist nicht längentreu!



\angle  \big(\begin{pmatrix}
 0 \\
 0  \\
 14
 \end{pmatrix};\begin{pmatrix}
 1 \\
 1  \\
 1
 \end{pmatrix}\big) =  \varphi

cos (\varphi)= \frac{\vec p \cdot \vec q}{| \vec p| \ \cdot \  | \vec q|}= \frac{14}{14 \cdot \sqrt 3} = \frac{\sqrt 3}{3} \ \ \ \ \ \ \  \Rightarrow     \varphi=54,74 ^\circ


 \angle \big(\begin{pmatrix}
 28 \\
 28  \\
 -14
 \end{pmatrix};\begin{pmatrix}
 4 \\
 4  \\
 -2
 \end{pmatrix}\big)= \alpha

cos (\alpha)= \frac{\vec p \cdot \vec q}{| \vec p| \ \cdot \  | \vec q|}= \frac{252}{252} = 1 \ \ \ \ \ \ \  \Rightarrow     \alpha=0 ^\circ


Daraus folgt: Die Projektion ist mit dieser schrägen Hangebene nicht längen- und winkeltreu!




Haus auf waagerechten Grundstück

Wir haben uns nun vorgestellt, dass das Haus auf einem waagerechten Grundstück steht und wollten schauen wie sich hierbei die Projektion verhält.


E: \ \  x_3=0

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

c = \lambda


\Rightarrow \vec s= \begin{pmatrix}
 a  & +c  \\
 b  & +c  \\
 c  & -c  
 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
 a  & +c  \\
 b  & +c  \\
 0  
 \end{pmatrix}



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


\begin{pmatrix}
 1  & 0  & 1\\
  0& 1  & 1\\
  0& 0  & 0
 \end{pmatrix}  \Rightarrow  Projektionsmatrix



1. Beispiel

P(1|1|1)


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


Die Projektion ist hier nicht längentreu, da die Beträge beider Vektoren nicht gleich ist!


P(2|2|2)


\begin{pmatrix}
 1  & 0  & 1\\
  0& 1  & 1\\
  0& 0  & 0
 \end{pmatrix} \ \cdot \ \begin{pmatrix}
 2 \\
 2  \\
 2
 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
 4 \\
 4  \\
 0
 \end{pmatrix}


Die Projektion ist hier nicht längentreu, da die Beträge beider Vektoren nicht gleich ist!



\angle  \big(\begin{pmatrix}
 1 \\
 1  \\
 1
 \end{pmatrix};\begin{pmatrix}
 2 \\
 2  \\
 2
 \end{pmatrix}\big) =  \varphi

cos (\varphi)= \frac{6}{1 \cdot \sqrt 6} = 1 \ \ \ \ \ \ \  \Rightarrow     \varphi=0 ^\circ


\angle  \big(\begin{pmatrix}
 2 \\
 2  \\
 0
 \end{pmatrix};\begin{pmatrix}
 4 \\
 4  \\
 0
 \end{pmatrix}\big) =  \alpha

cos (\alpha)= \frac{16}{\sqrt 8 \cdot \sqrt 32} = 1 \ \ \ \ \ \ \  \Rightarrow     \alpha=0 ^\circ


Die Projektion ist für l.a. Vektoren winkeltreu !



1. Beispiel

P(2|1|3)


\begin{pmatrix}
 1  & 0  & 1\\
  0& 1  & 1\\
  0& 0  & 0
 \end{pmatrix} \ \cdot \ \begin{pmatrix}
 2 \\
 1  \\
 3
 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
 5 \\
 4  \\
 0
 \end{pmatrix}


Q(5|1|7)


\begin{pmatrix}
 1  & 0  & 1\\
  0& 1  & 1\\
  0& 0  & 0
 \end{pmatrix} \ \cdot \ \begin{pmatrix}
 5 \\
 1  \\
 7
 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
 12 \\
 8  \\
 0
 \end{pmatrix}


\angle ( \vec p; \vec q )

cos (\varphi)=0,98

\varphi =9,05 ^\circ


\angle ( \vec p'; \vec q' )

cos (\varphi)=0,996

\varphi =4,97 ^\circ


Fazit: die Projektion ist nicht längen- und winkeltreu!



Senkrechte Projektion

Bei einer senkrechten Projektion muss der Richtungsvektor immer senkrecht in die x3 Ebene hineingehen.

E: \ \  x_3=0

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

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


c= \lambda


\Rightarrow \vec s= \begin{pmatrix}
 a  & +0  \\
 b  & +0  \\
 c  & -c  
 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
 a    \\
 b    \\
 0  
 \end{pmatrix}



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


\begin{pmatrix}
 1  & 0  & 0\\
  0& 1  & 0\\
  0& 0  & 0
 \end{pmatrix}  \Rightarrow  Projektionsmatrix


P(1|1|1)  \Rightarrow P'(1|1|0)

Q(5|1|1)  \Rightarrow Q'(5|1|0)


Hier ist die Projektion wiederum längen- und winkeltreu!


Hausaufgaben

Abitur B3, A4

S. 291-294 lesen

S. 280 A1 a-d

S.295 A3

--Marius95 (Diskussion) 20:00, 14. Jan. 2015 (CET)


Protokoll vom 16.01.2015 Thema: Vektorprodukt, Abstands- und Winkelberechnung

Protokoll von--Jugu5797 (Diskussion) 19:10, 18. Jan. 2015 (CET) (Schuljahr 2013 / 14)
Lehrer C.-J. Schmitt (3 Unterrichtsstunden)
verbessert von:

Vektorprodukt

Nach dem Skalarprodukt, erlernten wir heute das Vektorprodukt, auch bekannt als Kreuzprodukt.

Lorentzkraft

Das Vektorprodukt leitet sich aus dem physikalischen Phänomen der Lorentzkraft her.

Kreuz

Im linken Teil der Abbildung ist ein magnetisches Feld B zu sehen. Die Magnetstrahlen verlaufen genau senkrecht von mir weg.

Der Vektor V_e beschreibt den Weg des Elektrons. Es kommt von links. Durch die Magnetstrahlen wird das Elektron abgelenkt und nimmt nun einen anderen Weg, welcher vom F_L Vektor beschrieben wird.

Darunter versteht man in der Physik die Lorentzkraft.

Dabei gilt das Folgende:

\vec{F_L}  \perp \vec{B}

\vec{F_L}  \perp \vec{V_e}

Daraus ergibt sich eine Formel für die Lorentzkraft:

\vec{F_L} = -e \cdot ( v_e  \times B)

Die rechte Abbildung des Bildes zeigt die rechte Hand Regel. Der Zeigefinger zeigt die Magnetfeldrichtung, der Mittelfinger die Kraftrichtung und der Daumen die technische Stromrichtung. Dies ist entgegengesetzt zur Elektronenbewegung.

Wie man sehen kann, enthält diese Formel bereits das Kreuzprodukt. Hier wird verständlich wieso die Lorentzkraft als Ausgangslage für das Kreuzprodukt gehandhabt wird.

___________________________________________

Kreuzprodukt

Mit dem Vektorprodukt kann man unter anderem auf einfachere Weise den Normalvektor einer Ebene bestimmen.

Für den Normalvektor gilt ja bekanntlich, dass er orthogonal, also genau senkrecht, auf die Ebene trifft, bzw von ihr weg geht.

Daraus folgt: Das Kreuzprodukt aus \vec{a} und \vec{b} muss sowohl orthogonal zum \vec{a} als auch zum \vec{b} sein.

Wenn man \vec{a} mit \vec{n} multipliziert kommt genauso Null raus wie bei dem Ergebnis von \vec{b} \cdot \vec{n}.

Wenn man beides in ein LGS schreibt erhält man die folgende Lösung:

\vec{a}  \times \vec{b}=
\begin{pmatrix}
 a_2 \cdot b_3 - a_3 \cdot b_2\\
  a_3 \cdot b_1 - a_1 \cdot b_3\\
  a_1 \cdot b_2 - a_2 \cdot b_1
 \end{pmatrix}

___________________________________________

Der Betrag der Kreuzprodukts entspricht dem Flächeninhalt eines Parallelogramms:

|\vec{a}  \times \vec{b}|= |\vec{a}| \cdot | \vec{b}| \cdot sin(\alpha)

Parallelo

____________________________________________

Sonderfälle

1.) Parallele Vektoren

Wenn die Vektoren parallel sind, so ist der Betrag ihres Kreuzprodukt gleich Null.

\vec{a} \parallel \vec{b} \Rightarrow \alpha=0 \Rightarrow \mid \vec{a} \times \vec{b} \mid =0

2.) Orthogonale Vektoren

Wenn die Vektoren orthogonal sind, so ist der Betrag ihres Kreuzproduktes gleich dem Produkt der Beträge.

\vec{a} \perp \vec{b} \Rightarrow \alpha=90 \Rightarrow | \vec{a} \times \vec{b} | = |\vec{a} \cdot \vec{b}|

______________________________________________

Beispiel

Buch S. 265, A2a.)

Aufgabe: Bringe die Ebene in Normalenform!

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

\begin{pmatrix}
2\\
-1\\
3
 \end{pmatrix} \times  \begin{pmatrix}
5\\
5\\
4
 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
{-1 \dot 4 - 3 \cdot 5}\\
{3\cdot 5 - 2 \cdot 4}\\
{2 \cdot 5 - (-1) \dot 5}
\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
-19\\
7\\
15
\end{pmatrix}

\Rightarrow E: [\vec{x}- \begin{pmatrix}
2\\
1\\
1
\end{pmatrix}] \cdot \begin{pmatrix}
-19\\
7\\
15
\end{pmatrix}=0

______________________________________________

Die Hess'sche Normalenform

Die Hess'sche Normalenform unterscheidet sich in einem Vektor von der normalen Normalenform: Statt dem Normalenvektor ist an letzter Stelle der Einheitsvektor:

[\vec{x} - \vec{p}]\cdot \vec{n_e}=0

Der Einheitsvektor wird durch die folgenden Schritte ermittelt:

1.) Berechnen des Betrags des Normalenvektors.

2.)Die einzelnen Komponenten des Normalenvektors durch den Betrag des Normalenvektors teilen.

_________________________________________

Abstände

Der Einheitsvektor ist ein sehr gutes Werkzeug bei der Berechnen von Abständen.

Dadurch wird deutlich,dass die Hess'sche Normalenform gut brauchbar ist, denn dort ist ja bekanntlich der Einheitsvektor bereits enthalten.

___________________________________________

Abstand Punkt zur Ebene

Für diese Abstandsbestimmung hatten wir sonst immer das Lot-Fußpunkt-Verfahren.

Über die Hessesche Normalenform kommen wir nun viel schneller zu einem richtigen Ergebnis.

Hesse

Die neue Formel lautet:

|\vec{n_e} \cdot (\vec{r}-\vec{p})|

Nun zur Herleitung der Formel:

\frac{d}{\mid \vec{r}-\vec{p} \mid}=cos(\alpha)

\vec{n_e} \cdot (\vec{r}-\vec{p})=1 \cdot | \vec{r} - \vec{p} | \cdot cos(\alpha)

|\vec{r} - \vec{p}| \cdot cos(\alpha)=\frac{\vec{n_e}\cdot(\vec{r} - \vec{p})}{cos(\alpha)} \cdot cos(\alpha)=| \vec{n_e} \cdot (\vec{r}-\vec{p}) |

In Worten: Uns sind zwei Formeln zur Abstandsberechnung gegeben. Zuerst setzen wir ein die erste Formel ein, welche uns bekannt ist aus dem Lot-Fußpunkt-Verfahren bekannt ist. Nun kann man cos(\alpha) wegkürzen da wir unsere zweite Formel jetzt besitzen.

Außerdem gilt:

\alpha > 90 \Rightarrow cos(\alpha) < 0

Außerdem müssen wir beachten: Die neue Formel ähnelt doch sehr der Hess'schen Normalenform.

________________________________________________________

Beispiel

Buch S.245 A2

Aufgabe: Berechne den Abstand von Punkt zur Ebene!

E: 2x_1-2x_2+x_3=0 \quad R(5|-4|3)

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

|\vec{n}|=3

\vec{n_e}= \frac{1}{3}\cdot \begin{pmatrix}
2 \\
 -2\\
  1
 \end{pmatrix}

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

d=\frac{1}{3}\cdot|\begin{pmatrix}
2 \\
 -2\\
  1
 \end{pmatrix} \cdot [ \begin{pmatrix}
5\\
 -4\\
  3
 \end{pmatrix} - \begin{pmatrix}
1\\
 1\\
  0
 \end{pmatrix}]|= \frac{1}{3} \cdot [8+10+3]|=7

Hinweis: Als \vec{q} lässt sich ebenfalls der Nullvektor verwenden, da die Ebene eine Ursprungsebene ist.

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Abstand Punkt zur Grade

Abstand

Gegeben sei ein Punkt R und eine Gerade g.

1.) Man macht eine Hilfsebene,welche durch den Punkt R geht und orthogonal zur Gerade g ist. Das heißt die Ebene hat einen Normalenvektor,welcher dem Richtungsvektor u der Gerade entspricht,und den Stützvektor r.

2.)Man bildet die Schnittmenge von der Gerade g und der Hilfsebene H.

3.) Man berechnet den Schnittpunkt F (Fußpunkt),indem man \lambda ausrechnet.

4.) Nun berechnet man den Betrag von dem Vektor FR. Das Ergebnis ist der Abstand von der Gerade g zu dem Punkt R.

__________________________________________________

Beispiel

g: \vec{x}=\begin{pmatrix}
5 \\
 9\\
  1
 \end{pmatrix} + \lambda \cdot \begin{pmatrix}
3 \\
 2\\
  2
 \end{pmatrix} \quad R(-2|-6|1) \quad H:[\vec{x} - \begin{pmatrix}
-2 \\
 -6\\
  1
 \end{pmatrix}]\cdot \begin{pmatrix}
3\\
 2\\
  2 \end{pmatrix}=0

H \cap g= [\begin{pmatrix}
5 \\
 9\\
  1
 \end{pmatrix} + \lambda \begin{pmatrix}
3 \\
 2\\
  2
 \end{pmatrix} - \begin{pmatrix}
-2\\
 -6\\
  1
 \end{pmatrix}] \cdot \begin{pmatrix}
3\\
 2\\
  2
 \end{pmatrix}=[\begin{pmatrix}
7\\
 15\\
 0
 \end{pmatrix} + \lambda \begin{pmatrix}
3 \\
 2\\
  2
 \end{pmatrix}] \cdot \begin{pmatrix}
3 \\
 2\\
  2
 \end{pmatrix}=0

21 + 9\lambda + 30 +4 \lambda + 4 \lambda =0

\rightarrow \lambda=-3

\vec{F}=\begin{pmatrix}
5\\
 9\\
 1
 \end{pmatrix} + (-3)\cdot \begin{pmatrix}
3 \\
 2\\
  2
 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
-4 \\
 3\\
  -5
 \end{pmatrix}

|\vec{FR}|=11=d

__________________________________________

Abstand zweier paralleler Ebenen

E_1 : (\vec{x}-\vec{p})\cdot \vec{n}=0

E_2 : (\vec{x}-\vec{q})\cdot \vec{n}=0

Der Abstand zweier paralleler Ebenen ist gleich der Abstand einem Punkt der einen Ebene zur anderen Ebene. Also gilt demnach die selbe Formel, wie beim Berechnen von dem Abstand eines Punktes zu einer Ebene.

d(E_1;E_2)=d(Q;E_1)=|(\vec{q}-\vec{p})\cdot \vec{n_e}|

_________________________________________

Abstand windschiefer Ebenen

Der Abstand zweier windschiefer Geraden,ist die Länge des gemeinsamen Lotes.

Das Lot definiert zwei parallele Ebenen.

Daraus folgt: Wir müssen den Abstand der parallelen Ebenen bestimmen.

Für die Abstandsbestimmung zweier Geraden g und h, welche weder parallel noch sich schneiden, gilt das folgende:

1.) Zunächst findet man den gemeinsamen Normalenvektor heraus, indem man das Kreuzprodukt der beiden Richtungsvektoren bildet. Hierfür gilt:

\vec{n} \perp \vec{u_g} \quad \vec{n} \perp \vec{v_h}

2.) Man erstellt Ebenengleichungen für die beiden Ebenen,auf der Grundlage der vorhandenen Geraden und dem herausgefundenen Normalenvektor:

E_1: (\vec{x}-\vec{p})\cdot \vec{n} \quad E_2: (\vec{x}-\vec{q})\cdot \vec{n}

3.) Man berechnet den Abstand mit der neuen Formel,wobei der Abstand der Geraden gleich dem Abstand der Ebenen ist:

d(g_1;g_2)=d(E_1;E_2)=|(\vec{q} - \vec{p}) \cdot \vec{n_e}|

________________________________________________________

Beispiel

g: \vec{x}= \begin{pmatrix}
6 \\
 1\\
 -1
 \end{pmatrix} + \lambda \begin{pmatrix}
4 \\
 1\\
  -6
 \end{pmatrix} \quad h: \vec{x}=\begin{pmatrix}
4\\
 0\\
  3
 \end{pmatrix} + \mu \begin{pmatrix}
0\\
 -1\\
  3
 \end{pmatrix}

\vec{n}= \begin{pmatrix}
4 \\
 1\\
  -6
 \end{pmatrix} \times \begin{pmatrix}
0 \\
 -1\\
  3
 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
3 \\
 12\\
  4
 \end{pmatrix}

|\vec{n}|-13

\vec{n_e}= \frac{1}{13}\begin{pmatrix}
3 \\
 12\\
  4
 \end{pmatrix}

d(E_1;E_2)=\frac{1}{13}|\begin{pmatrix}
3 \\
 12\\
  4
 \end{pmatrix} (\begin{pmatrix}
4 \\
 0\\
  3
 \end{pmatrix} - \begin{pmatrix}
6 \\
 1\\
  -1
 \end{pmatrix})|=\frac{2}{13}

___________________________________

Winkelberechnung

Ebene zur Ebene

Das Skalarprodukt aus den beiden Normalvektoren geteilt durch die Multiplikation aus den Beträgen der beiden Normalenvektoren ergibt den Schnittwinkel.

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

_________________________________________________

Gerade zur Gerade

Das Skalarprodukt aus den beiden Richtungsvektoren den beiden Geraden geteilt durch die Multiplikation aus den Beträgen der beiden Richtungsvektoren ergibt den Schnittwinkel.

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

_________________________________________________

Ebene zur Gerade

Winkel

Die linke Abbildung verdeutlicht die Sachlage.

Das Skalarprodukt aus dem Normalvektor der Ebene und dem Richtungsvektor der Gerade geteilt durch die Multiplikation aus den Beträgen des Normal- und Richtungsvektors ergibt den Schnittwinkel.

cos(\beta)=\frac{\vec{n} \cdot \vec{v}}{|\vec{n}| \cdot |\vec{v}|}=sin(\alpha)

Weshalb aus cos(\beta) gleich \sin(\alpha) ist verdeutlicht die rechte Skizze.

\beta entspricht in einem rechtwinkligen Dreieck 90°-\alpha. Deshalb entspricht cos(\beta) gleich \quad sin(\alpha).

____________________________________________________

Beispiel

Buch S.261 A3b.)

Aufgabe: Berechnen Sie den Schnittwinkel.

E:x_1 + 2x_2 + x_3=5 \quad g:\vec{x}=\begin{pmatrix}
1 \\
 4\\
  9
 \end{pmatrix} + t\cdot \begin{pmatrix}
1 \\
 2\\
  1
 \end{pmatrix}

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

sin(\alpha)= \frac{(\begin{pmatrix}
1 \\
 2\\
  1
 \end{pmatrix})^2}{\sqrt{6} \cdot \sqrt{6}} = \frac{6}{6}=1

sin^{-1}(1)= 90°

 \rightarrow senkrechter Schnitt

______________________________________________________

Fälle

Satz: Schnittwinkel bei sich schneidenden Geraden und Ebenen.

Haben die Geraden g_1 und g_2 die Richtungsvektoren \vec{u_1} und \vec{u_2} und die Ebenen E_1 und E_2 die Normalenvektoren \vec{n_1} und \vec{n_2}, so gilt für den Schnittwinkel \alpha.

- der Geraden g_1 und g_2: \quad cos(\alpha)=\frac{| \vec{u_1} \cdot \vec{u_2}|}{|\vec{u_1}|\cdot |\vec{u_2}|} \quad\leq \alpha \leq 90°

- der Ebenen E_1 und E_2: \quad cos(\alpha)=\frac{| \vec{n_1} \cdot \vec{n_2}|}{|\vec{n_1}|\cdot |\vec{n_2}|} \quad \leq \alpha \leq 90°

-der Gerade g_1 und der Ebene E_1: \quad sin(\alpha)=\frac{| \vec{u_1} \cdot \vec{n_1}|}{|\vec{u_1}|\cdot |\vec{n_1}|} \quad \leq \alpha \leq 90°

___________________________________________________________

Hausaufgaben

S265 A1a.);2b.)

S.248 A1a,c,d.)

S.251 A1c.)

S.254 A1a,b.)

S.260 A1-3a.)

S.295 A1a-c.)

______________________________________________________

Protokoll vom 17.01.2015 Thema: Abisamstag der Vektorrechnung

Protokoll von--Philipp95 (Diskussion) 13:13, 17. Jan. 2015 (CET) & --Vincent97 (Diskussion) 13:18, 18. Jan. 2015 (CET) (Schuljahr 2013 / 14)
Lehrer C.-J. Schmitt (2&2 Unterrichtsstunden)
verbessert von:--Philipp95 (Diskussion) 19:52, 28. Jan. 2015 (CET) & --Vincent97 (Diskussion) 21:22, 28. Jan. 2015 (CET)

Besprechung der Hausaufgaben




S.280 A.1

a.)
\begin{pmatrix}1 & 2 \\4 & 1\end{pmatrix}   \cdot \begin{pmatrix}3 \\5\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}13 \\17\end{pmatrix}

b)
\begin{pmatrix}0&1\\2&3\\0&1\end{pmatrix}   \cdot \begin{pmatrix}2 \\3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}3 \\13\\3\end{pmatrix}

c.)
\begin{pmatrix}10&1&3\\0&1&2\\4&3&1\end{pmatrix}   \cdot \begin{pmatrix}2 \\3\\1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}26 \\5\\18\end{pmatrix}

d.)
\begin{pmatrix}1&0&-7\\-3&4&1\\2&1&0\end{pmatrix}   \cdot \begin{pmatrix}-1 \\2\\1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-8 \\12\\0\end{pmatrix}




http://wikis.zum.de/zum/Europa-Schule_Obermayr/LK_Mathematik_12.1/Abituraufgaben_zu_%22Analytische_Geometrie_und_Lineare_Algebra%22/Landesabitur_Hessen_2008_B1#._M4_Aufgabe.3B_L.C3.B6sungsvorschlag_von--Philipp95_.28Diskussion.29_13:39.2C_17._Jan._2015_.28CET.29


Abituraufgaben

Ab hier Protokoll von --Vincent97 (Diskussion) 13:18, 18. Jan. 2015 (CET)

Wir haben uns auch mit den Abituraufgaben B1 und B6 beschäftigt.

Spiegelung über Matrizen

Wenn man einen Punkt an einer Ebene spiegelt, kann man das mit der Lot-Fußpunkt-Methode machen. Allerdings muss man für jeden Punkt einen neuen Lotpunkt berechnen, sodass es sehr umständlich ist.

Wir haben nun einen beliebigen Punkt an einer Ebene gespiegelt:

R(a|b|c) \ E:\ 2x_1-x_2+2x_3=0

Wir erstellen nun wie immer eine Hilfsgerade und berechnen λ am Schnittpunkt zur Ebene.

h: \ \vec{x}=\begin{pmatrix}
 a\\
 b\\
c
 \end{pmatrix}+\lambda \cdot \begin{pmatrix}    
 2\\
 -1\\
 2
 \end{pmatrix}

2a+4\lambda-b+\lambda+2c+4\lambda=0

9\lambda=-2a+b-2c

\lambda=\frac{-2a+b-2c}{9}

Wir setzen nun 2λ ein.

\vec{r'}=\begin{pmatrix}
 a\\
 b\\
c
 \end{pmatrix}+\frac{-4a+2b-4c}{9} \cdot \begin{pmatrix}    
 2\\
 -1\\
 2
 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
 a\\
 b\\
c
 \end{pmatrix}+\frac{1}{9} \cdot \begin{pmatrix}    
 -8a+4b-8c\\
 4a-2b+4c\\
 -8a+4b-8c
 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}    
 \frac{1}{9}a+\frac{4}{9}b-\frac{8}{9}c\\
 4a+\frac{7}{9}b+\frac{4}{9}c\\
 -\frac{8}{9}a+\frac{4}{9}b+\frac{1}{9}c
 \end{pmatrix}=\frac{1}{9}\begin{pmatrix}
 1&4&-8\\
 4&7&4\\
-8&4&1
 \end{pmatrix}\begin{pmatrix}
 a\\
 b\\
c
 \end{pmatrix}

Diese Matrix spiegelt nun jeden beliebigen Punkt an der Ebene E.

Bsp.

\frac{1}{9}\begin{pmatrix}
 1&4&-8\\
 4&7&4\\
-8&4&1
 \end{pmatrix}\begin{pmatrix}
 1\\
 1\\
 1
 \end{pmatrix}=\frac{1}{9}\begin{pmatrix}
 1+4-8\\
 4+7+4\\
-8+4+1
 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
 -\frac{1}{3}\\
 \frac{5}{3}\\
-\frac{1}{3}
 \end{pmatrix}

Im nächsten Beispiel nehmen wir einen Punkt der in der Ebene liegt. Dieser Punkt müsste wieder auf sich selbst gespiegelt werden, sodass es ein Fixpunkt ist.

\frac{1}{9}\begin{pmatrix}
 1&4&-8\\
 4&7&4\\
-8&4&1
 \end{pmatrix}\begin{pmatrix}
 1\\
 4\\
 1
 \end{pmatrix}=\frac{1}{9}\begin{pmatrix}
 1+16-8\\
 4+28+4\\
-8+16+1
 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
 1\\
 4\\
1
 \end{pmatrix}

Diese MAtrix hat die Eigenschaft, dass man die Eineitsmatrix erhällt, wenn man die Matrix mit sich selbst multipliziert.

s\cdot\vec{x}=\vec{x'}

s\cdot\vec{x'}=\vec{x}

s\cdot s \cdot\vec{x}=\vec{x'}

s\cdot s=E

\frac{1}{81}\begin{pmatrix}
 1&4&-8\\
 4&7&4\\
-8&4&1
 \end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}
 1&4&-8\\
 4&7&4\\
-8&4&1
 \end{pmatrix}=\frac{1}{81}\begin{pmatrix}
 81&0&0\\
 0&81&0\\
0&0&81
 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
 1&0&0\\
 0&1&0\\
0&0&1
 \end{pmatrix}



Protokoll vom 28.01.2015 Thema:Spiegelung und Drehung über Matrizen

Protokoll von--[--Schiffert1996 (Diskussion) 20:12, 28. Jan. 2015 (CET)--] (Schuljahr 2013 / 14)
Lehrer C.-J. Schmitt (2 Unterrichtsstunden)
verbessert von:--[[--Schiffert1996 (Diskussion) 21:47, 9. Feb. 2015 (CET)]]

Lösungen der Hausaufgaben

S.265 Nr.1a

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

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

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


S.265 Nr.2b

Normalenform:

E:[\vec x - \begin{pmatrix}
 {1}\\
 {-1} \\
 {0} 
 \end{pmatrix}] \cdot \begin{pmatrix}
 {-36}\\
 {16} \\
 {-1} 
 \end{pmatrix}=0


Koordinatenform:

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


S.248 Nr.1 a,c,d

a)

d(A;E)=2

d(B;E)=0

d(C;E)= \frac{1}{3}

c)

d(A;E)=0

d(B;E)=6

d(C;E)= \frac{4}{3}

d)

d(A;E) \approx 4,55

d(B;E) \approx 3,21

d(C;E) \approx 5,2


S.251 Nr.1 c

d(R;g) = 15


S.254 Nr.1 a+b

a)d(g;h)=11

b)d(g;h)=17


S.260 Nr.1 a

\alpha\approx 17,55^0

S.260 Nr.2 a

\alpha\approx 14,71^0

S.261 Nr.3 a

\alpha\approx 46,76^0


S.295 Nr. 1

a)

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

Bei zweifacher Durchführung der Abbildung erhält man wieder die Ausgangsmatrix, also gilt: A \cdot A=A. Dies lässt auf eine Projektion auf eine Ebene schließen.


b)

Beim Lösen dieser Aufgabe sind wir das Verfahren zur Bestimmung der Ebene, welche die Fixpunkte enthält, nochmals durchgegangen

Ein beliebiger Punkt P bzw. Ortsvektor \vec{p} , welcher durch die Matrix \begin{pmatrix}0&1&-2\\8&-7&16\\4&-4&9\end{pmatrix}   abgebildet wird, muss den selben Punkt ergeben, damit man eine Ebene festlegen kann. Also muss auch jeder Bildpunkt P' auf der Ebene liegen. Diese Ebene nennt man Projektionsebene. Für sie gilt A \cdot  \vec{p} = \vec{p} , wenn P \epsilon E.

Daraus folgt:

A \cdot  \vec{p} = \vec{p}

und

P \epsilon E

Für einen beliebigen Punkt der Ebene heißt das:

A \cdot\begin{pmatrix}x_1 \\x_2\\x_3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}x_1 \\x_2\\x_3\end{pmatrix}

Diese Erkenntnis wenden wir mit der Matrix \begin{pmatrix}0&1&-2\\8&-7&16\\4&-4&9\end{pmatrix}   an:

\begin{pmatrix}0&1&-2\\8&-7&16\\4&-4&9\end{pmatrix}   \cdot \begin{pmatrix}x_1 \\x_2\\x_3\end{pmatrix}  =\begin{pmatrix}&x_2&-2x_3\\8x_1&-7x_2&+16x_3\\4x_1&-4x_2&+9x_3\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}x_1 \\x_2\\x_3\end{pmatrix}

Natürlich kann man den beliebigen Punkt auch durch \begin{pmatrix}x \\y\\z\end{pmatrix} darstellen, also:

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

Daraus lässt sich folgendes LGS formen:

LGS von Matrix

























Also ist eindeutig erkennbar, dass die Ebene E:x-y+2z=0 bzw. E:x_1-x_2+2x_3=0 lautet.


c)

Nun gilt es die Richtung bzw. den Richtungsvektor der Projektion zu berechnen.

Also brauchen wir den Richtungsvektor vom Ursprungspunkt P zum Zielpunkt  P' :

 \vec{PP'} = \vec{p'} - \vec{p}

Wie wir aus Aufgabe b) erschließen können, lautet der Ursprungsvektor \begin{pmatrix}x_1 \\x_2\\x_3\end{pmatrix} und der Bildvektor \begin{pmatrix}&x_2&-2x_3\\8x_1&-7x_2&+16x_3\\4x_1&-4x_2&+9x_3\end{pmatrix}.

Daraus folgt also:

\begin{pmatrix}&x_2&-2x_3\\8x_1&-7x_2&+16x_3\\4x_1&-4x_2&+9x_3\end{pmatrix} -\begin{pmatrix}x_1 \\x_2\\x_3\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}-x_1&-x_2&+2x_3\\8x_1&-8x_2&+16x_3\\4x_1&-4x_2&+8x_3\end{pmatrix}

Wenn man nun die einzelnen Komponenten miteinander vergleicht, sieht man, dass die zweite und die dritte Zeile ein Vielfaches der Ersten sind. Daher erhält man den Richtungsvektor \begin{pmatrix}1 \\-8\\-4\end{pmatrix}.


Wiederholung

Wir haben die Spiegelebene F:2x_1-x_2+2x_3=0 und die Spiegelmatrix  S=\frac{1}{9} \begin{pmatrix}1&4&-8\\4&7&4\\-8&4&1\end{pmatrix} gegeben.

Nun wollen wir den Punkt P(2|2|2) an der Spiegelebene mit Hilfe der Spiegelmatrix spiegeln:

\frac{1}{9} \begin{pmatrix}1&4&-8\\4&7&4\\-8&4&1\end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix}2\\2\\2\end{pmatrix} =\frac{1}{9} \begin{pmatrix}2&+8&-16\\8&+14&+8\\-16&+8&+2\end{pmatrix}= \frac{1}{9} \begin{pmatrix}-6\\30\\-6\end{pmatrix}

Also lautet der gespiegelte Punkt P' bzw. der Bildvektor \frac{1}{9} \begin{pmatrix}-6\\30\\-6\end{pmatrix}.

Um zu testen, ob \frac{1}{9} \begin{pmatrix}-6\\30\\-6\end{pmatrix} korrekt berechnet wurde, spiegeln wir diesen ebenfalls an der Spiegelebene mit Hilfe der Spegelmatrix:

\frac{1}{9} \begin{pmatrix}1&4&-8\\4&7&4\\-8&4&1\end{pmatrix} \cdot \frac{1}{9} \begin{pmatrix}-6\\30\\-6\end{pmatrix} = \frac{1}{81} \begin{pmatrix}-6&+120&+48\\-24&+210&-24\\48&+120&-6\end{pmatrix}= \frac{1}{81} \begin{pmatrix}162\\162\\162\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2\\2\\2\end{pmatrix}

Die Spiegelung von P' gibt uns wieder P heraus, also ist unsere Berechnung korrekt.


Orthogonale Spiegelung an einer Ebene

Wenn man einen Punkt bzw. dessen Ortsvektor \vec{P} durch eine Spiegelmatrix abbildet, erhält man den Bildpunkt bzw. den Ortsvektor des Bildpunktes \vec{P'} , also:

S \cdot \vec{p} =\vec{p'}

Wenn man nun, den Bildpunkt abbildet, erhält man wieder den Ausgangspunkt, also:

S \cdot \vec{p'} =\vec{p}

Zusammengefasst und durch das Assoziativgesetz vereinfacht erhalten wir dann:

S \cdot (S \cdot \vec{p} )=\vec{p}

(S \cdot S) \cdot \vec{p} =\vec{p}

Also:

S \cdot S=E(Einheitsmatrix)


Dies gilt es nun nachzuweisen, also führen wir die Matrix S=\frac{1}{9} \begin{pmatrix}1&4&-8\\4&7&4\\-8&4&1\end{pmatrix} zweimal hintereinander, im Sinne der Matrizenmultiplikation, durch (S \cdot S):

2-fache Abbildung














Wir erhalten also wirklich die Einheitsmatrix (E)!


Nun testen wir mit Hilfe der Matrix, ob der Punkt P(-1|0|1) ein Fixpunkt ist. Wenn er ein Fixpunkt ist, darf er sich trotz Abbildung durch die Spiegelmatrix nicht verändern:

\frac{1}{9} \begin{pmatrix}1&4&-8\\4&7&4\\-8&4&1\end{pmatrix} \cdot  \begin{pmatrix}
 -1 \\
 0 \\
 1 
 \end{pmatrix} =\frac{1}{9} \begin{pmatrix}-1&+0&-8\\-4&+0&+4\\8&+0&+1\end{pmatrix}= \frac{1}{9} \cdot \begin{pmatrix}
 -9 \\
 0 \\
 9 
 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
 -1 \\
 0 \\
 1 
 \end{pmatrix}

Beim Punkt P(-1|0|1) handelt es sich also um einen Fixpunkt!


Nun gilt es die Spiegelebene zu bestimmen. Dieses Verfahren haben wir uns bereits angeeignet.

Unsere Spiegelmatrix lautet \frac{1}{9} \begin{pmatrix}1&4&-8\\4&7&4\\-8&4&1\end{pmatrix} und wieder gilt uns A \cdot\begin{pmatrix}x_1 \\x_2\\x_3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}x_1 \\x_2\\x_3\end{pmatrix} als Vorlage:

\frac{1}{9} \begin{pmatrix}1&4&-8\\4&7&4\\-8&4&1\end{pmatrix} \cdot  \begin{pmatrix}
 x_1 \\
 x_2 \\
 x_3 
 \end{pmatrix} =\begin{pmatrix}
 x_1 \\
 x_2 \\
 x_3 
 \end{pmatrix}

Folgende Schreibweise ist auch möglich:

\frac{1}{9} \begin{pmatrix}1&4&-8\\4&7&4\\-8&4&1\end{pmatrix} \cdot  \begin{pmatrix}
 x \\
 y\\
 z 
 \end{pmatrix} =\begin{pmatrix}
 x \\
 y \\
 z 
 \end{pmatrix}

Nun führen wir die Multiplikation des beliebigen Vektors mit der Matrix durch:

=\frac{1}{9} \begin{pmatrix}x&+4y&-8z\\4x&+7y&+4z\\-8x&+4y&+1z\end{pmatrix}  =\begin{pmatrix}
 x \\
 y \\
 z 
 \end{pmatrix}

Damit wir nicht mit störenden Brüchen rechnen müssen, multiplizieren wir aus beiden Seiten mit 9:

= \begin{pmatrix}x&+4y&-8z\\4x&+7y&+4z\\-8x&+4y&+1z\end{pmatrix}  =\begin{pmatrix}
9 x \\
 9y \\
 9z 
 \end{pmatrix}

Hieraus lässt sich folgendes ein LGS bilden:

MatrixLGS
























Die Spiegelebene lautet also E:2x-y+2z=0 bzw. E:2x_1-x_2+2x_3=0.


Längentreu?

Nun haben wir uns daran erinnert, dass die Spiegelmatrix auf den Vektor \vec{p} =\begin{pmatrix}
 2 \\
 2 \\
 2 
 \end{pmatrix} den Vektor  \vec{p'} =\frac{1}{9} \begin{pmatrix}
 -6 \\
 30 \\
 -6 
 \end{pmatrix} ergeben hat.

Nun stellt sich die Frage, ob beide Vektoren gleich lang sind?

 | \vec{p} | =  \sqrt{12} =2 \sqrt{3}

 | \vec{p'} | =   \frac{1}{9} \sqrt{972} = \frac{1}{9} \cdot  18 \sqrt{3} =2 \sqrt{3}

Daraus schließen wir, dass | \vec{p} | und | \vec{p'} | gleich lang und somit längentreu sind!


Winkeltreu?

Mit einem weiteren Beispiel wollen wir nun herausfinden, ob die Spiegelung eines Punktes nicht nur längentreu, sondern möglicherweise auch winkeltreu ist:

Die Spiegelmatrix ist immer noch  S=\frac{1}{9} \begin{pmatrix}1&4&-8\\4&7&4\\-8&4&1\end{pmatrix} und dieses Mal spiegeln wir den Punkt Q(1|0|1), also:

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

S=\frac{1}{9} \begin{pmatrix}1&4&-8\\4&7&4\\-8&4&1\end{pmatrix}

\frac{1}{9} \begin{pmatrix}1&4&-8\\4&7&4\\-8&4&1\end{pmatrix} \cdot  \begin{pmatrix}
 1 \\
 0 \\
 1 
 \end{pmatrix} = \frac{1}{9} \begin{pmatrix}
 -7 \\
 8 \\
 -7 
 \end{pmatrix} = \vec{q'}

 \vec{q}=\frac{1}{9} \begin{pmatrix}
 -7 \\
 8 \\
 -7 
 \end{pmatrix}

Nun haben wir die Spiegelung, aber sind  \vec{q} und  \vec{q'} auch gleich lang?

  | \vec{q}  | = \sqrt{2}

  | \vec{q'}  | =  \frac{1}{9}\cdot 9 \sqrt{2}=  \sqrt{2}

\vec{q} und \vec{q} sind gleich lang und somit längentreu!


Sind sie aber auch winkeltreu?

Nun haben wir also zwei Punkte und deren Spiegelpunkt:

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

 \vec{p'} =\frac{1}{9} \begin{pmatrix}
 -6 \\
 30 \\
 -6 
 \end{pmatrix}

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

 \vec{q}=\frac{1}{9} \begin{pmatrix}
 -7 \\
 8 \\
 -7 
 \end{pmatrix}

Nun stellt sich die Frage, ob der Winkel  \angle ( \vec{p} ; \vec{q} ) genauso groß ist, wie der Winkel  \angle ( \vec{p'} ; \vec{q'} ):

 \angle ( \vec{p} ; \vec{q} )=cos( \alpha )= \frac{ \vec{p} \cdot  \vec{q} }{  | \vec{p} | \cdot   |  \vec{q}  | } = \frac{\begin{pmatrix}
 2 \\
 2 \\
 2 
 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix}
 1 \\
 0 \\
 1 
 \end{pmatrix}}{ \sqrt{12}\cdot  \sqrt{2}  } = \frac{ \sqrt{6} }{ 3 }

\alpha  \approx 35,3

 \angle ( \vec{p'} ; \vec{q'} )=cos(   \delta  )= \frac{ \vec{p'} \cdot  \vec{q'} }{  | \vec{p'} | \cdot   |  \vec{q'}  | } = \frac{ \frac{1}{81} \cdot (42+240+42)}{ \sqrt{12}\cdot  \sqrt{2}  }  =  \frac{4}{ \sqrt{24} } =4\cdot  \frac{ \sqrt{24} }{24} = \frac{2 \sqrt{6} }{6} = \frac{ \sqrt{6} }{3}


 \delta  \approx 35,3

Fazit: Die Spiegelung ist ,im Gegensatz zur Projektion, längen- und winkeltreu!

Einführung in die Drehung um eine Achse

Wir haben eine Abbildungsmatrix D gegeben und wollen die Punkte P(1|0|0) und Q(0|1|0) abbilden:

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

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

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


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

Der Punkt P(1|0|0) ist also ein Fixpunkt und liegt auf der Fixpunktachse bzw. auf der Drehachse, welche in diesem Fall die x_1-Achse ist.

\vec{p'} =\begin{pmatrix}
 1 \\
 0 \\
 0 
 \end{pmatrix}


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

\vec{q'} =\begin{pmatrix}
 0 \\
 0 \\
 1 
 \end{pmatrix}

Der Punkt Q(0|1|0) wird durch die Matrix auf dem Punkt Q(0|0|1) abgebildet, also wurde er gedreht.


Wie erstellt man eine spezifische Matrix?

Nun wollen wir herausfinden um wie viel Grad die Matrix den Punkt Q gedreht hat:

\angle (\begin{pmatrix}
 0 \\
 1 \\
 0 
 \end{pmatrix} ;\begin{pmatrix}
 0 \\
 0 \\
 1 
 \end{pmatrix} )= \alpha

cos( \alpha )= \frac{0}{1} =0

 \alpha =90^0

Diese Matrix dreht also alle Punkte (außer die Fixpunkte) um 90^0.


Passend zum Thema haben wir die themenspezifische Aufgabe auf B1 gemacht: Nun wollen wir eine Matrix erstellen, die alle Punkte (außer die Fixpunkte) um 90^0 um die z-Achse dreht. Hierzu untersuchen wir die Spannpunkte:

Zu Beginn suchen wir die dritte Zeile einer Matrix, welche den Punkt P(0|0|1) und alle Vielfachen von \begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix} auf sich selbst dreht (Drehachse), sodass dieser ein Fixpunkt ist. Diese lautet:

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

Wenn man sich nun den Punkt A(0|1|0) in einem Koordinatensystem vorstellt und ihn um 90^0 dreht, erhält man den Punkt A'(-1|0|0). Dies gilt als Bedingung um nun die erste Zeile der Matrix herauszufinden:

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

Um die Matrix zu vervollständigen stellt man sich nun den Punkt B(1|0|0) in einem Koordinatensystem vor und dreht diesen um 90^0. Man erhält den Punkt B'(0|1|0). Dies ist wiederum die Bedingung um die zweite Zeile der Matrix herauszufinden:

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

Wenn wir nun alle drei Zeilen zusammenfügen, erhalten wir eine Matrix, die alle Punkte (außer der Fixpunkte) um 90^0 dreht:

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

Was die Abbildung weiterhin erfüllen muss, ist, dass die alle Längen um 20% verkürzt. Diese erstellen wir folgendermaßen:

T= \begin{pmatrix}0,8&0&0\\0&0,8&0\\0&0&0,8\end{pmatrix} \cdot  \begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}0,8\\0,8\\0,8\end{pmatrix}

Daraufhin multiplizieren wir die Drehmatrix D mit der Matrix T:

T\cdot D= \begin{pmatrix}0,8&0&0\\0&0,8&0\\0&0&0,8\end{pmatrix} \cdot   \begin{pmatrix}0&-1&0\\1&0&0\\0&0&1\end{pmatrix}= \begin{pmatrix}0&-0,8&0\\0,8&0&0\\0&0&0,8\end{pmatrix}


Zum Ende der Stunde sind wir noch zu der Erkenntnis gekommen, dass es nicht egal ist, in welcher Reihenfolge man Matrizen multipliziert:

 \begin{pmatrix}1&2\\3&4\end{pmatrix} \cdot    \begin{pmatrix}0&1\\5&2\end{pmatrix}= \begin{pmatrix}10&5\\20&11\end{pmatrix}

 \begin{pmatrix}0&1\\5&2\end{pmatrix} \cdot    \begin{pmatrix}1&2\\3&4\end{pmatrix}= \begin{pmatrix}3&4\\11&18\end{pmatrix}

Daraus schließen wir:

A\cdot B \neq B \cdot A

Andererseits ist das Assoziativgesetz anwendbar:

A\cdot (b \cdot C)=(A\cdot B)\cdot C

Weiterhin wissen wir jetzt, dass das Assoziativgesetz auf Matrizen anwendbar ist, das Kommutativgesetz jedoch nicht!


Hausaufgaben für den 04.02.15

S.265 Nr.2c

S.249 Nr.2a

S.251 Nr.1d

S.255 Nr.3 a+b

S.261 Nr.4a

S.295 Nr.2,3,6

M3 auf B2