Protokolle vom November 2014

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Inhaltsverzeichnis

Protokoll vom 5.11.2014 Thema:Lineare Unabhängigkeit und Nachweis

Protokoll von:--Schiffert1996 (Diskussion) 15:30, 5. Nov. 2014 (CET) (Schuljahr 2013 / 14)
Lehrer: C.-J. Schmitt (2 Unterrichtsstunden)
verbessert von:--Schiffert1996 (Diskussion) 20:10, 10. Nov. 2014 (CET)

Wiederholung der Linearen Abhängigkeit


Diese 3 Vektoren sind gegeben. Sind sie linear abhängig?

\vec{a} = \begin{pmatrix}
 1 \\
  4\\
  5
 \end{pmatrix} \quad

\vec{b} = \begin{pmatrix}
 0 \\
  2\\
  1
 \end{pmatrix} \quad

\vec{c} = \begin{pmatrix}
 1 \\
  2\\
  3
 \end{pmatrix} \quad


Dazu verwendet man die Linearkombination:

x \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ 4 \\ 5 \end{pmatrix} + y\cdot \begin{pmatrix} 0 \\ 2 \\ 1 \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 3 \end{pmatrix}

Erste Aufgabe










































Wir versuchen einen anderen Vektor als Linearkombination darzustellen:

x \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ 4 \\ 5 \end{pmatrix} + y\cdot \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 3 \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 0 \\ 2 \\ 1 \end{pmatrix}

Aufgabe 2











































Nun versuchen wir den letzten Vektor als Linearkombination darzustellen:


x \cdot \begin{pmatrix} 0\\ 2 \\ 1 \end{pmatrix} + y\cdot \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 3 \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 1 \\ 4 \\ 5 \end{pmatrix}

Aufgabe 3







































Die Vektoren sind also linear unabhängig!


Neues Verfahren zum Nachweis mit der linearen (Un)abhängigkeit

Da das vorherige Verfahren sehr viel Zeit in Anspruch nimmt, wenden wir uns nun einem "kürzeren" Verfahren zu. Dies betrachten wir zunächst in Bezug auf 2 Vektoren:

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


Beispiel:

2\cdot \begin{pmatrix} 6\\ 0  \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 12\\ 0 \end{pmatrix}

Hieraus ist direkt zu erkennen, dass die beiden Vektoren linear abhängig sind.


Nun zum neuen Verfahren anhand diese Beispiels:

2\cdot \begin{pmatrix} 6\\ 0  \end{pmatrix}-\begin{pmatrix} 12\\ 0 \end{pmatrix} = \vec{0}

Dies gilt auch für Folgendes:

10\cdot \begin{pmatrix} 6\\ 0  \end{pmatrix}-5 \cdot \begin{pmatrix} 12\\ 0 \end{pmatrix} = \vec{0}

ODER

r\cdot \begin{pmatrix} 6\\ 0  \end{pmatrix}-s \cdot \begin{pmatrix} 12\\ 0 \end{pmatrix} = \vec{0}

Am naheliegendsten ist nun beide Parameter 0 zu setzen. Dies wird als "triviale Lösung" bezeichnet. Wenn die Parameter NUR 0 sind, handelt es sich hierbei um die triviale Lösung. Wenn mindestens ein Parameter  \neq 0 ist, sind die Vektoren linear abhängig.


Hierzu ein Gegenbeispiel:

r\cdot \begin{pmatrix} 0\\ 7 \end{pmatrix} \neq \begin{pmatrix} 6\\ 0 \end{pmatrix}

r\cdot \begin{pmatrix} 0\\ 7 \end{pmatrix} +s\cdot \begin{pmatrix} 6\\ 0 \end{pmatrix}= \vec{0}

r=s=0

Die triviale Lösung ist die einzige, sodass die Vektoren linear unabhängig sind.


Nun betrachten wir dies in Bezug auf 3 Vektoren in der selben Art und Weise an:

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

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

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

Auch hier gilt, dass mindestens ein Parameter   \neq 0 sein darf. Ansonsten sind die Vektoren linear unabhängig!


Beispiel:

\vec{a} = \begin{pmatrix}
 1 \\
  0\\
  0
 \end{pmatrix} \quad

\vec{b} = \begin{pmatrix}
 0 \\
  1\\
  0
 \end{pmatrix} \quad

\vec{c} = \begin{pmatrix}
 0 \\
  0\\
  1
 \end{pmatrix} \quad

Sind diese Vektoren linear abhängig?

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

=>Hier ist die Linearkombination nicht durchführbar, sodass bloß die triviale Lösung von r=s=z=0 möglich ist! Also sind diese Vektoren linear unabhängig!

Merke: 3 Vektoren (\vec{a}, \vec{b}, \vec{c}  ) heißen linear unabhängig, wenn es nur triviale Lösungen gibt.
r \cdot  \vec{a} +s\cdot  \vec{b} +z\cdot \vec{c} =0 <=> r=s=z=0



Beispiele zur Anwendung dieses Verfahrens

1.Beispiel

\vec{a} = \begin{pmatrix}
 1 \\
  4\\
  5
 \end{pmatrix} \quad

\vec{b} = \begin{pmatrix}
 0 \\
  2\\
  1
 \end{pmatrix} \quad

\vec{c} = \begin{pmatrix}
 1 \\
  2\\
  3
 \end{pmatrix} \quad

1.Beispiel







































r=s=t=0=>linear unabhängig



2.Beispiel

\vec{a} = \begin{pmatrix}
 3 \\
  0\\
  -1
 \end{pmatrix} \quad

\vec{b} = \begin{pmatrix}
 7 \\
  6\\
  1
 \end{pmatrix} \quad

\vec{c} = \begin{pmatrix}
 10 \\
  6\\
  0
 \end{pmatrix} \quad


2.Beispiel









































x,y,z  \epsilon  \Re =>beliebig=>linear abhängig


3.Beispiel

Frage: Man hat Vektor  \vec{a} , \vec{b} und den Nullvektor  \vec{0} . Sind diese Vektoren linear abhängig?

x\cdot  \vec{a} +y\cdot \vec{b}+z\cdot \vec{0}  = \vec{0}

Lösung:Durch was ersetzt man die Parameter x,y,z, damit es linear abhängige Vektoren sind? Wir wissen, dass mindestens ein Vektor  \neq 0 sein muss, damit die lineare Abhängigkeit bewiesen ist. Wenn man nun die Parameter x,y durch 0 ersetzt und der Parameter z als  \epsilon  \Re verstanden wird, geht die Rechnung auf und die lineare Abhängigkeit ist bewisen.

Merke: Vektoren sind immer linear abhängig, wenn sich bei diesen der Nullvektor" \vec{0} " befindet.

Buch S.204 Nr.2

a)x\cdot  \vec{a} +y\cdot  \vec{b} +z\cdot  \vec{c} = \vec{0}

1.Buch


















































Da alle Parameter nur durch 0 ersetzbar sind, sind diese Vektoren linear unabhängig!


b)

2.Buch













































Es zeigt sich aufgrund der letzten Rechnung, dass x,y,z \epsilon  \Re sind, also beliebig. Also sind sie linear abhängig.


Ehemalige HÜ-Aufgabe

Man hat folgende drei Vektoren. Wie muss a gewählt werden, damit die Vektoren linear abhängig sind?

\vec{a} = \begin{pmatrix}
 a \\
  0\\
  2
 \end{pmatrix} \quad

\vec{b} = \begin{pmatrix}
 0 \\
  a\\
  3
 \end{pmatrix} \quad

\vec{c} = \begin{pmatrix}
 3a \\
  1\\
  0
 \end{pmatrix} \quad

3.Buch































-3z-6az=0

Ausklammern:
z(6a+3)=0

Nun ist die Frage, was man 0 setzen muss?
-Man setzt das Innere der Klammer 0, da der Parameter nicht 0 sein darf um eine lineare Abhängigkeit zu gewährleisten!

6a+3=0
6a=-3| : 6
a=- \frac{1}{2}

Für a=- \frac{1}{2} sind die Vektoren linear abhängig!

Bemerkung:Wenn a \neq - \frac{1}{2} , dann wird 6a+3 nicht 0. Das wiederum bedeutet, dass z=0 wird und die Vektoren somit linear unabhängig sind!


Buch S.204 Nr.1a

x \cdot \begin{pmatrix} 2\\ -1 \\ 4 \end{pmatrix}+y \cdot \begin{pmatrix} 3\\ 5 \\ 7 \end{pmatrix}= \vec{0}

4.Buch















































x=y=0 \rightarrow linear unabhängig


Hausaufgaben für den 07.11.14

S.202-203 lesen
S.204 Nr.1b-d/2c+d/3a+b+e/(4)/6

Protokoll vom 7.11.2014 Thema:Geradengleichung in Parameterform

Protokoll von:--Philipp95 (Diskussion) 13:40, 7. Nov. 2014 (CET) (Schuljahr 2013 / 14)
Lehrer: C.-J. Schmitt (3 Unterrichtsstunden)
verbessert von:--Philipp95 (Diskussion) 18:11, 12. Nov. 2014 (CET)

Besprechung der Hausaufgaben

S.204 A1 b-d , A2 b+d , A3 a,b,e und 6


1)

b.)
y=0
x \epsilon  \mathbb{R} bel.

c.)
x,y,z  \epsilon    \mathbb{R} bel.\rightarrow l.a

d.)
x,y,z  \epsilon    \mathbb{R} bel.\rightarrow l.a



2)
c.)
x=y=z=0 \rightarrow l.u

d.)
x,y,z  \epsilon    \mathbb{R} bel.\rightarrow l.a



3)
a.)
\vec{GJ} und \vec{DA} sind l.a weil Parallel zueinander.

b.)
\vec{AB} und \vec{DF} sind l.a weil \vec{AB} ein vielfaches von \vec{DF} ist.

\vec{AK} ,\vec{AF},\vec{FK} sind l.a wegen Additions und in Linearkombination erstellbar.



6)
x=1,5
y=-2,5
z= \epsilon R
a=5,5


Wiederholung von letzter Stunde



Die Linearkombination der Vektoren muss mit den Nullvektor gleichgesetzt werden.

Sind die Vorfaktoren zwingend Null ,so sind die Vektoren linear unabhängig (nur triviale Lösung)

In einer Ebene sind immer drei Vektoren l.a  x  \vec{a} + x  \vec{b}+  z \vec c = \vec{0},

Im Raum sind immer vier Vektoren l.a   w \vec{a} + x  \vec{b}+ y \vec c + z\vec d = \vec{0},


Geradengleichungen in Parameterform



Gerade in der Ebene



\vec{p} ist der Stützvektor

\vec{u} ist der Richtungsvektor

Der Zielpunkt des Summenvektors \vec{x} muss auf der Gerden (X \epsilon g) liegen.Es kann aber ein beliebiger Punkt sein,
deshalb könnte man in dem Beispiel auch den Punkt X_2 als Zielpunkt bestimmen.

Der Stützvektor ist nicht eindeutig für die Gerade g ; jeder x-Vektor kann Stützvektor sein.

Der Richtungsvektor ist nicht eindeutig ,man kann jeden wählen der Parallel zu dem u-Vektor ist.

Daraus folgt: \vec{x}=\vec{p}+r\cdot \vec{u} ;r \varepsilon R


Beispiel


g: \vec{x}= \begin{pmatrix}2,5 \\4\end{pmatrix} + \lambda \cdot  \begin{pmatrix}2 \\1\end{pmatrix}

jhdfvbjafhsfjhfv



 \lambda =0 x_0= \begin{pmatrix}2,5 \\4\end{pmatrix}
 \lambda =1 x_1= \begin{pmatrix}4,5 \\5\end{pmatrix}
 \lambda =2 x_2= \begin{pmatrix}6,5 \\6\end{pmatrix}



Man kann jeden \vec{x} als Stützvektor nehmen.Dabei muss man beachten, dass alle Zielpunkte der Vektoren \vec x
auf der Geraden liegen.




Punktprobe:
Q(22,5/14)

Q  \varepsilon g

Der \vec{q} entspricht \vec{x} ,wenn der Punkt auf der Geraden sei bzw \vec{q}
muss ein \vec{x} sein.

Daraus folgt: \vec q =\vec p+ \lambda \cdot \vec u

\begin{pmatrix}22,5 \\14\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}2,5 \\4\end{pmatrix} + \lambda \cdot  \begin{pmatrix}2 \\1\end{pmatrix}

\begin{pmatrix}20 \\10\end{pmatrix} =  \lambda \cdot  \begin{pmatrix}2 \\1\end{pmatrix} \longrightarrow  \lambda =10

Das bedeutet Q liegt auf der Geraden,wenn für  \lambda bei beiden Gleichungen das gleiche rauskommt.



Vektoris


Dieses Programm eignet sich um Vektoren ,so wie Geraden, im Raum zu zeichnen. Die CD dazu findet man
im Buch.In dem eingekreisten Feld kann man z.B die Vektoren eingeben und aus ihnen auch Geraden erstellen.
Auf dem Balken ganz oben kann man auch die Farbe der Geraden wechseln.

385ideal

Damit sind viel verschiedene Dinge moeglich zu zeichnen.



Bsp:

Geraden im Raum


Dieses Beispiel zeigt zwei Richtungsvektoren aus dehnen man zwei Geraden gebildet hat.




Paramterform in Koordinatenform



g: \vec x = \begin{pmatrix}2,5 \\4\end{pmatrix} + \lambda \cdot  \begin{pmatrix}2 \\1\end{pmatrix}= \begin{pmatrix}x_1 \\x_2\end{pmatrix}

Das bedeutet:
x_1=2,5+ \lambda  \rightarrow  \lambda = \frac{1}{2}x_1-1,25

Dieses \lambda muss man nun in die zweite Gleichung einsetzen:
\lambda =x_2-4 \rightarrow  \frac{1}{2}x_1-1,25=x_2-4

Das ergibt:
x_2= \frac{1}{2} x_1+2,75

Vgl. mit y=mx+b



Zwei-Punkteform



Nun haben wir zwei Punkte gegeben und aus ihnen Sollte man eine Gerade erstellen.

kavkbvbkbk



Darus folgt:
g: \vec x=\vec a+ \lambda (\vec b- \vec a)



Beispiele


A(7/-3/-5)
B(2/0/3)

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

Die Gerade beträgt dann :
g: \vec x=  \begin{pmatrix}7\\-3\\-5 \end{pmatrix}  + \lambda \begin{pmatrix}-5\\3\\8 \end{pmatrix}

mit  \vec b als Stützvektor würde sich die gleiche Gearade ergeben.

g: \vec x=  \begin{pmatrix}2\\0\\3 \end{pmatrix}  +  \mu  \begin{pmatrix}5\\-3\\-8 \end{pmatrix}

Die Richtungsvektoren sind parallel, das heißt es ergeben sich die gleichen x-Vektoren für die Gerade.



S.188 A 14a
Untersuchen sie ob die Punkte A ,B und C auf einer Geraden liegen.

Zwei Vorgehensweisen: Punktform und Punktprobe

\vec x=  \begin{pmatrix}2\\3 \end{pmatrix}  +   \lambda   \begin{pmatrix}4\\5 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}10\\13 \end{pmatrix}

 \lambda =2

C \varepsilon g=AB



Lagebeziehung von Geraden


In der Ebene können Geraden sich schneiden,parallel zu einander verlaufen und gleich sein.

Im Raum können sie zusaetzlich Windschief sein.



Beispiel in der Ebene


2 Geraden schneiden sich.

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

\vec x =\vec o + \lambda \begin{pmatrix} 2\\1\end{pmatrix} 
= \lambda \begin{pmatrix} 2\\0\end{pmatrix} + \mu \begin{pmatrix} 1\\1\end{pmatrix}

Es ergibt  \lambda =2 und \mu=2

Probe:

\vec x = 2 \begin{pmatrix}2\\1\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}4\\2\end{pmatrix}
\vec x =  \begin{pmatrix}2\\0 \end{pmatrix} +2 \begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}4\\2\end{pmatrix}

asdvasdvas



g \cap h= \{ S(4/2)\}



Beispiel



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

Wegen des gleich Richtungsvektors kann man schliessen dass sie Parallel zueinander sind (g||h).



Jezt muss man schauen ob g=h ist.Also muss der Stützvektor von h auch x-Vektor von g sein.

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

 \lambda \begin{pmatrix}1\\2\end{pmatrix}= \begin{pmatrix}3\\3\end{pmatrix} !!!

Geht nicht ,dass bedeutet g \neq h



Alternative Bearbeitung durch Gleichsetzen:

\begin{pmatrix}2\\0\end{pmatrix}+ \lambda \begin{pmatrix}1\\2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}3\\3\end{pmatrix}+ \mu \begin{pmatrix}2\\4\end{pmatrix}

\lambda -2 \mu =1
2 \lambda -4 \mu =3


\rightarrow 0=1

Das LGS geht nicht auf,es gibt keine gemeinsame Punkte. Es gilt nur g||h , g \neq h und g \cap h=\{ \}.



Hausaufgaben für den 12.11.2014


S.204 A3 c,d,f und A7 a-c
S.187 A2 a , A3 a,c , A5 c , A6 b , A 11a, A14 b
S.192 A1 a,b , A2 a


Protokoll vom 12.11.2014 Thema: Bestimmung der gegenseitigen Lage zweier Geraden

Protokoll von:--Marius95 (Diskussion) 16:48, 12. Nov. 2014 (CET) Schuljahr 2014 / 2015
Lehrer: C.-J. Schmitt (2 Unterrichtsstunden)
verbessert von--Marius95 (Diskussion) 08:52, 21. Nov. 2014 (CET):

Hausaufgabenbesprechung

S. 204 A3c,d,f  : alle l.u.

S. 187 A2a: klar

3a,c: nein, ja

5c:S(0|-4|1)

14b: nein

S. 192 A1a,b: =, ||

2a: S(9|0|6)


Wiederholung

Geradengleichung einer Geraden:

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


Geradengleichung, wenn 2 Punkte P und Q gegeben sind (Zweipunktform):

g: \vec{x}= \vec{p}+ \lambda \cdot (\vec{q}-\vec{p})


In der Ebene können die Geraden parallel liegen oder sich schneiden.

Im Raum können sich die Geraden schneiden oder windschief zu einander sein.


Beispiel

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

h: \vec{x}= \begin{pmatrix}7 \\1\\2\end{pmatrix} + \mu  \cdot  \begin{pmatrix}-6 \\-3\\3\end{pmatrix}


Beim Betrachten der beiden Richtungsvektoren erkennt man, dass beide Geraden parallel zu einander liegen.

Nun stellt sich die Frage ob die Geraden gleich zu einander sind. Dafür müsste der Stützvektor der Gerade h, X-Vektor von der Gerade g sein:

g=h \ \ ?


 \begin{pmatrix}5 \\0\\1\end{pmatrix} + \lambda \cdot  \begin{pmatrix}2 \\1\\-1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}7 \\1\\2\end{pmatrix}

\lambda \cdot  \begin{pmatrix}2 \\1\\-1\end{pmatrix}\neq \begin{pmatrix}2 \\1\\1\end{pmatrix} \ \ \Rightarrow g \neq h


Alternative ("Holzhammermethode" = beide Geraden gleichsetzen)

Beispiel Holzhammermethode


Man erkennt es gibt keine gemeinsame Punkte,d.h. die zwei Geraden sind nur parallel , sind also nicht gleich!


Bestimmung der gegenseitigen Lage zweier Geraden

1. Anschaulich

Anschaulich_2


2. Formal (Erklärung)


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

h: \vec{x}= \vec{q}+ \mu \cdot \vec{v}


Punkt 1

g   \parallel  h, \  \  g =h

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

\vec{q}=\vec{p}+ \lambda \cdot \vec{u}  \Rightarrow  \lambda \cdot \vec{u}=\vec{q}-\vec{p}

\vec{q}-\vec{p}, \vec{u} \ \ \ \ l.a.


Punkt 2

g   \parallel  h, \  \  g \neq h

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

 \vec{q} \neq \vec{p}+ \lambda \cdot \vec{u}

\vec{q}-\vec{p} \neq \lambda \cdot \vec{u}

\vec{q}-\vec{p}, \vec{u} \ \ \ \ l.u.


Punkt 3

g  \cap h=\big\{P\big\}

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

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

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

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


Punkt 4

g,h \ \ \ \ windschief

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

\vec{q}-\vec{p}, \vec{u}, \vec{v} \ \ \ \ l.u.


Übungen

Aufgaben 1) bis 4) von Klapptest 2

Wir gehen so vor, wie in der Darstellung und der Erklärung gezeigt.


Aufgabe 1)

\begin{pmatrix}9\\-3\\6\end{pmatrix} = r \cdot \begin{pmatrix}-6 \\2\\1\end{pmatrix}

\Rightarrow\vec{u}, \ \vec{v} \ \ \ \ l.u.



\vec{q}-\vec{p}=\begin{pmatrix}2\\-9\\0\end{pmatrix} \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \vec{u}=\begin{pmatrix}9\\-3\\6\end{pmatrix} \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \vec{v}=\begin{pmatrix}-3\\9\\-6\end{pmatrix}

Test Klapptest

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

\Rightarrow g,h \ \ \ \ windschief



Die beiden Geraden sind nur windschief!


Aufgabe 2)

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

\Rightarrow\vec{u}, \ \vec{v} \ \ \ \ l.a.



\vec{q}-\vec{p}=\begin{pmatrix}-1\\4\\-3\end{pmatrix}

\begin{pmatrix}-1\\4\\-3\end{pmatrix} \neq r\begin{pmatrix}1\\-2\\1\end{pmatrix}

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

\Rightarrow g \parallel h; \ \ g \neq h



Die beiden Geraden sind nur parallel!


Aufgabe 3)

\begin{pmatrix}2\\1\\-1\end{pmatrix} \neq r  \cdot \begin{pmatrix}1 \\-2\\2\end{pmatrix}

\Rightarrow\vec{u}, \ \vec{v} \ \ \ \ l.u.

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


Achtung! Hier sind 3 Vektoren notwendig, da die Geraden nicht parallel sind !


\vec{q}-\vec{p}=\begin{pmatrix}1\\-2\\2\end{pmatrix} \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \vec{u}=\begin{pmatrix}2\\1\\-1\end{pmatrix} \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \vec{v}=\begin{pmatrix}1\\-2\\2\end{pmatrix}

Aufgaben

x,y,z \in \mathbb{R}  \Rightarrow l.a.

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

\Rightarrow g \cap h= \big\{S\big\}


Die beiden Geraden schneiden sich in einem Punkt !


Aufgabe 4)

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

\Rightarrow\vec{u}, \ \vec{v} \ \ \ \ l.u.

\vec{q}-\vec{p}=\begin{pmatrix}13\\7\\1\end{pmatrix}


Achtung! Hier sind 3 Vektoren notwendig, da die Geraden nicht parallel sind !


\vec{q}-\vec{p}=\begin{pmatrix}13\\7\\1\end{pmatrix} \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \vec{u}=\begin{pmatrix}1\\2\\-3\end{pmatrix} \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \vec{v}=\begin{pmatrix}2\\-3\\0\end{pmatrix}

Aufgaben 2.1

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

\Rightarrow g,h \ \ \ windschief


Die beiden Geraden g und h sind windschief!


Seite 192 A4 c)

Hier muss man ebenfalls die gegenseitige Lage der Geraden g und h untersuchen und ggf. die Koordinaten der Schnittpunkte berechnen.

g: \vec{x}= \begin{pmatrix}0\\1\\1\end{pmatrix}+t \cdot \begin{pmatrix}1\\0\\1\end{pmatrix} \ \ \ \ \ \  \ \ \ \ \ \ h: \vec{x}= \begin{pmatrix}4\\2\\4\end{pmatrix}+s \cdot \begin{pmatrix}2\\1\\1\end{pmatrix}


Wie zuvor gelernt, erst feststellen ob die Geraden parallel zueinander sind !

 \begin{pmatrix}1\\0\\1\end{pmatrix} \neq r \cdot  \begin{pmatrix}2\\1\\1\end{pmatrix}

 \Rightarrow  \vec{u}, \vec{v} \ \ \ l.u.


Die Geraden sind nicht parallel zueinander!


Sind die Geraden windschief oder besitzen einen Schnittpunkt?


\vec{q}-\vec{p}=\begin{pmatrix}4\\1\\3\end{pmatrix}

\vec{q}-\vec{p}=\begin{pmatrix}4\\1\\3\end{pmatrix} \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \vec{u}=\begin{pmatrix}1\\0\\1\end{pmatrix} \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \vec{v}=\begin{pmatrix}2\\1\\1\end{pmatrix}

Aufgaben Buch

x,y,z \in \mathbb{R} \ \ \ \ beliebig

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

\Rightarrow g \cap h= \big\{S\big\}


Man hat herausgefunden, dass die Geraden sich schneiden in dem Punkt S, den wir im folgenden berechnen. Den Schnittpunkt erhalten wir durch das Gleichsetzen beider Geraden:


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

Aufgaben Buch schnittpunkt

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

\begin{pmatrix}4\\2\\4\end{pmatrix}-1\begin{pmatrix}2\\1\\1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2\\1\\3\end{pmatrix}

S(2 | 1 | 3)


Die Geraden g und h haben ihren Schnittpunkt in S(2|1|3)!

Vektoris1

Vektoris2



Hausaufgaben zum 14.11.14

Lernen vom Umgang mit 2 Geraden

S.204 A7d)

S.187 A6c), 12a)

S. 192 A1c),d), 2b),3,4b)d), (5, 6)

--Marius95 (Diskussion) 21:32, 12. Nov. 2014 (CET)

Protokoll vom 14.11.2014 Thema: Lagebeziehungen von Geraden mit Parameter

Protokoll von:--Vincent97 (Diskussion) 17:10, 14. Nov. 2014 (CET) (Schuljahr 2013 / 14)
Lehrer: C.-J. Schmitt (3 Unterrichtsstunden)
verbessert von:--Vincent97 (Diskussion) 09:31, 20. Nov. 2014 (CET)

Lösungen der Hausaufgaben vom 12.11.

S. 204 Nr. 7

In einer Ebene sind drei Vektoren immer linear abhängig.

siehe hier


S. 187 Nr. 6c

g:\vec{x}= \begin{pmatrix}
 4\\
 0\\
 4 
 \end{pmatrix}+ \lambda \cdot  
\begin{pmatrix}
 -4\\
 4\\
 0 
 \end{pmatrix}


S187 Nr. 12a

h:\vec{x}= \begin{pmatrix}
 -4\\
 1\\
 3 
 \end{pmatrix}+ \lambda \cdot  
\begin{pmatrix}
 6\\
 4\\
 -6 
 \end{pmatrix}


S. 192

1c)

Die Geraden g und h sind identisch (g=h), folglich auch parallel.

1d)

Die Geraden g und h sind windschief, dass heißt sie sind weder parallel, noch identisch.

g \cap h=\big \{ \big \}


S. 192 Nr. 2b

r=-4; t=-2

Der Schnittpunkt ist S(1|3|1).


S. 192 Nr. 3

g und i sind windschief, weil g und h den gleichen Stützvektor und h und i den gleichen Richtungsvektor haben.


S. 192

4b)

Die Geraden sind windschief.

g \cap h=\big \{ \big \}

4d)

Die Geraden haben einen Schnittpunkt bei S(-5|-15|1)


Lagebeziehung von Geraden mit Parameter (S.193 Nr.10a)

g_a:\vec{x}= \begin{pmatrix}
 3\\
 a\\
 3 
 \end{pmatrix}+ r \cdot  
\begin{pmatrix}
 -1\\
 5\\
 7 
 \end{pmatrix}

h_a:\vec{x}= \begin{pmatrix}
 1\\
 0\\
 a 
 \end{pmatrix}+ s \cdot  
\begin{pmatrix}
 2\\
 -22\\
 -29
 \end{pmatrix}

Vollständige Untersuchung

Beim ersten Weg machen wir eine vollständige Untersuchung der Lagebeziehung. Man sieht, dass a nur in den beiden Stützvektoren vorkommt.

Als erstes untersuchen wir die Geraden auf Parallälität.

\begin{pmatrix}
 -1\\
 5\\
 7 
 \end{pmatrix} \neq s \cdot    
\begin{pmatrix}
 2\\
 -22\\
 -29
 \end{pmatrix}

\Rightarrow \vec{u},\vec{v} \ \ l.u.

Die Geraden können folglich nur windschief sein oder einen Schnittpunkt haben. Man untersucht jetzt den Differenzvektor und die beiden Richtungsvektoren auf lineare Abhängigkeit.

\begin{pmatrix}
 -1\\
 5\\
 7 
 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}
 2\\
 -22\\
 -29
 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}
 -2\\
 -a\\
 a-3
 \end{pmatrix}

A1014-1.JPG

\Leftrightarrow

A1014-2.JPG

\Leftrightarrow

A1014-31.JPG

-6z+5az+4az-12z=0

9az-18z=0

Im nächsten Schritt klammert man z aus.

z(9a-18)=0

Nun bestimmt man a, sodass die Klammer 0 wird und z beliebig sein kann. Dadurch müssen die Vektoren linear abhängig sein und die Geraden haben einen Schnittpunkt.

a=2 \ \Rightarrow  Vektoren \ \ l.a.  \Rightarrow \ g \cap h=\big \{S\big \}

Wenn die Klammer nicht 0 ist, muss z zwingend 0 sein und damit sind die Geraden windschief, da die Vektoren linear unabhängig sind.

a \neq 2\Rightarrow \ x=y=z=0 \ \Rightarrow Vektoren \ \ l.u.  \Rightarrow \ g , h \ \ windschief

Nun muss man noch den möglichen Schnittpunkt berechnen.

A10oha-1.JPG

\Leftrightarrow

A10oha-2.JPG

\Leftrightarrow

A10oha-3.JPG

S(-1|22|31) für a=2.

Die nächsten drei Bilder zeigen die Geraden für a=2.

141650293120710885.jpg

14284.jpg

14285.jpg

Die anderen drei Bilder sind Beispiele für Geraden bei denen a ungleich 2. Hier a=0:

1423.jpg

1424.jpg

14251.jpg


Zweiter Weg zur Aufagbe 10a

Diesmal geht man direkt davon aus, dass die Geraden sich schneiden und will das a einen entsprechenden Wert annimmt. Man kann also die Geraden sofort gleichsetzten.

g \cap h=\big \{ S \big \}\Rightarrow \mu=-\frac{a+10}{12}=\frac{a-17}{15}

A10mita-1.JPG

\Leftrightarrow

A10mita-2.JPG

-15(10+a)=12(a-17)

-150-15a=12a-204

54=27a

a=2

Auch hier kommt man auf 2, damit sich die Geraden schneiden.


Anwendung: Untersuchung von Flugzeugbahnen auf Kollisionskurs

Boeing 767-200

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

DC 10-30F

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

Dies sind die beiden Geraden, die sich aus den Punkten der Flugzeuge ergeben. Man sieht relativ schnell, dass die beiden Richtungsvektoren linear unabhängig sind und damit die Geraden schonmal nicht parallel verlaufen. Nun muss man noch g und h gleichsetzten, um zu schauen, ob sie einen gemeinsamen Schnittpunkt haben.

Ü4flu11.JPG

\Leftrightarrow

Ü4flu2.JPG

\Leftrightarrow

Ü4flu3.JPG

\Leftrightarrow

Ü4flu4.JPG

\vec{s}= \begin{pmatrix}
 -80\\
 880\\
 9,6 
 \end{pmatrix}+ 0,4 \cdot    
\begin{pmatrix}
 200\\
 300\\
 1 
 \end{pmatrix} = 
\begin{pmatrix}
 0\\
 1000\\
 10 
 \end{pmatrix}

S(0|1000|10)

14287.jpg

14288.jpg

Es gibt einen Schnittpunkt der Flugbahnen. Als Fluglotse ist es jetzt natürlich wichtig, wann die beiden Maschinen den Punkt passieren werden. Die kann man in zwei Schritten machen. Im ersten errechnet man die Geschwindigkeit, die der Flieger hat. Dies ergibt sich aus den Flugstrecken, mit den entsprechenden Uhrzeiten dazu. Im zweiten Schritt sucht man die Zeit für die Strecke bis zum Schnittpunkt S.

v=\frac{s}{t}\Rightarrow t=\frac{s}{v}


1. Geschwindigkeit des ersten Flugzeugs

Quader4.png

r^2=l^2+b^2

d^2=r^2+h^2=l^2+b^2+h^2

Die Raumdiagonale errechnet sich mit dem Satz des Pytagoras. Die eine Kathete ist die Diagonale der Grundseite und die andere die Höhe des Quaders.

l=200

b=300

h=1

d=\sqrt{200^2+300^2+1^2} =360,56km

t=20min=\frac{1}{3}h

Als nächstes setzt man beide Werte einfach in die Formel für die Geschwindigkeit ein.

v=\frac{360,56km}{\frac{1}{3}h}=1081,68\frac {km}{h}


2. Weg bis zum Kollisionspunkt

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

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

l=80

b=120

h=0,4

Auch hier muss man die Distanz in Form der Raumdiagonale berechnen.

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

Im nächsten Schritt berechnet man die Zeit

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

Die Boeing überfliegt den Punkt um 11:18 Uhr.


1. Geschwindigkeit des zweiten Flugzeugs

Hier verfahren wir genauso wie beim ersten Flugzeug

l=350

b=200

h=0,5

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

v=\frac{403,11km}{\frac{1}{3}h}=1209,33\frac {km}{h}


2. Weg zum Kollisionspunkt

l=210

b=120

h=0,3

d=\sqrt{210^2+120^2+0,3^2} =241,87km

t=\frac{241,87km}{1209,33\frac {km}{h}}=\frac{1}{5}h=12min

Die DC10 wird den Punkt um 11:12 Uhr überfliegen. Damit besteht rein rechnerisch keine Kollisionsgefahr für beide Flugzeuge.

Vereinfachungen des Beispiel im Vergleich zur Realität

1. Der Wind wird außer Acht gelassen. Rücken- oder Gegenwind beeinflusst die Geschwindigkeit über Grund, sodass ein Flugzeug auch früher oder später da sein könnte.

2. Die horizontale Bewegung. Es wird angenommen, da es eine Gerade ist, dass die Flugzeuge immer geradeaus fliegen. Sie könnten aber auch vorher eine Kurve fliegen, sodass es gar nicht zu einem Konflikt kommt.

3. Die vertikale Bewegung:

3.1. Ähnlich wie in der horizontalen Bewegung wird angenommen, dass sie immer in der gleichen Rate steigen oder sinken. In der Realität könnte es sein (sofern eine Steig- oder Sinkbewegung ausgeführt wird), dass ein Flugzeug in einer anderen Höhe in den Horizontalflug als der zweite Flieger.

3.2. Wenn die Maschinen auf ihrer Reiseflughöhe fliegen, sind sie so gestaffelt, dass Flieger Richtung Osten auf einer anderen Flughöhe flieger als Flugzeuge Richtung Westen. Dadurch bleiben immer 300 Meter Höhenabstand zwischen zwei Flugzeugen.


Seite 193 Nr. 11a

Diesmal ist der Parameter in den Richtungsvektoren. Es ist gefordert, dass die Geraden parallel sind.

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

-6=3a \Rightarrow-2=a

6=1,5\cdot 4

a muss -2 sein, damit die Geraden parallel sind.

Daraus folgt, dass bei  a\neq2 die Geraden nicht parallel sind.


Hausaufgaben für den 19.11.

Seite 188 Nr. 12a fertig machen

Seite 192 Nr. 2d,7a,9,10b,14a+b

Ü4 Nr.2


Protokoll vom 19.11.2014 Thema: Einführung in Ebenen

Protokoll von:--Philipp95 (Diskussion) 13:32, 19. Nov. 2014 (CET)
Lehrer: C.-J. Schmitt (2 Unterrichtsstunden)
verbessert von:--Philipp95 (Diskussion) 18:08, 21. Nov. 2014 (CET)

Besprechung der Hausaufgaben



Seite 192 Nr. 2d,7a,910b,14a+b

2.d)
S(3|-13|9)



7.a)
\vec u ,\vec v und (\vec {q} - \vec p ) sind zueinander l.u
Die Geraden sind Windschief.

Hausaufgaben

Hausaufgaben




9)
g || \vec {CA}

10.b)
Mit der Bedingung a=5 schneiden sich die Geraden. \rightarrow S(-7|-5|5)



14.a)
Wahr,\vec u und \vec v sind zueinander l.u

b)
Falsch die können sich auch schneiden.



Seite 188 Nr. 12a

12.a)
g: \vec x =  \begin{pmatrix}-4\\1\\0 \end{pmatrix} +  \lambda \begin{pmatrix}6\\8\\0 \end{pmatrix}

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

i: \vec x =  \begin{pmatrix}-4\\9\\3 \end{pmatrix} +  \lambda \begin{pmatrix}0\\-4\\-3 \end{pmatrix}

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



Aufgabe 11b auf Seite 193



Die Geraden sollen sich schneiden.Das bedeutet \vec u und \vec v sind l.u mit der Bedingung a \neq 2

g_a : \vec x =  \begin{pmatrix}3\\4\\2 \end{pmatrix} +  r \begin{pmatrix}3\\-6\\-3a \end{pmatrix}

h_a : \vec x =  \begin{pmatrix}1\\5\\4 \end{pmatrix} +  s \begin{pmatrix}2\\2a\\4 \end{pmatrix}



 (\vec q-\vec p) =  \begin{pmatrix}1\\5\\4 \end{pmatrix} - \begin{pmatrix}3\\4\\2 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-2\\1\\2 \end{pmatrix}
\vec u =  \begin{pmatrix}3\\-6\\-3a \end{pmatrix}
\vec v =  \begin{pmatrix}2\\2a\\4 \end{pmatrix}

Diese Vektoren müssen l.a sein.



x(\vec q-\vec p)+y \vec u +z\vec v = \vec 0

In dieser Gleichung sollten die Variablen keine triviale Lösung haben.

hhdhfdghdfgh




Wenn wir nun für a=2,5 wählen so entsteht folgende Gerade:

g_a : \vec x =  \begin{pmatrix}3\\4\\2 \end{pmatrix} +  r \begin{pmatrix}3\\-6\\-7,5 \end{pmatrix}

h_a : \vec x =  \begin{pmatrix}1\\5\\4 \end{pmatrix} +  s \begin{pmatrix}2\\5\\4 \end{pmatrix}

Nun müssen wir die Vorfaktoren für den Schnittpunkt bestimmen im folgenden LGS:

dgzdzfsdz




Jetzt brauchen wir den Schnittpunkt:

\vec s =  \begin{pmatrix}3\\4\\2 \end{pmatrix} +  (- \frac{4}{9})  \begin{pmatrix}3\\-6\\-7,5 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}3\\4\\2 \end{pmatrix} +  \begin{pmatrix} -\frac{4}{3} \\ \frac{8}{3} \\ \frac{10}{3}  \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} \frac{5}{3} \\ \frac{20}{3} \\ \frac{16}{3}  \end{pmatrix}

Der Schnittpunkt ist S( \frac{5}{3} |\frac{20}{3} |\frac{16}{3} ) unter der Bedingung ,dass a=2,5



Ebenen



Ebenen sind zwei-dimensionale Obejekte im Raum.Sie sind flach und unbegrenzt.

Jede Ebene lässt sich durch folgende Parametergleichung ergeben :

E : \vec x = \vec p + \lambda  \vec u +  \mu  \vec v

Der \vec p ist wieder mal der Stützvektor.

Hierbei müssen die Vektoren \vec u und \vec v l.u sein und heißen Spannvektoren.
Außerdem sind sie Parallel zur Ebene.

 \lambda , \mu   \varepsilon R

Alle Zielpunkte der \vec x liegen in der Ebene , beschreiben also diese.



Bsp.

E: \vec x =  \begin{pmatrix} 3\\0\\2 \end{pmatrix}  + \lambda \begin{pmatrix} 2\\1\\7 \end{pmatrix}+  \mu \begin{pmatrix} 3\\2\\5 \end{pmatrix}

\lambda = \mu =1

 \vec x =  \begin{pmatrix} 3\\0\\2 \end{pmatrix}  +  \begin{pmatrix} 2\\1\\7 \end{pmatrix}+   \begin{pmatrix} 3\\2\\5 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 8\\3\\4 \end{pmatrix}

R(8|3|4) \varepsilon E

\vec r =\begin{pmatrix}8\\3\\4\end{pmatrix} kann ein \vec x sein.



Punktprobe in Ebenen



E: \vec x =  \begin{pmatrix} 3\\0\\2 \end{pmatrix}  + \lambda   \begin{pmatrix} 2\\1\\7 \end{pmatrix}+    \mu  \begin{pmatrix} 3\\2\\5 \end{pmatrix}

Wie auch bei Geraden müssen auch in Ebenen Punkte liegen.Jeder Punkt ist der Zielpunkt von \vec x.

B(1|1|0)
Dieser Punkt soll in der Ebene sein.Wie bei Geraden lassen wir den Ortsvektor von B mit der Ebene gleich.

E: \vec x =  \begin{pmatrix} 3\\0\\2 \end{pmatrix}  + \lambda   \begin{pmatrix} 2\\1\\7 \end{pmatrix}+    \mu  \begin{pmatrix} 3\\2\\5 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 1\\1\\0 \end{pmatrix}



Im LGS versuchen wir nun die Vorfaktoren zu finden die den Punkt ergeben sollen.

sddasdsa




Drei Punkteform der Ebene


Punkte: A , B , C (Wichtig: C soll nicht Punkt der Geraden AB sein.)

E: \vec x =  \vec a + \lambda (\vec b - \vec a)+  \mu (\vec c -\vec a)= \vec a + \lambda \vec {AB}+ \mu \vec{CA}

Bsp. A(2|1|7) B(-7|-1|2) C(1|-1|1)

Welcher der Punkte Stützvektor ist ,ist egal.In dem Fall nehme ich \vec a

Darausfolgt:
E: \vec x =  \begin{pmatrix} 2\\1\\7 \end{pmatrix}  + \lambda   \begin{pmatrix} -7-2\\-1-1\\2-7 \end{pmatrix}+   \mu  \begin{pmatrix} 1-2\\-1-1\\1-7 \end{pmatrix}=E: \vec x =  \begin{pmatrix} 2\\1\\7 \end{pmatrix}  + \lambda   \begin{pmatrix} -9\\-2\\-5 \end{pmatrix}+   \mu  \begin{pmatrix} -1\\-2\\-6 \end{pmatrix}

Nun haben wir eine Gleichung für die Ebene hergeleitet.



Hausaufgaben für den 21.11.2014



Seite 194-196 lesen / S.196 A 1 2a,b

Seite 192 A 7b 12 14c,d

Seite 218 A 4a 1a,b 2a

Ü4 A3


Protokoll vom 21.11.2014 Thema:Lagebeziehung zwischen Ebenen und Geraden

Protokoll von:--Schiffert1996 (Diskussion) (Schuljahr 2013 / 14)
Lehrer: C.-J. Schmitt (3 Unterrichtsstunden)
verbessert von:--[[--Schiffert1996 (Diskussion) 18:39, 30. Nov. 2014 (CET)]])

Hausaufgaben vom 19.11.14


Buch S.196 Nr.1
|  \vec{a} |= \sqrt{5}
Einheitsvektor=  \vec{a_0} = \begin{pmatrix}
  \frac{ \sqrt{5} }{5}  \\
  0\\
   \frac{2 \sqrt{5} }{5} 
 \end{pmatrix}

|  \vec{b} |= \sqrt{14}
Einheitsvektor=   \vec{b_0} = \begin{pmatrix}
  \frac{3 \sqrt{14} }{14}  \\
  - \frac{ \sqrt{14} }{7} \\
   \frac{ \sqrt{14} }{14} 
 \end{pmatrix}

|  \vec{c} |= \sqrt{1} =1
Einheitsvektor=   \vec{c_0} = \begin{pmatrix}
  0  \\
  -1 \\
   0
 \end{pmatrix}

|  \vec{d} |= 0,3
Einheitsvektor=  \vec{d_0} = \begin{pmatrix}
   \frac{2}{3}   \\
  \frac{2}{3} \\
   \frac{1}{3}
 \end{pmatrix}

|  \vec{e} |= \sqrt{10}
Einheitsvektor= \vec{e_0} = \begin{pmatrix}
   \frac{ \sqrt{5} }{5}   \\
  \frac{ \sqrt{30} }{10} \\
   \frac{ \sqrt{2} }{2}
 \end{pmatrix}

|  \vec{f} |= \sqrt{1,625}
Einheitsvektor=  \vec{f_0} = \begin{pmatrix}
   \frac{3 \sqrt{26} }{26}   \\
  \frac{ \sqrt{26} }{26} \\
   \frac{ 2\sqrt{26} }{13}
 \end{pmatrix}

|  \vec{g} |=  \frac{1}{2}
Einheitsvektor=  \vec{g_0} = \begin{pmatrix}
   0,8   \\
  0,6 \\
   0
 \end{pmatrix}


Buch S.197 Nr. 2 a+b
|  \vec{AB} |= \sqrt{14}
|  \vec{AB} |= \sqrt{62}


Buch S.192 Nr.7b
g: \vec{x}=  \begin{pmatrix}
 0 \\
  0\\
  2
 \end{pmatrix} \quad + \lambda  \begin{pmatrix}
 1,5 \\
  4\\
  -2
 \end{pmatrix} \quad
h: \vec{x}=  \begin{pmatrix}
 3 \\
  0\\
  0
 \end{pmatrix} \quad + \mu   \begin{pmatrix}
 -3 \\
  4\\
  1
 \end{pmatrix} \quad

Die Vektoren \vec{p}-\vec{q}, \vec{u}, \vec{v} sind linear abhängig => Die Geraden haben einen Schnittpunkt => S(1|\frac{8}{3} | \frac{2}{3})


Buch S.193 Nr.12
a)S(5;4;-5) für a=0
b)Egal wie a gewählt wird; die Geraden schneiden sich immer im Punkt S(5;4;-5). Also wird auch bei der allgemeinen Lösung s immer 0.
Veranschaulichung:
a=0
g: \vec{x}=  \begin{pmatrix}
 3 \\
  2\\
  -5
 \end{pmatrix} \quad + t  \begin{pmatrix}
 1 \\
  1\\
  0
 \end{pmatrix} \quad

h_a: \vec{x}=  \begin{pmatrix}
 5 \\
  4\\
  -5
 \end{pmatrix} \quad + s  \begin{pmatrix}
 1 \\
  0\\
  0
 \end{pmatrix} \quad

a=0 Geraden



























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

h_a: \vec{x}=  \begin{pmatrix}
 5 \\
  4\\
  -5
 \end{pmatrix} \quad + s  \begin{pmatrix}
 1 \\
  1\\
  -2
 \end{pmatrix} \quad

a=1 Gerade





























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

h_a: \vec{x}=  \begin{pmatrix}
 5 \\
  4\\
  -5
 \end{pmatrix} \quad + s  \begin{pmatrix}
 1 \\
  2\\
  -4
 \end{pmatrix} \quad

a=2 Geraden



























Hierbei fällt auf, dass sich h bei sich veränderndem a um S dreht.


Buch S.193 Nr.14 c+d
c)Dies stimmt nicht, da die Geraden auch windschief seien können.
d)Stimmt!


Buch S.218 Nr.4a
a)Der Punkt A(8;3;14) und der Punkt C(4;0;11) liegen auf der Ebene. Der Punkt B(1;1;0)nicht.


Buch S.218 Nr.1a+b
a)E: \vec{x}=  \begin{pmatrix}
 3 \\
  0\\
  2
 \end{pmatrix} \quad + \lambda  \begin{pmatrix}
 2 \\
  -1\\
  5
 \end{pmatrix} \quad +\mu  \begin{pmatrix}
 -3 \\
  -2\\
  -2
 \end{pmatrix} \quad
b)E: \vec{x}=  \begin{pmatrix}
 1 \\
  0\\
  0
 \end{pmatrix} \quad + \lambda  \begin{pmatrix}
 -1\\
  1\\
  0
 \end{pmatrix} \quad +\mu  \begin{pmatrix}
 0 \\
  0\\
  1
 \end{pmatrix} \quad


Buch S.218 Nr 2a
E: \vec{x}=  \begin{pmatrix}
 2 \\
  0\\
  3
 \end{pmatrix} \quad + \lambda  \begin{pmatrix}
 -1 \\
  -1\\
  2
 \end{pmatrix} \quad +\mu  \begin{pmatrix}
 1 \\
  -2\\
  -3
 \end{pmatrix} \quad

F: \vec{x}=  \begin{pmatrix}
 1 \\
  -1\\
  5
 \end{pmatrix} \quad + \lambda  \begin{pmatrix}
 1 \\
  1\\
  -2
 \end{pmatrix} \quad +\mu  \begin{pmatrix}
 2 \\
  -1\\
  -5
 \end{pmatrix} \quad


Übungsblatt 4 Nr.3
Die Koordinaten des Kollisionspunkts, also des Schnittpunkts der Geraden sind S(2090;1950;10250)


Wiederholung


Zu Beginn dieser Stunde haben wir uns mit der Klärung folgender Aufgabe beschäftigt:
Buch S.193 Nr.11
Bereits vorher haben wir berechnet, für welches a die Geraden zueinander parallel sind (Aufgabe a) und sich schneiden (Aufgabe b).
Dies gilt es nun zu veranschaulichen:
a) Wenn a=-2 sind die Geraden zueinander parallel. Dies lässt sich in einem Schaubild gut verdeutlichen:
g_a: \vec{x}=  \begin{pmatrix}
 3 \\
  4\\
  2
 \end{pmatrix} \quad + r  \begin{pmatrix}
 3 \\
  -6\\
  6
 \end{pmatrix} \quad
h_a: \vec{x}=  \begin{pmatrix}
 1 \\
  5\\
  4
 \end{pmatrix} \quad + s  \begin{pmatrix}
 2 \\
  -4\\
  4
 \end{pmatrix} \quad

Parallel




























Wenn a=2,5, schneiden sich die Geraden. Dies lässt sich ebenfalls in einem Schaubild gut verdeutlichen:
g_a: \vec{x}=  \begin{pmatrix}
 3 \\
  4\\
  2
 \end{pmatrix} \quad + r \begin{pmatrix}
 3 \\
  -6\\
  -7,5
 \end{pmatrix} \quad
h_a: \vec{x}=  \begin{pmatrix}
 1 \\
  5\\
  4
 \end{pmatrix} \quad + s \begin{pmatrix}
 2 \\
  5\\
  4
 \end{pmatrix} \quad

Schnitt




























Im weiteren Verlauf der Stunde haben wir folgendes nochmals klar gestellt:

Bei einer Ebenengleichung (E: \vec{x} =  \vec{p} + \lambda  \vec{u} + \mu  \vec{v}) müssen die Spannvektoren \vec{u} und \vec{v} linear unabhängig sein! Sind sie jedoch linear abhängig, so handelt es hierbei nicht um eine Ebene, sondern um eine Gerade!


Betrag eines Vektors und Einheitsvektoren

Was ist der Betrag eines Vektors?
Wenn man die Pfeillänge eines Vektors  \vec{a} berechnen möchte; auch Betrag von \vec{a} genannt; berechnet man diesen folgendermaßen:
Man nimmt die einzelnen Koordinaten zum Quadrat, addiert diese und zieht daraus die Wurzel.
Dies kann man auch bei der Berechnung des Abstandes von zwei Punkten anwenden. Dies lässt sich auf den Satz des Pythagoras zurückführen. Veranschaulicht also:

Bei der Berechnung des Betrags gilt also: Man hat den Vektor  \vec{a} =  \begin{pmatrix}
 a_1 \\
  a_2\\
  a_3
 \end{pmatrix} \quad und möchte die Pfeillänge bestimmen.
Nun setzt man die einzelen Koordinaten zum Quadrat, addiert diese und zieht daraus die Wurzel:
| \vec{a}| = \sqrt{{a_1}^2+{a_2^2} +{a_3}^2}

Bei der Berechnung des Abstandes zweier Punkte gilt also:
 \bar{PQ}= \sqrt{ {(p_1-q_1)^2}  +    {(p_2-q_2)^2}  +   {(p_3-q_3)^2}                                           }
Hierbei ist es egal, ob man die p-Vektoren von man den q-Vektoren abzieht und diese zum Quadrat nicht oder umgekehrt, da der \vec{PQ} Vektor genau so lang ist wie der \vec{QP} Vektor.


Was ist ein Einheitsvektor?
Ein Einheitsvektor ( \vec{a_0} )ist ein Vektor, bei dem der Betrag, also die Pfeillänge, genau 1 beträgt.
Diesen berechnet man, indem man den ursprünglichen Vektor durch den Betrag dieses Vektors dividiert beziehungsweise mit dem Kehrwert des Betrags multipliziert.Man teilt also den Vektor durch seine Länge, sodass 1 herauskommt.

Bei der Berechnung des Einheitsvektors gilt also:
\vec{a_0} = \frac{1}{| \vec{a} |} \cdot \vec{a}


Beispiel zum Berechnen des Betrags und des Einheitsvektors
Man hat einen Vektor gegeben:
 \vec{a} = \begin{pmatrix}
 5\\
 0\\
 12 
 \end{pmatrix}
Wie lang ist die Pfeillänge dieses Vektors bzw. wie groß ist der Betrag?
| \vec{a} |= \sqrt{ {5^2}+ {12^2} } = \sqrt{169} =13
Wie lautet der Einheitsvektor?
\vec{a_0} =   \frac{1}{13} \cdot \begin{pmatrix}
 5\\
 0\\
 12 
 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
  \frac{5}{13} \\
 0\\
  \frac{12}{13}  
 \end{pmatrix}


Lagebeziehung zwischen Ebenen und Geraden

Es gibt 3 Möglichkeiten der Lagebeziehung zwischen Ebenen und Geraden:
Man hat eine Geradengleichung (g: \vec{x} = \vec{p} + \lambda  \vec{u} ) und eine Ebenengleichung (E: \vec{x} = \vec{q} +r \vec{v} +s \vec{w} )

1)Die Gerade schneidet die Ebene (E \cap g=\big \{S\big \} )
Die erste Möglichkeit ist, dass die Gerade durch die Ebene verläuft und diese somit schneidet. Dieser Schnittpunkt wird als Durchstoßungspunkt bezeichnet.
Die Voraussetzung dafür ist, dass der Richtungsvektor der Gerade und die Spannvektoren der Ebene\vec{u},\vec{v},\vec{w} linear unabhängig sind!

2)Die Gerade ist parallel zur Ebene (E \parallel g)
Die zweite Möglichkeit ist, dass die Gerade parallel zur Ebene verläuft. Die Voraussetzungen dafür sind, dass zum einen der Richtungsvektor der Gerade und die Spannvektoren der Ebene \vec{u},\vec{v},\vec{w} linear abhängig sind und zum anderen der  \vec{p-q} Vektor und die beiden Spannvektoren der Ebene (\vec{v},\vec{w}) linear unabhängig sind.

3)Die Gerade liegt in der Ebene(g\subseteq E)
Die dritte Möglichkeit ist, dass die Gerade in der Ebene liegt. Die Voraussetzungen dafür sind, dass zum einen der Richtungsvektor der Gerade und die Spannvektoren der Ebene, also \vec{u},\vec{v},\vec{w}, linear abhängig sind und zum anderen der  \vec{p-q} Vektor zu den beiden Spannvektoren der Ebene (\vec{v},\vec{w}) ebenfalls linear abhängig sind.

Vorsicht:Bei der Lagebeziehung zwischen Ebenen und Vektoren gibt es nicht die Lagebeziehung "windschief", da eine Ebene einen unendlich großen Bereich absteckt, welchen die Gerade schneiden muss, insofern diese nicht parallel oder identisch zur Ebene liegt!

Es gibt drei mögliche Lagebeziehungen zwischen Geraden und Ebenen:
1)Die Gerade schneidet die Ebene im Durchstoßungspunkt
\vec{u},\vec{v},\vec{w} müssen linear unabhängig sein => E \cap g=\big \{S\big \}
2)Die Gerade liegt parallel zur Ebene
a)\vec{u},\vec{v},\vec{w} müssen linear abhängig sein
b) \vec{p-q},\vec{v},\vec{w} müssen linear unabhängig sein
=>E \parallel g
3)Die Gerade liegt auf der Ebene
a)\vec{u},\vec{v},\vec{w} muss linear abhängig sein
b) \vec{p-q},\vec{v},\vec{w} müssen linear abhängig sein
=>g\subseteq E


Beispiel 1)
Man hat folgende Gerade und Ebene gegeben:
g: \vec{x}= \begin{pmatrix} 2 \\ 5 \\ 3 \end{pmatrix} +  \lambda \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ -3 \end{pmatrix}
E: \vec{x}= \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 5 \end{pmatrix} +  r \begin{pmatrix} 2 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} +  s \begin{pmatrix} -1 \\ -1 \\ 3 \end{pmatrix}
Untersuche die Lagebeziehung
Zuerst schaut man, ob der Richtungsvektor der Gerade und die Spannvektoren der Ebene linear abhängig oder unabhängig sind:
\vec{u} = \begin{pmatrix}
 1 \\
  1\\
  -3
 \end{pmatrix} \quad
\vec{v} = \begin{pmatrix}
 2 \\
  0\\
  1
 \end{pmatrix} \quad
\vec{w} = \begin{pmatrix}
 -1 \\
  -1\\
  3
 \end{pmatrix} \quad
Dies macht man mit einem Linearen Gleichungssystem (LGS):

LGS Lagebeziehung



























Die Vektoren sind linear abhängig. Das bedeutet, dass die Gerade entweder parallel zur Ebene verläuft oder gar in der Ebene liegt.
Dies gilt es, ebenfalls unter Verwendung eines LGS, herauszufinden, indem man die lineare Abhängigkeit des \vec{p-q} Vektors und der beiden Spannvektoren der Ebene (\vec{v} ,\vec{w}) berechnet:
\vec{p-q} = \begin{pmatrix}
 1 \\
  4\\
  -2
 \end{pmatrix} \quad
\vec{v} = \begin{pmatrix}
 2 \\
  0\\
  1
 \end{pmatrix} \quad
\vec{w} = \begin{pmatrix}
 -1 \\
  -1\\
  3
 \end{pmatrix} \quad

LGS Lagebeziehung






























Daraus ergibt sich, dass x,y,z=0. Dies wiederum zeigt, dass \vec{p-q},\vec{v} ,\vec{w} linear unabhängig sind. Somit liegt die Gerade nicht auf der Ebene, sondern ist "nur" parallel zur Ebene.
=>x,y,z=0 =>\vec{p-q},\vec{v} ,\vec{w} l.u => liegt nicht auf der Ebene => parallel (E \parallel g)

Parallel




























Beispiel 2)
Untersuche die Lagebeziehung dieser Gerade und dieser Ebene:
g: \vec{x}= \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} +  r \begin{pmatrix} -1 \\ -4 \\ 7 \end{pmatrix}
E: \vec{x}= \begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ -3 \end{pmatrix} +  s \begin{pmatrix} 1 \\ -3 \\ 1 \end{pmatrix} +  t \begin{pmatrix} -2 \\ 1 \\ 2 \end{pmatrix}

Nun untersucht man die Richtungsvektoren auf ihre lineare Abhängigkeit:
\vec{u} = \begin{pmatrix}
 -1 \\
  -4\\
  7
 \end{pmatrix} \quad
\vec{v} = \begin{pmatrix}
 1 \\
  -2\\
  1
 \end{pmatrix} \quad
\vec{w} = \begin{pmatrix}
 -2 \\
  1\\
  2
 \end{pmatrix} \quad

LGS Lagebeziehung






























Diese Vektoren sind auch linear abhängig. Um herauszufinden, ob die Gerade parallel zur Ebene ist oder auf der Ebene liegt, untersucht man \vec{p-q},\vec{v} ,\vec{w} auf lineare Abhängigkeit:
\vec{p-q} = \begin{pmatrix}
 1 \\
  1\\
  -3
 \end{pmatrix} \quad
\vec{v} = \begin{pmatrix}
 1 \\
  -2\\
  1
 \end{pmatrix} \quad
\vec{w} = \begin{pmatrix}
 -2 \\
  1\\
  2
 \end{pmatrix} \quad

LGS Lagebeziehung



























\vec{p-q},\vec{v} ,\vec{w} sind linear abhängig, d.h die Gerade liegt auf der Ebene.

In der Ebene



























Die Schnittgerade heißt also:
g: \vec{x}= \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} +  \lambda \begin{pmatrix} -1 \\ -4 \\ 7\end{pmatrix}


Beispiel 3)
Und nochmals wird nach der Lagebeziehung folgender Gerade zu folgender Ebene gefragt:
g: \vec{x}= \begin{pmatrix} 2 \\ 2 \\ 1 \end{pmatrix} +  \lambda \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 1 \end{pmatrix}
E: \vec{x}= \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 5 \end{pmatrix} +  r \begin{pmatrix} 2 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} +  s \begin{pmatrix} -1 \\ -1 \\ 3 \end{pmatrix}

Sind der Richtungsvektor der Gerade und der Ebene linear abhängig oder linear unabhängig?

LGS Lagebeziehung























x,y,z=0.Das bedeutet, dass die Vektoren sind linear unabhängig! Das heißt, dass die Gerade die Ebene in dem Durchstoßungspunkt schneidet.
=> x,y,z=0 =>Vektoren l.u => E \cap g=\big \{S\big \}
Nun muss man den Schnittpunkt bzw. den Durchstoßungspunkt berechnen. Dazu setzten wir die Geradengleichung und die Ebenengleichung gleich.

Hierbei ist es ratsam, die Berechnung des Parameters \lambda in den Vordergrund zu stellen. Dieser gibt mit der Geradengleichung den Durchstoßungspunkt an, ohne das man sich die Mühe machen muss, r und s zu berechnen. Im Sinne der Punktprobe ist dies jedoch sinnvoll!
  r \begin{pmatrix} 2 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} +  s \begin{pmatrix} -1 \\ -1 \\ 3 \end{pmatrix} -  t \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 1 \end{pmatrix} =  \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ -4 \end{pmatrix}

LGS Lagebeziehung






























Die berechneten Parameter werden nun in die Gleichungen eingesetzt und somit der Durchstoßungspunkt berechnet:
  \vec{S}=   \begin{pmatrix} 2 \\ 2 \\ 1 \end{pmatrix} -  \frac{1}{3} \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 1 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}  \frac{5}{3}  \\  \frac{7}{3}  \\  \frac{2}{3}  \end{pmatrix}=    \frac{1}{3}  \begin{pmatrix} 5\\ 7 \\ 2 \end{pmatrix}

 \vec{S}=    \begin{pmatrix} 1\\ 1 \\ 5 \end{pmatrix}- \frac{1}{3} \begin{pmatrix} 2\\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}  - \frac{4}{3}  \begin{pmatrix} -1\\ -1 \\ 3 \end{pmatrix}  =\begin{pmatrix}  \frac{5}{3}  \\  \frac{7}{3}  \\  \frac{2}{3}  \end{pmatrix}=    \frac{1}{3}  \begin{pmatrix} 5\\ 7 \\ 2 \end{pmatrix}
Die Gerade g schneidet die Ebene E also im Punkt S( \frac{5}{3};  \frac{7}{3} ; \frac{2}{3} ).
=> E \cap g =        \big\{S( \frac{5}{3}; \frac{7}{3}; \frac{2}{3})   \big\}

Schnitt




























Transformation: Parameterform (PF) <-> Koordinatenform (KF)

Zum Schluss folgt noch ein kleiner Einblick in dieses Thema.
Man hat eine Ebenengleichung in Parameterform gegeben und möchte diese in die Koordinatenform "transformieren" bzw. bringen.
Dies zeigen wir an folgendem (leichtem) Beispiel:
E: \vec{x} =  \begin{pmatrix} 0\\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}+r\begin{pmatrix} 1\\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}+s\begin{pmatrix}1\\ 0 \\ 1  \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} x_1\\ x_2 \\ x_3\end{pmatrix}
Hierbei fällt auf, dass der erste Richtungsvektor keine x_3 Komponente hat und der zweite Richtungsvektor keine x_2 Komponente!
Diese Ebenengleichung setzten wir in ein Lineares Gleichungssystem (LGS):

LGS Form












Hieraus kann man folgendes ablesen:
x_2 +x_3 =x_1
=> Hierbei handels es sich um die typische Koordinatenform, sprich ohne Parameter.
Daraus resultiert E:x_1 -x_2 +x_3 =0
Dies kontrollieren wir, indem wir die Parameter r=2 und s=1 vorgeben.
\vec{x} =  \begin{pmatrix} 3\\ 2 \\ 1 \end{pmatrix} \Rightarrow \begin{pmatrix} x_1=3\\ x_2=2 \\ x_3=1 \end{pmatrix}
Setzten wir diese Werte nun in E:x_1 -x_2 +x_3 =0 ein, so erhalten wir 3-2-1=0.
Also ist die Koordinatengleichung für die Punkte der Ebene erfüllt.

So sieht diese Ebene aus:

Ebene






















Hausaufgaben für den 26.11.2014
S.197 Nr.8
S.230 Nr. 2 a-c/(4)
S.225 Nr.4a+b


Protokoll vom 26.11.2014 Thema: Transformation von Koordinaten- in Parameterform und umgekehrt

Protokoll von:--Vincent97 (Diskussion) 17:52, 26. Nov. 2014 (CET) (Schuljahr 2013 / 14)
Lehrer: C.-J. Schmitt (2 Unterrichtsstunden)
verbessert von:--Vincent97 (Diskussion) 18:44, 28. Nov. 2014 (CET)

Lösung der Hausaufgaben vom 21.11.

S.197 Nr.8

Bei den ersten drei Punkten liegt kein gleichschenkliges Dreieick vor, da die Seitenlängen nicht gleich lang sind, dafür aber beim zweiten.

S.230 Nr.2

a) Es gibt einen Durchstoßpunkt bei S(5|9|10).

b) Hier liegt die Gerade auf der Ebene (g \subseteq E ).

c) Hier gibt es auch einen Durchstoßpunkt der Ebene bei S(2|2|2).

S.225 Nr.4

a) E_1:9x_1-3x_2+7x_3=25

b) E_2:4x_1-4x_2+3x_3=-9


Transformation der Koordinatenform (KF) in Parameterform (PF)

Als Einstieg nehmen wir die Koordinatenform von der Ebene aus der letzten Stunde:

E: x_1-x_2-x_3=0

Da beim Einsetzen des Ursprungs in die Ebenengleichung eine wahre Aussage entsteht, geht die Ebene durch den Ursprung. Solche Ebenen nennt man Ursprungsebene.

E:\vec{x}= \begin{pmatrix}
 x_1  \\
x_2 \\
x_3
 \end{pmatrix} =\begin{pmatrix}
 x_2+x_3  \\
x_2 \\
x_3
 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
 x_2  \\
x_2 \\
0
 \end{pmatrix}+\begin{pmatrix}
 x_3  \\
0\\
x_3
 \end{pmatrix}=x_2\cdot\begin{pmatrix}
 1\\
1 \\
0
 \end{pmatrix}+x_3\cdot \begin{pmatrix}
 1  \\
0 \\
1
 \end{pmatrix}=\lambda\cdot \begin{pmatrix}
 1  \\
1 \\
0
 \end{pmatrix}+\mu\cdot \begin{pmatrix}
 1  \\
0 \\
1
 \end{pmatrix}

Damit man die Parameterform darstellen kann, braucht man einen \vec{x}. Diesen kann man wieder mit x1 bis x_3 darstellen. Nun muss man einen x-Wert substituieren. Als nächstes Trennt man noch die Unterschiedlichen Variablen in einzelne Vektoren auf. x2 und x3 werden ausgeklammert und können jetzt auch wieder durch \lambda und \mu ersetzt werden.

Allerdings muss man nicht umbedingt x1 substituieren, sondern kann eine beliebige Komponente nehmen, sodass sich verschiedene Parameterformen ergeben.

Hier wird x2 substituiert:

E_1:\vec{x}=\begin{pmatrix}
 x_1  \\
x_1-x_3 \\
x_3
 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
 x_1  \\
x_1 \\
0
 \end{pmatrix}+\begin{pmatrix}
0  \\
-x_3\\
x_3
 \end{pmatrix}=\lambda\cdot \begin{pmatrix}
 1  \\
1 \\
0
 \end{pmatrix}+\mu\cdot \begin{pmatrix}
 0  \\
-1 \\
1
 \end{pmatrix}

Man sieht, dass jeweils die ersten Spannvektoren gleich sind, aber die anderen beiden nicht. Theoretisch müssten die beiden Formen die gleiche Ebene darstellen, aber da wir es prüfen wollen, machen wir die Probe, ob die drei unterschiedlichen Spannvektoren linear abhängig sind.

26111.JPG

\Leftrightarrow

26112.JPG

Die Vektoren sind linear abhängig und somit sind auch die beiden Ebenen identisch

E=E_1


Musteraufgabe

Parameter- in Koordinatenform

E:\vec{x}=\begin{pmatrix} 
1  \\
2 \\
0
 \end{pmatrix}+\lambda\cdot \begin{pmatrix}
 1  \\
0 \\
1
 \end{pmatrix}+\mu\cdot \begin{pmatrix}
 1  \\
2 \\
3
 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
 x_1  \\
x_2 \\
x_3
\end{pmatrix}

Wir wollen von dieser Ebene die Koordinatenform bestimmen und müssen in einem LGS λ und μ bestimmen. Wir machen also ein LGS im LGS, bei dem wir die Dreiecksform machen und in die dritte Gleichung einsetzten.

26113.JPG

\Leftrightarrow

26114.JPG

\Leftrightarrow

261151.JPG

Wir haben nun schon die Koordinatenform und müssen sie nur noch etwas schöner umformen.

E:x_1+x_2-x_3=3

261110.jpg

261111.jpg

Schritte von Parameter- in Koordinatenform (Rezept):

  1. \vec{p}+\lambda\vec{u}+\mu\vec{v}=\begin{pmatrix}
 x_1  \\
x_2 \\
x_3
\end{pmatrix}
  2. LGS aufstellen (3x3)
  3. λ und μ bestimmen durch LGS im LGS (2x2) und in die dritte Gleichung einsetzen
  4. Alle Variablen auf eine Seite

Koordinaten- in Parameterform

Jetzt machen wir genau den umgekehrten Weg. Wir wollen wieder auf die Parameterform kommen.

E:x_1+x_2-x_3=3


E_1:\vec{x}=\begin{pmatrix} 
x_1  \\
x_2 \\
x_3
 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 
3-x_2+x_3  \\
x_2 \\
x_3
 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 
3  \\
 0\\
0
 \end{pmatrix}+\begin{pmatrix}
 -x_2  \\
x_2 \\
0
 \end{pmatrix}+\mu\cdot \begin{pmatrix} 
 x_3  \\
0 \\
x_3
 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 
3  \\
 0\\
0
 \end{pmatrix}+\lambda\cdot \begin{pmatrix}
 -1  \\
1 \\
0
 \end{pmatrix}+\mu\cdot \begin{pmatrix} \Leftrightarrow 
 1  \\
0 \\
1
 \end{pmatrix}

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

Auch hier sind wieder zwei Spannvektoren gleich und wir machen wieder die Probe, obwohl jetzt die Transformiation fertig ist. Diesmal prüfen wir aber nicht nur die Spannvektoren auf lineare Abhängigkeit, sondern wir schauen auch ob der Stützvektor einer der Ebenen in der entsprechend anderen Ebene liegt (Punktprobe).

1. P \ \epsilon \ E?

26118.JPG

\Leftrightarrow

26119.JPG

2. Untersuchung der Spannvektoren

26116.JPG

\Leftrightarrow

26117.JPG

Der Punkt ist in der Ebene enthalten und auch die Spannvektoren sind linear abhängig.


Skalarprodukt

Bisher können wir Vektoren

- addieren,

- mit einem Skalar multiplizieren,

- den Betrag eines Vektors ausrechnen.

Herleitung vom Skalarprodukt über die Arbeit in der Physik

Arbeit ist definiert als Kraft mal Weg, wobei Kraft und Weg in die gleiche Richtung wirken müssen, damit die Arbeit ungleich 0 ist (W=\vec{F}\cdot \vec{s}=F\cdot s).

1. 261112.JPG

2. 261113.JPG

Im ersten Fall wirken Kraft und Weg in die gleiche Richtung. Es gilt: W=F\cdot s

Im zweiten Fall zieht jemand das Auto im 90° Winkel nach oben, da er aber keinen Weg zurücklegt, ist die Arbeit 0.

3. 261114.JPG

Wenn die Kraft zwar auch nach oben, aber auch nach vorne wirkt (F), dann braucht man für die Arbeit nur die Kraft F1, die nach vorne wirkt. Diese lässt sich durch den Kosinus bestimmen:

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

\frac{F_1}{F}=\cos (\alpha)\ \Rightarrow\ F_!=F \cdot cos (\alpha)

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

Skalarprodukt Definition

Genau wie die Arbeit ist auch das Skalarprodukt definiert:

\vec{a},\vec{b}\ \epsilon\ \mathbb{R}^3

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

Es gibt aber auch ein paar Sonderfälle zu beachten:

1. Wenn die beiden Vektoren paralllel sind, dann ist der Kosinus 1.

\vec{a}\parallel  \vec{b} \Rightarrow \ \alpha=0^o \ \Rightarrow   \vec{a}\cdot \vec{b}=|\vec{a}|\cdot| \vec{b}|

2. Wenn beide Vektoren orthogonal zueinander sind, ist der Kosinus 0.

\vec{a} \perp   \vec{b} \Rightarrow \ \alpha=90^o \ \Rightarrow   \vec{a}\cdot \vec{b}=0

3. Diesmal sind beide Vektoren entgegengesetzt orientiert und der Kosinus wird bei 180° -1.

\vec{a}\parallel  \vec{b} \Rightarrow \ \alpha=180^o \ \Rightarrow   \vec{a}\cdot \vec{b}=-|\vec{a}|\cdot| \vec{b}|

4. Wenn man den Vektor mit sich selber multipliziert muss man das Quadrat des Betrags nehmen. Aber: |\vec{a}|\neq\vec{a}

\vec{a} \cdot   \vec{a} =|\vec{a}|\cdot| \vec{a}|=(| \vec{a}|)^2

5. Wenn man einen Vektor mit dem Nullvektor multiplieziert, gibt es immer 0!

\vec{a} \cdot   \vec{0} =|\vec{a}|\cdot0\cdot cos (\alpha)=0

Daraus folgt, dass der Nullvektor immer orthogonal zu einem Vektor ist!


Hausaufgaben für den 28.11.

S.218 Nr. 3, 5a, 6a, (8), 9a, 10a

S.225 Nr. 4c

2x_1-x_2-x_3=-3

Die 4c und die Aufgabe von Hr. Schmitt jeweils in Koordinaten- und Parameterform transformieren.


Protokoll vom 28.11.2014 Thema: Die Normalform und Normalgleichung

Protokoll von:--Marius95 (Diskussion) 11:15, 29. Nov. 2014 (CET) (Schuljahr 2013 / 14)
Lehrer: C.-J. Schmitt (3 Unterrichtsstunden)
verbessert von:--Marius95 (Diskussion) 21:47, 4. Dez. 2014 (CET)

Wiederholung

Das Skalarprodukt ist die Multiplikation von 2 Vektoren, bei der die Komponenten beider Vektoren mulitiplizert werden. Das Ergebnis ist eine reelle Zahl. Ist das Ergebnis 0, so sind beide Vektoren orthogonal zu einander !

Die Multiplikation mit Skalaren ist die Multiplikation von einem Vektor mit einer reellen Zahl. Das Ergebnis ist ein neuer Vektor ohne Skalar!


Beispiel:

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

Wir möchten ein Skalarprodukt aus den beiden Vektoren bilden. Dabei benutzen wir die uns bekannte Formel:

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


 |\vec{a}| = \sqrt{3^2 +1^2}=3,16

 |\vec{b}| = \sqrt{2^2 +4^2}=4,5


Den Winkel in der Gleichung des Skalarprodukts erhalten wir bisher nur über die grafische Analyse, indem wir die Vektoren in ein geeignetes y,x Koordinatensystem eintragen!

Winkel KS 1

also: \ \ \ \vec{a} \cdot \vec{b}= |\vec{a}| \ \cdot \ |\vec{b}| \ \cdot cos( \alpha )=3,16 \cdot 4,5 \cdot cos( 45 ) \approx 10


Anwendung des Kosinussatz zur Herleitung des Skalarprodukts und weiterer Benutzung

Die uns bekannte Formel zur Berechnung des Skalarprodukts liegt dem Kosinussatz zu Grunde:

Kosinussatz


Formel:  \ \ \ c^2=a^2+b^2-2ab \cdot cos ( \gamma )


Mit der Anwendung auf Vektoren in den Ebene ergibt sich folgende Darstellung und Umformung:

Kosinussatz Vektoren 2


 \big(| \vec a - \vec b |\big) ^2=| \vec a |^2 + \ |\vec b |^2 -2 \cdot \ | \vec a | \ \cdot \ | \vec b | \ \cdot cos( \gamma )

 \vec a - \vec b=  \begin{pmatrix}
 a_{1} - & b_{1} \\
 a_{2} - & b_{2}
 \end{pmatrix}

(a_1 - b_1)^2+ (a_2-b_2)=a_1 \ ^2+a_2 \ ^2+b_1 \ ^2+b_2 \ ^2-2\cdot \vec a \cdot \vec b

a_1 \ ^2-2a_1b_1 +b_1 \ ^2+a_2 \ ^2-2\cdot a_2b_2+b_2 \ ^2=a_1 \ ^2+a_2 \ ^2+b_1 \ ^2+b_2 \ ^2-2 \vec a \cdot \vec b

-2a_1b_1 -  2a_2b_2=-2 \vec a \cdot \vec b \ \ \ \ | : (-2)


\vec a \cdot \vec b=a_1 \cdot b_1 + a_2 \cdot b_2 +  a_3 \cdot b_3

Es gilt: Multipliziere die Komponenten und addiere sie!


Beispiel

 \begin{pmatrix}
 3  \\
 2
 \end{pmatrix}  \cdot  \begin{pmatrix}
 5  \\
 6
 \end{pmatrix}=3 \cdot 5 + 2 \cdot 6=27

\begin{pmatrix}
 2 \\
 1 \\
 3 
 \end{pmatrix}  \cdot \begin{pmatrix}
 5 \\
 6 \\
 -7 
 \end{pmatrix}=2 \cdot 5+6-21=-5


Man kann die Formel zur Berechnung des Skalarprodukts auch zur Bestimmung eines Winkels benutzen. Man muss nur noch umformen:

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

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


Beispiel

 \begin{pmatrix}
 1  \\
 4
 \end{pmatrix}  \cdot  \begin{pmatrix}
 5  \\
 2
 \end{pmatrix}=1 \cdot 5 + 4 \cdot 2=13

|\vec{a}|=\sqrt{17}

|\vec{b}|=\sqrt{29}


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

\alpha=54^\circ


Winkel KS 2


Wir haben auch festgestellt, dass einer der 2 Vektoren orthogonal zum anderen ist, wenn das Skalarprodukt 0 ist. Das lässt sich auch mit der Formel für das Skalarprodukt zeigen, indem der Winkel zwischen beiden Vektoren 90° ergibt!


Beispiel

\vec{a}=\begin{pmatrix}
 5  \\
 0
 \end{pmatrix}

\vec{b}=\begin{pmatrix}
 0  \\
 6
 \end{pmatrix}

\Rightarrow \ \ \ orthogonal \ \ ?

\vec{a} \cdot \vec{b} = 0

|\vec{a}|=\sqrt{5}

|\vec{b}|=\sqrt{6}


cos( \alpha )= \frac{0}{30}=0

\alpha=90^\circ


Übungsaufgaben I

Aufgabe 1 a)

g: \vec x= \begin{pmatrix}
 {2} \\
 {-12} \\
 {0}
 \end{pmatrix} + s \begin{pmatrix}
 {-5} \\
 {1} \\
 {0}
 \end{pmatrix} \ \ \ \ h: \vec x= \begin{pmatrix}
 {5} \\
 {-1} \\
 {0}
 \end{pmatrix} + s \begin{pmatrix}
 {-2} \\
 {2} \\
 {0}
 \end{pmatrix}

\vec u = \begin{pmatrix}
 {-5} \\
 {1} \\
 {0}
 \end{pmatrix} \ \ \ \ \vec v = \begin{pmatrix}
 {-2} \\
 {2} \\
 {0}
 \end{pmatrix}

\vec u \cdot \vec v=10+2=12


Da das Skalarprodukt größer als 0 ist, sind die Vektoren nicht orhogonal zueinander!


b)

\vec u = \begin{pmatrix}
 {2} \\
 {-9} \\
 {-4}
 \end{pmatrix} \ \ \ \ \vec v = \begin{pmatrix}
 {5} \\
 {2} \\
 {-2}
 \end{pmatrix}

\vec u \cdot \vec v=10-18+8=0


Da das Skalarprodukt gleich 0 ist, sind die Vektoren orhogonal zueinander!



Seite 221 A2b)


\vec a = \begin{pmatrix}
 {1} \\
 {a_2} \\
 {3}
 \end{pmatrix} \ \ \ \ \vec b = \begin{pmatrix}
 {2} \\
 {-1} \\
 {1}
 \end{pmatrix}


Hier muss die Parameter-Komponente berechnet werden, damit die beiden Vektoren orthogonal zu einander sind !


\vec a \cdot \vec b=2-a_2+3=0 \ \ \ \  \Rightarrow  a_2=5


Die Parameter-Kompnente muss 5 sein, damit die Vektoren orthogonal zueinander sind!



Seite 221 A3a)

 g:\vec x  = \begin{pmatrix}
 {3} \\
 {3} \\
 {1}
 \end{pmatrix} \cdot s\begin{pmatrix}
 {7} \\
 {17} \\
 {2}
 \end{pmatrix}


Hier soll man die Parameterform einer Geraden angeben, die orthogonal zur Gerade g ist!


h:\vec x =  t\begin{pmatrix}
 {-2} \\
 {0} \\
 {7}
 \end{pmatrix}


Der Normalenvektor

Zur Einleitung in das neue Thema haben wir auf der Seite 222 die Aufgabe 14) ausgewählt. Hier muss gesagt werden, ob die Ebene "E" und die Gerade "g" orthogonal zueinander sind.


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


Hier hilft der Normalenvektor, um im Bezug zu den 2 Spannvektoren der Ebene festzustellen, für welchen Richtungsvektor (Normalenvektor) die Ebene orthogonal ist.

Gesucht ist ein Normalenvektor mit:

 \ \ \ \ \vec n \ \ \ mit \ \ \  \vec n \perp \vec u  \wedge \vec n  \perp \vec v  \Leftrightarrow \vec n \cdot \vec u=0  \wedge \vec n \cdot \vec v=0


\vec n =  \begin{pmatrix}
 n_{1} \\
 n_{2}\\
 n_{3} 
 \end{pmatrix} \ \ \ \ \vec u=  \begin{pmatrix}
 2 \\
 3\\
 4 
 \end{pmatrix} \ \ \ \ \vec v=  \begin{pmatrix}
 4 \\
 3\\
 2 
 \end{pmatrix}


Normalenvektor1_2

Der berechnete Richtungsvektor ist orthognal zur Ebene und deren Spannvektoren!


Probe:

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

\vec n \cdot \vec u=2-6+4=0

\vec n \cdot \vec v=4-6+2=0


Die Normalenform

Normalenform 1


Aus der Zeichnung ergeben sich 2 Formalitäten:


Die Normalform

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


Die Koordinatenform

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


Beispiel 1

\vec p =  \begin{pmatrix}
 {1}\\
 {0} \\
 {1} 
 \end{pmatrix} \ \ \ \ \vec n =  \begin{pmatrix}
 {1}\\
 {2} \\
 {3} 
 \end{pmatrix}

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

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

E: x_1 + 2x_2 +3x_3=4


Erkenntnis: Die Vektoren in KF ergeben sich aus dem Normalenvektor!



Beispiel 2

E: 2x_1 + 3x_2 +1x_3=6

Hier soll man die Koordinatenform in die Normalform umkehren!

\vec x \cdot \vec n = \vec p \cdot \vec n

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


\vec p \cdot \vec n = \begin{pmatrix}
 {3}\\
 {0} \\
 {0} 
 \end{pmatrix} \cdot  \begin{pmatrix}
 {2}\\
 {3} \\
 {1} 
 \end{pmatrix}=6 \ \ \ \ \begin{pmatrix}
 {1}\\
 {1} \\
 {1} 
 \end{pmatrix} \cdot  \begin{pmatrix}
 {2}\\
 {3} \\
 {1} 
 \end{pmatrix}=6 \ \ \ \ \begin{pmatrix}
 {6}\\
 {-2} \\
 {0} 
 \end{pmatrix} \cdot  \begin{pmatrix}
 {2}\\
 {3} \\
 {1} 
 \end{pmatrix}=6


Man erkennt, dass es unendlich viele Stützvektoren gibt, um auf die Normalenform zu kommen!


Übungsaufgaben II

Seite 225 A1b)

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

Wir wollen hier die Normalenform (NF) und die Koordinatenform (KF) bestimmen!

E:[\vec x - \begin{pmatrix}
 {9}\\
 {1} \\
 {-2} 
 \end{pmatrix}] \cdot \begin{pmatrix}
 {0}\\
 {8} \\
 {3} 
 \end{pmatrix}=0 \ \ \ \  \Rightarrow 
 NF

E: 8x_2 +3x_3=2 \ \ \ \  \Rightarrow KF


Daraus ergibt sich...

Die Ebene geht senkrecht zur x2, x3 - Ebene!

E: 8x_2 +3x_3=2 = 0 \cdot x_1  + 8x_2 +3x_3=2


E \perp  (x_2, x_3)- Ebene \ \ \ \ \ \ x_1 \in \mathbb{R} \  beliebig


Seite 225 A2b)

Hier muss man herausfinden, ob der Punkt B bzw. A in der Ebene liegt!


P(2|-5|7); \ \ \ \ \vec n = \begin{pmatrix}
 {2}  \\
 {1}   \\
 {-2}
 \end{pmatrix}; \ \ \ \ B(0|-1|7)

B\in E \ ?  \Rightarrow  Punktprobe


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


Ist der Vektor b als Vektor x geeignet?

\vec b = \vec x \ ?


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

\Rightarrow  B \in E \ \   !


b)

A(2|7|1)

E:[\begin{pmatrix}
 {2}\\
 {7} \\
 {1} 
 \end{pmatrix} - \begin{pmatrix}
 {2}\\
 {-5} \\
 {7} 
 \end{pmatrix}] \cdot \begin{pmatrix}
 {2}\\
 {1} \\
 {-2} 
 \end{pmatrix}= \begin{pmatrix}
 {0}\\
 {12} \\
 {-6} 
 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix}
 {2}\\
 {1} \\
 {-2} 
 \end{pmatrix}=12+12=24\neq 0 \ \ \Rightarrow A \notin E




Seite 225 A4b)

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


Hier muss man die Parameterform in die Kooordinatenform umschreiben Dabei geht man folgenden Weg:


PF  \rightarrow NF \rightarrow KF


1. Normalenform (NF)

\vec p= \begin{pmatrix}
 {6}\\
 {9} \\
 {1} 
 \end{pmatrix}

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

\vec u = \begin{pmatrix}
 {4}\\
 {1} \\
 {-4} 
 \end{pmatrix} \ \ \ \ \vec v = \begin{pmatrix}
 {1}\\
 {-2} \\
 {-4} 
 \end{pmatrix}


Übungsaufgabe II


Probe:

\vec n \cdot \vec u=16-4-12=0

\vec n \cdot \vec v=4+8-12=0


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


2. Koordinatenform (KF)

4x_1-4x_2+3x_3=-9




Seite 225 A3)

A(1|1|1) \ \ \ \ B(1|0|1) \ \ \ \ C(0|1|1)

Hier soll man die eine Koordinatenform erstellen.

Wir haben probiert, dies auf direktem Wege ohne Normalform zu erhalten!


Übungsaufgabe II 2.2

dx_3=d  \Rightarrow KF

E: x_3=1

Das heißt, die Ebene verläuft parallel zur x1, x2-Ebene im Abstand 1, da die Verschiebung um 1 nur in die x3 Dimension stattfindet!


Hausaufgaben zum 03.12.14

ABI B1, 10 11 12 Stochastik

S. 221 A1b),2b), 5, 7, 14b)

S. 223-224 lesen

S.225 A1a), 2c), 4a), 3b)


--Marius95 (Diskussion) 18:32, 1. Dez. 2014 (CET)