Kugel und (Tangential-)Ebene

25.06.2005, 15:30

SkYfiGhTeR

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Kugel und (Tangential-)Ebene

Hallo,

es geht um die Aufgabe im Anhang.

Aufgabe a) ist klar und der Punkt liegt auf der Kugel.

Kreisgleichung: $\begin{eqnarray*} K: (x-2)^2+(y-2)^2+z^2=25 \end{eqnarray*}$

Nur wie stelle ich nun eine Gleichung für die Tangentialebene auf, welche durch den Punkt P geht bzw. diesen enthält?

Geht es irgendwie damit bzw. muss die "Form" so aussehen: $\begin{eqnarray*} E: (\vec{x}-\vec{b})*(\vec{b}-\vec{m})=0 \end{eqnarray*}$ ?

Wobei dann $\begin{eqnarray*} \vec{x} \end{eqnarray*}$ ein beliebiger Punkt auf der Tangentialebene ist (hier dann wohl P) und joa. Ich kann ja dann auf jeden Fall Mittelpunkt zum Punkt P gehen, steht ja dann senkrecht an die Tangente bzw. die Tangentialebene und hier dann den Normalenvekor oder so? *g*

Edit: Aufgabe angehängt...warum es gestern nicht gegangen ist weiß ich nicht - sorry.

25.06.2005, 15:36

riwe

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RE: Kugel und (Tangential-)Ebene
kannst du mal den anhang reinstellen?
werner

25.06.2005, 18:06

JochenX

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RE: Kugel und (Tangential-)Ebene

Zitat:

Original von SkYfiGhTeR
Geht es irgendwie damit bzw. muss die "Form" so aussehen: $\begin{eqnarray*} E: (\vec{x}-\vec{b})*(\vec{b}-\vec{m})=0 \end{eqnarray*}$ ?

wenn b der vektor zum berührpunkt von kreis und ebene ist, dann kannst du das wohl so machen, dann hast du hier normalenform der ebene; jeder ortsvektor x der die bedingung erfüllt liegt in der ebene

dein text ist aber eher verwirrend

26.06.2005, 08:52

SkYfiGhTeR

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Hallo,

ja richtig, der Vektor b ist der Vektor vom Ursprung zum Berührpunkt von Kreis und Ebene.

Nur wie kann ich den nun berechnen? Den Berührpunkt von Kreis und Ebene kenne ich ja gar nicht.

Ich habe dann ja noch den Vektor vom Ursprung zum Mittelpunkt m und vom Mittelpunkt zum Berührpunkt von Kreis und Ebene habe ich b-m.

26.06.2005, 09:02

brunsi

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ich bräuchte jetzt auch wirklich mal ne skizze, damit ich schauen kann ob es auch noch einfacher geht als das was ich mir ausgedacht habe. kannste bitte mal eine reinstellen? Willkommen

Willkommen

26.06.2005, 11:51

riwe

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am einfachsten mit der normalvektorform
und alle relevanten punkte liegen auf g und du kennst ihren jeweiligen abstand von M
werner

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26.06.2005, 13:04

brunsi

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danke für das bild werner. jetzt sollte ich mir auch noch mal die posts durchlesen. Augenzwinkern

Augenzwinkern

damit ist man für aufgabenteil b doch schon fertig.
gerade orthogonale ebene und punkt auf ebene und gerade!!

oder seit ihr jetzt schon bei einem der anderen aufgabenteile?

26.06.2005, 13:14

SkYfiGhTeR

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Hallo,

jep...damit ist Aufgabe b) fertig und ich habs nun auch, warum das vorher nicht geklappt hat weiß ich nicht...ich hatte ja im Prinzip alles und das $\begin{eqnarray*} E: (\vec{x}-\vec{b})*(\vec{b}-\vec{m})=0 \end{eqnarray*}$ hatte ich ja auch schon geschrieben.

Ja durch ausmultiplizieren erhält man dann: $\begin{eqnarray*} E: 4y+3z=33 \end{eqnarray*}$

So, dann sind wir nun bei Aufgabe c).

Da funktioniert das Ganze ja im Prinzip genauso, nur ich brauche dazu den Punkt B (2/-2/-3).

Damit erhalte ich dann auch für $\begin{eqnarray*} H: 4y+3z=-17 \end{eqnarray*}$ . Also was heißt "auch", ich habe da irgendwie -17 und nicht plus, muss aber +17 sein oder?

Und wie erhalte ich nun den Punkt B? Ich weiß, dass er 5 vom Mittelpunkt entfernt ist, da das ja der Radius ist. Nur wie komme ich dann konkret zu dem Punkt?

26.06.2005, 13:37

riwe

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alle punkte, wie geschrieben-, liegen auf g:
$\begin{eqnarray*} \vec{x} =\vec{x} +t\cdot\vec{PM} \end{eqnarray*}$
und mit d(MB)=5 erhältst du den parameter t, der die punkte P und B liefert, und am einfachsten erhält man H mit 4y + 3z = d und den punkt B einsetzen, ergibt d = -17 ! (ist ein tipfehler in der skizze, schon korrigiert)
und genauso erhältst du dann M* mit d(MM*)=10, und du weißt M* muß auf der "anderen" seite von F (wie M) liegen.
werner

manchmal sieht man den wald vor lauter bäumen nicht:
$\begin{eqnarray*} \vec{OB} =\vec{OM}+ \vec{PM} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \vec{PM^*} =\vec{OP}- \vec{PM} \end{eqnarray*}$

26.06.2005, 13:38

brunsi

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spontan fällt mir zur bestimmung des Punktes B (ausgehend von werners zeichnung) nur ein:

SChneide die Gerade g mit deiner Kugel K.
Du erhälst dann zwei schnittpunkte P und B.

und dann ahste eben den punkt B und fertig ist die zu F parallele Ebene H, denn parallel bedeutet immer dass ihre normalenvektoren gleich sind.

26.06.2005, 15:43

SkYfiGhTeR

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Hallo,

alles klar. Hm, mit d(MB)=5 erhalte ich den Parameter t?

Also ich habe es dann jetzt eben mit Gleichsetzen von Geradengleichung $\begin{eqnarray*} g:\vec{x}=\vec{P}+t*{PM} \end{eqnarray*}$ und Kreisgleichung $\begin{eqnarray*} (x-2)^2+(y-2)^2+z^2=25 \end{eqnarray*}$ gemacht. Da erhalte ich dann eben $\begin{eqnarray*} t_1=2 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} t_2=0 \end{eqnarray*}$ . Und da bekomme ich dann den Punkt B.

Hätte ich den Parameter t mit d(MB)=5 irgendwie schneller erhalten ?

Naja und mit $\begin{eqnarray*} \vec{OB}=\vec{OM}+\vec{PM} \end{eqnarray*}$ gehts natürlich wirklich am aller schnellsten und einfachsten - stimmt. *g*

26.06.2005, 16:07

SkYfiGhTeR

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Hallo,

bevor ich mir dann Aufgabe d) anschaue, nochmal etwas zur c) bzw. allgemein dazu, wenn ich wie hier z.B. den Punkt P und einen (Mittel-)Punkt M habe und die liegen auf einer Geraden g. Und dann ist noch eine Ebene (F) da, die P enthält. So und nun weiß ich den Abstand d(PM)=5 und möchte den Punkt M* bekommen. Der ist nun genausoweit von der Ebene F entfernt wie auch M.

So, und wie rechne ich nun konkret den Punkt M* mit seinen Koordinaten aus, wenn ich weiß, dass der Abstand 5 ist (in diesem Fall halt). Also er muss ja zusätzlich noch auf der Geraden g liegen, sonst gäbe es ja viele mit Abstand 5.

26.06.2005, 16:23

brunsi

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Punkt M* gibt es wenn du einfach $\begin{eqnarray*} 2*\vec{MP} \end{eqnarray*}$ rechnest. da die beide den gleichen abstand haben istd as machbar.

26.06.2005, 16:52

riwe

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s.oben
PM* = OP - PM = (2,6,3) - (o,-4,-3) = (2,10,6) => M*(2/10/6)
werner

26.06.2005, 17:57

SkYfiGhTeR

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Hallo,

oh achso - da stand es ja schon - stimmt. Dankeschön.

Dann habe ich also: $\begin{eqnarray*} K^*: (x-2)^2+(y-10)^2+(z-6)^2=25 \end{eqnarray*}$

Aufgabe e):

$\begin{eqnarray*} K': (x-2)^2+(y-6)^2+(z-3)^2=100 \end{eqnarray*}$

Hm..und den Punkt B der angegeben werden soll, also der Berührpunkt von K' und K, den haben wir ja schon bei Aufgabe c) benutzt bzw. ausgerechnet um die Tangentialebene H aufzustellen.

Wie hätte ich die Ebene bei c) denn ohne Punkt B aufgestellt, wenn der dann erst in Aufgabe e) eigentlich gefragt wird? Ansonsten wäre das ja eher sinnlos. *g*

26.06.2005, 20:46

riwe

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stimmt alles, und sagen wir halt, das ist bosheit
werner

28.06.2005, 18:35

SkYfiGhTeR

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Edit: hat sich (vorerst *g*) erledigt.

30.06.2005, 21:21

SkYfiGhTeR

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Hallo,

es geht um die Aufgabe im Anhang.

Ich habe sie im Prinzip soweit fertig, nur kommt mir das Ergebnis bei Aufgabe c) für die Schnittgerade h etwas komisch vor.

Ich schreibe auch mal meine anderen Ergebnisse.

Zu Aufgabe a):

Parameter nach Einsetzen von g in K: $\begin{eqnarray*} s_1=-2 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} s_2=-3 \end{eqnarray*}$

Danach einsetzen in g ergibt die beiden Punkte: $\begin{eqnarray*} S_1 (4/2/5) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} S_2 (3/6/2) \end{eqnarray*}$

Zu Aufgabe b):

Hier habe ich erhalten für die beiden Tangentialebenen mit den Punkten $\begin{eqnarray*} S_1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} S_2 \end{eqnarray*}$ :

$\begin{eqnarray*} E_1: 2x-2y+z=9 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} E_2: x+2y-2z=11 \end{eqnarray*}$

Ja und danach habe ich die Ebene $\begin{eqnarray*} E_1 \end{eqnarray*}$ in die Normalenform gebracht und $\begin{eqnarray*} E_2 \end{eqnarray*}$ in die Parameterform und dann $\begin{eqnarray*} E_2 \end{eqnarray*}$ ind $\begin{eqnarray*} E_1 \end{eqnarray*}$ eingsetzt.

Dann habe ich jedoch für den Parameter Folgendes erhalten: $\begin{eqnarray*} t=\frac{13}{6}+\frac{5}{6}u \end{eqnarray*}$

Naja, und wenn ich das dann wiederum in $\begin{eqnarray*} E_2 \end{eqnarray*}$ einsetze, erhalte ich eine Schnittgerade mit recht "krummen" Zahlen:

$\begin{eqnarray*} h:\vec{x}=\begin{pmatrix}11\\0\\0\end{pmatrix}+(\frac{13}{6}+\frac{5}{6}u)*\begin{pmatrix}-2\\1\\0\end{pmatrix}+u*\begin{pmatrix}2\\0\\1\end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} h:\vec{x}=\begin{pmatrix}6\frac{2}{3}\\\frac{13}{6}\\0\end{pmatrix}+u*\begin{pmatrix}\frac{1}{3}\\\frac{5}{6}\\0\end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Stimmt diese Schnittgerade oder habe ich mich da wo verrechnet?

Zu Aufgabe d):

Hier habe ich einfach die Strecke $\begin{eqnarray*} \vec{MM'} \end{eqnarray*}$ genommen und davon r abgezogen und habe dann erhalten: $\begin{eqnarray*} r'=3 \end{eqnarray*}$

Also die Radien der beiden Kugeln sind identisch.

Dann habe ich eine Gerade durch M' und M aufgestellt und diese mit der Kugel K' bzw. der Kugel K geschnitten (eingesetzt) und dann für den Berührpunkt B der beiden Kugeln K' und K erhalten: $\begin{eqnarray*} B (1/2/2) \end{eqnarray*}$

30.06.2005, 21:52

sqrt(2)

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Zitat:

Original von SkYfiGhTeR
$\begin{eqnarray*} E_1: 2x-2y+z=9 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} E_2: x+2y-2z=11 \end{eqnarray*}$

Ja und danach habe ich die Ebene $\begin{eqnarray*} E_1 \end{eqnarray*}$ in die Normalenform gebracht und $\begin{eqnarray*} E_2 \end{eqnarray*}$ in die Parameterform und dann $\begin{eqnarray*} E_2 \end{eqnarray*}$ ind $\begin{eqnarray*} E_1 \end{eqnarray*}$ eingsetzt.

Bis hierhin ist alles richtig.

Zitat:

Original von SkYfiGhTeR
Dann habe ich jedoch für den Parameter Folgendes erhalten: $\begin{eqnarray*} t=\frac{13}{6}+\frac{5}{6}u \end{eqnarray*}$

Naja, diese Information nützt gar nichts, wenn wir wir nicht wissen, wie deine Parameterform aussieht. Es gibt unendlich viele, die die gleiche Ebene beschreiben.

Zitat:

Original von SkYfiGhTeR
Naja, und wenn ich das dann wiederum in $\begin{eqnarray*} E_2 \end{eqnarray*}$ einsetze, erhalte ich eine Schnittgerade mit recht "krummen" Zahlen:

$\begin{eqnarray*} h:\vec{x}=\begin{pmatrix}11\\0\\0\end{pmatrix}+(\frac{13}{6}+\frac{5}{6}u)*\begin{pmatrix}-2\\1\\0\end{pmatrix}+u*\begin{pmatrix}2\\0\\1\end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} h:\vec{x}=\begin{pmatrix}6\frac{2}{3}\\\frac{13}{6}\\0\end{pmatrix}+u*\begin{pmatrix}\frac{1}{3}\\\frac{5}{6}\\0\end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Stimmt diese Schnittgerade oder habe ich mich da wo verrechnet?

Die Schnittgerade ist falsch.

Zitat:

Original von SkYfiGhTeR
Zu Aufgabe d):

Hier habe ich einfach die Strecke $\begin{eqnarray*} \vec{MM'} \end{eqnarray*}$ genommen und davon r abgezogen und habe dann erhalten: $\begin{eqnarray*} r'=3 \end{eqnarray*}$

Also die Radien der beiden Kugeln sind identisch.

Dann habe ich eine Gerade durch M' und M aufgestellt und diese mit der Kugel K' bzw. der Kugel K geschnitten (eingesetzt) und dann für den Berührpunkt B der beiden Kugeln K' und K erhalten: $\begin{eqnarray*} B (1/2/2) \end{eqnarray*}$

Das ist wieder alles richtig.

01.07.2005, 15:28

SkYfiGhTeR

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Hallo,

na dann lag ich ja richtig mit meiner Vermutung wo etwas falsch ist. *g*

Also dann nochmal zur Aufgabe c):

$\begin{eqnarray*} E_1: 2x-2y+z=9 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} E_2: x+2y-2z=11 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} E_1: \begin{pmatrix}4,5\\0\\0\end{pmatrix}+r*\begin{pmatrix}1\\1\\0\end{pmatrix}+s*\begin{pmatrix}-0,5\\0\\1\end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} E_1: [\vec{x}-\begin{pmatrix}4,5\\0\\0\end{pmatrix}]*\begin{pmatrix}2\\-2\\1\end{pmatrix}=0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} E_2: \begin{pmatrix}11\\0\\0\end{pmatrix}+t*\begin{pmatrix}-2\\1\\0\end{pmatrix}+u*\begin{pmatrix}2\\0\\1\end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} E_2: [\vec{x}-\begin{pmatrix}11\\0\\0\end{pmatrix}]*\begin{pmatrix}1\\2\\-2\end{pmatrix}=0 \end{eqnarray*}$

Ja, dann also $\begin{eqnarray*} E_2 \end{eqnarray*}$ in $\begin{eqnarray*} E_1 \end{eqnarray*}$ eingesetzt:

$\begin{eqnarray*} [\begin{pmatrix}11\\0\\0\end{pmatrix}+t*\begin{pmatrix}-2\\1\\0\end{pmatrix}+u*\begin{pmatrix}2\\0\\1\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}4,5\\0\\0\end{pmatrix}]*\begin{pmatrix}2\\-2\\1\end{pmatrix}=0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} 13-4t-2t+4u+u=0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} 6t=13+5u \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} t=\frac{13}{6}+\frac{5}{6}u \end{eqnarray*}$

Ja, und was das für eine Schnittgerade h ergibt, hatte ich ja schon geschrieben.
Wo habe ich denn hier meinen Rechenfehler? Ich habe ihn eben beim Abtippen jetzt auch noch nicht gesehen/gefunden.

01.07.2005, 15:44

brunsi

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also im unteren teil kann ich ihn nicht finden, von der rehcnung ist das korrekt.

meine vermutung wäre, dass du dich bei den normalvektoren der ebenen oder bei den spannvektoren der Ebenen vertan hast.

welche punkte hast du denn gewählt?

01.07.2005, 15:54

SkYfiGhTeR

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Hallo,

also die beiden Ebenengleichungen in der Koordinatenform habe ich ja bereits in Aufgabe b) berechnet und die stimmten ja auch soweit. Also die sind schon mal korrekt. D.h. die Normalenvektoren habe ich damit ja auch.

Naja und die jeweilige Parameterform der Ebene habe ich dann einfach durch Ersetzen aufgestellt.

Also beispielsweise bei der E1:

$\begin{eqnarray*} E_1: 2x-2y+z=9 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} y=r \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} z=s \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} 2x-2r+s=9 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} 2x=9+2r-s \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} x=4,5+r-0,5s \end{eqnarray*}$

Und daraus eben dann die Parameterform: $\begin{eqnarray*} E_1: \begin{pmatrix}4,5\\0\\0\end{pmatrix}+r*\begin{pmatrix}1\\1\\0\end{pmatrix}+s*\begin{pmatrix}-0,5\\0\\1\end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Und das habe ich auch mit der Koordinatenform der E2 gemacht.

01.07.2005, 16:01

sqrt(2)

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Argh... tut mir leid, dass du das alles hier reinstellen musstest, denn bis dahin ist es auch richtig!

Dein einziger Fehler liegt hier:

Zitat:

Original von SkYfiGhTeR
$\begin{eqnarray*} h:\vec{x}=\begin{pmatrix}11\\0\\0\end{pmatrix}+(\frac{13}{6}+\frac{5}{6}u)*\begin{pmatrix}-2\\1\\0\end{pmatrix}+u*\begin{pmatrix}2\\0\\1\end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} h:\vec{x}=\begin{pmatrix}6\frac{2}{3}\\\frac{13}{6}\\0\end{pmatrix}+u*\begin{pmatrix}\frac{1}{3}\\\frac{5}{6}\\0\end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Überprüfe noch mal die z-Komponente des Richtungsvektors.

01.07.2005, 16:05

brunsi

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und was errechnest du beid er zweiten Ebene? denn momentan kann ich auch bei der Ebene E1 nichts erkennen.

edit: stimmt da fehlt die 1. aber ich hab mir auch nur seinen post durchgelesen den er neu geschrieben hatte. also seinen vorletzten.

01.07.2005, 16:10

SkYfiGhTeR

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Hallo,

bei der E2 selbe Vorgehensweise wie bei E1 und was ich dann für eine Parameterform habe, habe ich ja gepostet.

Zu Dem von sqrt(2):

Richtig, da stimmt die z-Komponente des Richtungsvektors bei der Geraden nicht, denn 0+1 ist ja nicht Null. *g*

$\begin{eqnarray*} h:\vec{x}=\begin{pmatrix}11\\0\\0\end{pmatrix}+(\frac{13}{6}+\frac{5}{6}u)*\begin{pmatrix}-2\\1\\0\end{pmatrix}+u*\begin{pmatrix}2\\0\\1\end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} h:\vec{x}=\begin{pmatrix}6\frac{2}{3}\\\frac{13}{6}\\0\end{pmatrix}+u*\begin{pmatrix}\frac{1}{3}\\\frac{5}{6}\\1\end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Naja, also dann stimmt $\begin{eqnarray*} t=\frac{13}{6}+\frac{5}{6}u \end{eqnarray*}$ doch? Dann sind die Werte der Schnittgeraden h eben etwas "krumm".

Dankeschön.

- - - - - - - - -

Noch kurz zu E2:

$\begin{eqnarray*} E_2: x+2y-2z=11 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} y=t \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} z=u \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} x+2t-2u=11 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} x=11-2t+2u \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} E_2: \begin{pmatrix}11\\0\\0\end{pmatrix}+t*\begin{pmatrix}-2\\1\\0\end{pmatrix}+u*\begin{pmatrix}2\\0\\1\end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Edit: Edit von dir zu spät gesehen...naja, jetzt steht das zu E2 eben auch nochmal da. *g*

Dankeschön! Augenzwinkern

Augenzwinkern

01.07.2005, 16:15

sqrt(2)

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Zitat:

Original von SkYfiGhTeR
$\begin{eqnarray*} h:\vec{x}=\begin{pmatrix}6\frac{2}{3}\\\frac{13}{6}\\0\end{pmatrix}+u*\begin{pmatrix}\frac{1}{3}\\\frac{5}{6}\\1\end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Naja, also dann stimmt $\begin{eqnarray*} t=\frac{13}{6}+\frac{5}{6}u \end{eqnarray*}$ doch? Dann sind die Werte der Schnittgeraden h eben etwas "krumm".

Du kannst die noch etwas schöner machen, wenn du die Gerade zu

$\begin{eqnarray*} h':~\vec{x}=\begin{pmatrix}6\frac{2}{3}\\\frac{13}{6}\\0\end{pmatrix}+6\left(u-\frac{1}{3}\right)\begin{pmatrix}\frac{1}{3}\\\frac{5}{6}\\1\end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

umformst und vereinfachst.

01.07.2005, 16:24

SkYfiGhTeR

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Hallo,

alles klar, also zumindest mal jetzt allgemein mit der Gleichung der Schnittgeraden. *g*

Bei dieser Umformung von dir...wieso auf einmal 6*(u-1/3), wenn vorher nur u da stand und ansonsten am Richtungsvektor gar nichts anders ist als vorher?
Ist im Prinzip eigentlich nur eine geschickte "Erweiterung" des Richtungsvektors oder?

Danach habe ich dann wirklich sehr schön:

$\begin{eqnarray*} h:\vec{x}\begin{pmatrix}6\\0,5\\-2\end{pmatrix}+u*\begin{pmatrix}2\\5\\6\end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

(Wenn ich mich niergends vertan habe...)

01.07.2005, 16:31

sqrt(2)

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Zitat:

Original von SkYfiGhTeR
Bei dieser Umformung von dir...wieso auf einmal 6*(u-1/3), wenn vorher nur u da stand und ansonsten am Richtungsvektor gar nichts anders ist als vorher?
Ist im Prinzip eigentlich nur eine geschickte "Erweiterung" des Richtungsvektors oder?

Ja, ich habe gesehen, dass wenn man den alten Richtungsvektor zwei mal vom Aufvektor abzieht (man also auf der Gerade einfach zwei mal den Richtungsvektor "zurückgeht"), man zu einem Punkt mit schönen Koordinaten kommt, den man als neuen Aufvektor verwenden kann. Dann habe ich noch den alten Richtungsvektor um 6 verlängert, damit man auch da die Brüche loswird.

Zitat:

Original von SkYfiGhTeR
$\begin{eqnarray*} h:\vec{x}\begin{pmatrix}6\\0,5\\-2\end{pmatrix}+u*\begin{pmatrix}2\\5\\6\end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

(Wenn ich mich niergends vertan habe...)

Stimmt schon so.

01.07.2005, 16:34

SkYfiGhTeR

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Hi,

achso ok, das ist natürlich echt super wenn man sowas sieht und vorher eben solch eine Geradengleichung mit Brüchen gehabt hat. smile

smile

Dankeschön!

01.07.2005, 18:06

brunsi

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hättest übrigens auch erst den richtungsvektor in brüchen darstellen können und dann weil es so schön ist und du brüche im richtungsvektor hast, hättest einfach ein vielfaches des richtungsvektors gewählt, das keinen bruch hat.

01.07.2005, 18:36

riwe

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zu d) da gibt es noch eine 2. kugel, die wird von K innen berührt.
$\begin{eqnarray*} (\vec{x} )^{2}=81 \end{eqnarray*}$ und B2(3/6/6)
werner

01.07.2005, 19:03

SkYfiGhTeR

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Hi,

ja danke für den Hinweis.

Diese habe ich auch rausgefunden.

Mit der Kugelgleichung der ersten Kugel gibt es eben den einen Berührpunkt B (1/2/2) und den B* (3/6/6).

Aber da ich mit der Kugelgleichung der Ursprungskugel nur den B (1/2/2) genommen habe, habe ich den mal als offiziellen Punkt genommen, weil der ja dann bei beiden übereinstimmt.

Aber mit der ersten Kugelgleichung aus der Aufgabe gab es zwei Punkte, das habe ich rausbekommen.

04.07.2005, 10:22

SkYfiGhTeR

Auf diesen Beitrag antworten »

Hallo,

es handelt sich um die Aufgabe im Anhang.

Aufgabe a), b), c) und d) habe ich bereits:

Also bei Aufgabe a) habe ich einfach über die HNF von E den Abstand zwischen der Ebene und dem Mittelpunkt der Kugel ausgerechnet, welcher -3 ist. Das ist kleiner als der Radius der Kugel und somit gibt es einen Schnittkreis.

Bei Aufgabe b) habe ich raus: $\begin{eqnarray*} M' (4/-2/3) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} r'=4 \end{eqnarray*}$

(Der Abstand von M zu M' beträgt 3.)

Ja, und nun soll ich bei Aufgabe c) eine weitere Kugel K* suchen, die den gleichen Radius wie K hat (r=5) und die Ebene auch in diesem Schnittkreis schneidet wie es das K' macht.

Naja, da habe ich mir überlegt, dass ja im Prinzip genau die Kugel K gespiegelt an der Ebene sein muss.
Also ich muss den Mittelpunkt M der Kugel K an der Ebene spiegeln um dann M* der Kugel K* zu erhalten.

Ich habe in Aufgabe b) ja bereits eine Gerade aufgestellt die durch M geht und senkrecht auf der Ebene steht, die habe ich hier wieder benutzt:

$\begin{eqnarray*} g:\vec{x}=\begin{pmatrix}2\\0\\2\end{pmatrix}+r*\begin{pmatrix}2\\-2\\1\end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Dann habe ich den Schnittpunkt mit der Ebene ausgerechnet, nur das hatte ich im Prinzip ja auch schon bei b). Da bekomme ich dann für den Parameter r=1 raus und damit den Punkt M' der Kugel K' als Schnittpunkt mit der Ebene: $\begin{eqnarray*} M' (4/-2/3) \end{eqnarray*}$ .

Und dann ist mein Spiegelpunkt M* ja genau erstmal die 3 von M zu M' und dann nochmal 3 von M' zu M*.

Also dann: $\begin{eqnarray*} \vec{OM^*}=\vec{OM}+2*\vec{MM'} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix}2\\0\\2\end{pmatrix}+2*\begin{pmatrix}2\\-1\\2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}6\\-4\\4\end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Dann habe ich also: $\begin{eqnarray*} M^* (6/-4/4) \end{eqnarray*}$ bzw. $\begin{eqnarray*} K^*: (x-6)^2+(y+4)^2+(z-4)^2=25 \end{eqnarray*}$

Wenn das soweit stimmen sollte.. *g*

Bei Aufgabe d) habe ich rausgefunden, nachdem ich den Ursprung $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ jeweils in K und K* eingesetzt habe, dass weder K noch K* den Ursprung enthalten.

So, zu Aufgabe f):

Hier habe ich zuerst mal den Abstand des Mittelpunkts M der Kugel K zu der Ebene F berechnet und der beträgt -15. Damit gibt es wieder einen Schnittkreis.

Dann habe ich eine Gerade durch M und senkrecht auf die Ebene F aufgestellt:

$\begin{eqnarray*} g:\vec{x}=\begin{pmatrix}2\\0\\2\end{pmatrix}+r*\begin{pmatrix}4\\0\\3\end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Dann den Schnittpunkt der Geraden mit der Ebene F ausgerechnet. Der ist dann bei $\begin{eqnarray*} B (8/0/6,5) \end{eqnarray*}$ .

Danach noch den Schnittpunkt der Geraden mit der Kugel und der liegt bei: $\begin{eqnarray*} A (6/0/5) \end{eqnarray*}$ .

Dann habe ich die Längen $\begin{eqnarray*} |\vec{MB}| \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} |\vec{SA}| \end{eqnarray*}$ verglichen und das zeigt, dass der Punkt A mit (6/0/5) den geringsten Abstand zu F hat und dass der Ebenenpunkt B von F dem Punkt A am nächsten liegt.

Ist das soweit korrekt oder sind vielleicht wo (Rechen-)Fehler drin?

Dankeschön!

04.07.2005, 11:05

riwe

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alles bestens
werner

04.07.2005, 14:10

SkYfiGhTeR

Auf diesen Beitrag antworten »

wunderbar, danke! Augenzwinkern

Augenzwinkern

04.07.2005, 17:21

SkYfiGhTeR

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Hallo,

ich habe gerade bemerkt, dass ich völlig vergessen habe, Aufgabe e) hinzuschreiben.

Aufgabe e):

$\begin{eqnarray*} K: [\vec{x}-\begin{pmatrix}2\\0\\2\end{pmatrix}]^2=25 \end{eqnarray*}$

Hier den Punkt $\begin{eqnarray*} P (2/3/z) \end{eqnarray*}$ einsetzen:

$\begin{eqnarray*} K: [\begin{pmatrix}2\\3\\z\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}2\\0\\2\end{pmatrix}]^2=25 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} z_{1/2}=+2 \pm \sqrt{4+12} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} z_1=6 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} z_2=-2 \end{eqnarray*}$

Also gibt es zwei Möglichkeiten für die z-Koordinate vom Punkt P.

$\begin{eqnarray*} P (2/3/6) \end{eqnarray*}$ oder $\begin{eqnarray*} P (2/3/-2) \end{eqnarray*}$

04.07.2005, 17:28

sqrt(2)

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