Punkte auf einer Ebene!

02.02.2005, 17:34

aRo

Auf diesen Beitrag antworten »

Punkte auf einer Ebene!

Hi!

Also:
Gegeben ist ein 3-dimensionales Rechteck.
Die Mittelpunkte der Seiten wurden nun mit P,Q,R,S,T,U bezeichnet.

Verbindet man diese Punkte sieht man, dass sie auf einer "schrägen" Ebene liegen.

Aufgabe: Beweise dass die oben genannten Punkte auf einer Ebene liegen!

Also, das bedeutet ja, dass die Vektoren zwischen den Punkten linear abhängig sein, müssen, ne?

Also, ich soll jetzt erst einmal beweisen, dass die Vektoren $\begin{eqnarray*} \vec{PQ}, \vec{PR}, \vec{PS} \end{eqnarray*}$ linear abhängig sind.
Damit wir das in der Schule besser vergleichen können.

Dazu habe ich die Vektoren ausgerechnet:
$\begin{eqnarray*} \vec{PQ} = \frac{1}{2}*(\vec{a} + \vec{b}) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \vec{PR} = \frac{1}{2}*(\vec{a} + \vec{c}) + \vec{b} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \vec{PQ} = \vec{b} + \vec{c} \end{eqnarray*}$

Jetzt weiß ich allerdings den nächsten Schritt nicht.
Eigentlich müssten doch jetzt alle diese Vektoren addiert den Nullvektor ergeben.
Wenn ich sie einfach alle addiere, komme ich auf:
a + 2,5b + 1,5c = 0

Das bringt mir doch nciht wirklich was....
könnte mir jmd bitte auf die Sprünge helfen?

Gruß,
aRo

02.02.2005, 18:09

JochenX

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Gegeben ist ein 3-dimensionales Rechteck.

was ist ein 3dim. rechteck? soll das ein quader sein?

mfg jochen

edit:

Zitat:

Eigentlich müssten doch jetzt alle diese Vektoren addiert den Nullvektor ergeben.

lies noch mal über lineare (un)abhängigkeit nach..... geschockt

geschockt

02.02.2005, 18:10

aRo

Auf diesen Beitrag antworten »

ja, klar, sorry.
Etwas dümmlich ausgedrückt Hammer

Hammer

lol, ich glaube gerade ist es mir in die Augen gefallen!
So wie ich es da jetzt stehen habe, ist es ja schon linear abhängig, da die Faktoren ja nicht null sind!

Kann man das denn jetzt so als Beweis gelten lassen? Wenn ich die einfach addiere und dem Nullvektor gleichsetze?

aRo

02.02.2005, 18:11

JochenX

Auf diesen Beitrag antworten »

okay, kein problem.
beachte meinen edit oben.
das mit der linearen abhängigkeit hat schon was einer summe, die den nullvektor ergibt, zu tun, aber da ist noch das stichwort: linearkombinationen....

02.02.2005, 18:17

aRo

Auf diesen Beitrag antworten »

hmm..

wenn ich das über die LK angehe, dann muss ich ja mindestens einen der drei durch die anderen beiden darstellen können....

aRo

ps. beachte auch meinen edit oben bitte smile

smile

02.02.2005, 18:36

JochenX

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Kann man das denn jetzt so als Beweis gelten lassen? Wenn ich die einfach addiere und dem Nullvektor gleichsetze?

aber wenn du die einfach addierst, dann kommt doch gar nicht der nullvektor raus?!

lineare abhängigkeit von vektoren u1, u2, u3 besagt:
a1*u1 + a2*u2 + a3*u3=0 hat andere lösungen als a1=a2=a3=0 (triviale lösung).

was sind eigentlich deine $\begin{eqnarray*} \vec{a},\vec{b},\vec{c} \end{eqnarray*}$ ?
kannst du da vielleicht mal eine skizze (oder erklärung) beisteuern?

Anzeige

02.02.2005, 18:51

aRo

Auf diesen Beitrag antworten »

traurig

dumm, dumm....

ja, hier ist eine skizze:

also die Großgeschriebenen Punkte sind die Mittelpunkte.
Die kleinen (a,b,c) sind die Vektoren.

gruß,
aRo

Ps, Hoffentlich klappt das mitm Bild!

02.02.2005, 18:59

JochenX

Auf diesen Beitrag antworten »

okay, du legst oBdA den ursprung in das eine Eck... ja das ist gut...
aber jetzt wo ich die zeichnung sehe, frage ich mich doch, wieso du gerade diese 6 punkte wählst (immerhin hat dein quader 12 kanten (nicht seiten, ich hatte das mit seitenflächen verwechselt, seiten hast du bei 2d-objekten)?)....
ist da in der aufgabe noch mehr gegeben?

ansonsten willst du jetzt zeigen, dass diese 6 punkte in einer ebene liegen....
da müsstest du aber einige lineare abhängigkeit zeigen (prinzipiell zu jeder 3erkombination).
alternativ stell doch mal aus drei punkten eine ebenengleichung auf und zeige, dass die anderen punkte auch in der ebene liegen.
cih denke, dass ist einfacher.

was meinst du?

02.02.2005, 19:06

aRo

Auf diesen Beitrag antworten »

diese 6 Punkte sind vorgegeben und ich soll beweisen, dass sie in einer Ebene liegen.

Nein, dass sind alle Angaben in der Aufgabe. Es sind ja auch viele Seiten gleich lang..

Das mit der Ebenengleichung versteh ich schon wieder nicht...^^

Naja, wir haben diese Aufgabe im Unterricht begonnen zu besprechen. Und wir haben uns dann darauf geeinigt:
1, PQ, PR, PS : beweisen dass linear abhängig
2, Dann PT als LK von den 3 anderen schreiben -> hieße doch, dass der dann auch in der Eben liegt, wenn das möglich ist, ne?

Das ginge vielleicht noch einfacher, aber wir haben es jetzt so vor.

und ich komm halt bei 1, nicht weiter....weil ich das irgendwie nicht gebacken bekomme mit den a,b,c statt der Zahlen..

gruß,
aRo

ps. aber grundsätzlich müssten doch 3 linear abhängige Vektoren addiert den Nullvektor ergeben, oder nicht?

02.02.2005, 19:09

JochenX

Auf diesen Beitrag antworten »

nein, siehe mal was ich oben bzgl. linearer (un)abhängigkeit geschrieben habe....
die vektoren müssen sich nichttrivial zum nullvektor linearkombinieren lassen, dann sind sie linear abhängig.

versuchs mal.

mfg jochen

ps: die möglichkeit, dass so zu zeigen ist vielleicht wirklich leichter als mein ansatz....

02.02.2005, 20:39

aRo

Auf diesen Beitrag antworten »

hmm..

also ich habe mir das jetzt so gedacht:
$\begin{eqnarray*} \vec{0} = x*(\frac{1}{2} \vec{a} + \frac{1}{2} \vec{b}) + y * ( \frac{1}{2} \vec{a}+\frac{1}{2} \vec{c} + \vec{b}) + z * ( \vec{b} + \vec{c}) \end{eqnarray*}$

Das bedeutet doch, dass der Nullvektor gleich LK von den 3 Vektoren ist, wobei es noch mindestens eine Lösung neben x,y,z = 0 geben muss.

Naja....wenn der Ansatz schonmal stimmt Augenzwinkern

Augenzwinkern

ich habe dann noch a,b und c ausgeklammert. Aber ich bekomme mal wieder jetzt diesen Übertragungsschritt nicht hin, der mich dann weitere Schlüsse ziehen lässt.

Ist denn der Ansatz so ok?

aRo

02.02.2005, 20:43

JochenX

Auf diesen Beitrag antworten »

jupp, das ganze geht übrigens nur, weil dein ursprung in der ebene liegt.....
edit: das ist humbug, deine vektoren gehen ja immer von P zu einem anderen Punkt , vergiss das und beachte das untere.....

jetzt multipliziere das mal aus und sortiere nach a,b und c....
danach beachte a,b und c sind linear unabhängig...

mfg jochen

02.02.2005, 21:06

aRo

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

jupp, das ganze geht übrigens nur, weil dein ursprung in der ebene liegt.....

Hhm....Mist, ich glaube das versteh ich leider schon wieder nicht so richtig. Also, da die 3 Vektoren komplett in einer Ebene liegen MÜSSEN sie linear abhängig sein. Wenn aber die Vektoren sozusagen die Ebene wechseln....(also vom Ursprung (ebene1) zu den anderen Punkten (eben2))...dann gilt das nicht mehr, dass sie kombiniert den Nullvektor ergeben müssen?
Tut mir leid, ich verstehs nicht richtig.

Zitat:

jetzt multipliziere das mal aus und sortiere nach a,b und c....

hatte ich ja schon getan.

Zitat:

danach beachte a,b und c sind linear unabhängig...

Hmm....weil sie in 2 verschiedenen Ebenen liegen und keiner sich durch die andern beiden darstellen lässt, ne?

Also, nach dem Sortieren sieht das ganze bei mir so aus:
$\begin{eqnarray*} \vec{a}*( \frac{1}{2}x + \frac{1}{2}y) + \vec{b}*(x+z+y) + c( \frac{1}{2}y + z) = \vec{0} \end{eqnarray*}$

Wenn die unabhängig sind, ließe das hier, dass die Klammern null sein müssen, da dass bei linearer Unabhängigkeit nur den Nullvektor ergeben kann, wenn die Faktoren null sind.
$\begin{eqnarray*} \frac{1}{2}x + \frac{1}{2}y = 0 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} x+z+y = 0 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \frac{1}{2}y + z = 0 \end{eqnarray*}$

Wenn ich dieses Gleichungssystem allerdings auflöste, müssen x,y,z null sein traurig

traurig

entweder habe ich mich irgendwo vertan (wohl schon vorher), oder da stimmt schon wieder was an der Überlegung nicht.

gruß,
aRo

02.02.2005, 21:10

JochenX

Auf diesen Beitrag antworten »

hmm, evtl. hast du auch ein paar vektoren falsh aufgestellt... (?)
ich schau das gleich noch mal durch...

das mit dem ursprung in der ebene war quatsch (s. edit), ich hatte gedacht deine vektoren wären vom ursprung zu den punkten, aber du gehst ja immer von P (der in der ebene liegt!) aus....

mfg jochen

02.02.2005, 21:17

JochenX

Auf diesen Beitrag antworten »

FEHLER1: vor b steht 1/2 x

edit: genauer: ...... b(y+z+0,5x).....
gehts jetzt auf?! müsste.....

02.02.2005, 21:47

aRo

Auf diesen Beitrag antworten »

och, ja! Danke Jochen. Dummer Übertragungsfehler von mir...

also jetzt sieht das ganze richtig so aus:
$\begin{eqnarray*} \vec{a}*( \frac{1}{2}x + \frac{1}{2}y) + \vec{b}*(\frac{1}{2}x+z+y) + c( \frac{1}{2}y + z) = \vec{0} \end{eqnarray*}$

setze gleichungen null:
$\begin{eqnarray*} \frac{1}{2}x + \frac{1}{2}y = 0 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \frac{1}{2}x+z+y = 0 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \frac{1}{2}y + z = 0 \end{eqnarray*}$

subtrahiere Gleichung Numero 2 und 3. Dadurch sind Gleichung 1 und 3 identisch => Gleichung fällt weg => 3 Unbekannte mit 2 Gleichungen => bestimmte x als Paramter.

Weiteres Auflösen ergibt:

$\begin{eqnarray*} L = \begin{pmatrix} x \\ -x \\ 0.5x \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

so, hoffe jetzt ist es endlich richtig und OHNE weitere Rechenfehler.
<- Augenzwinkern

Augenzwinkern

Gruß,
aRo

02.02.2005, 22:01

JochenX

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

so, hoffe jetzt ist es endlich richtig und weitere Rechenfehler.

den satz verstehe ich nicht, aber rest sieht so richtig aus! Freude

Freude

es gibt also eine nichttriviale lösung......
wenn du dann (am freitag) den rest postest (linearkombinationen der anderen vektoren in dieser ebene), werde ichs mir mal anschauen (evtl erst am sonntag abend)....

und nächstes mal gleich die skizze anhängen Augenzwinkern

Augenzwinkern

mfg jochen

04.02.2005, 10:52

aRo

Auf diesen Beitrag antworten »

So! Guten Morgen!

Bin zwar noch etwas quer im Kopp, aber hat sich schon wieder etwas beruhigt, obwohl ich fast die ganze Nacht nicht geschlafen habe Augenzwinkern

Augenzwinkern

Also hier ist meine Lösung für $\begin{eqnarray*} \vec{PT} \end{eqnarray*}$ als LK von den 3 anderen Vektoren:

$\begin{eqnarray*} \vec{PT} = \frac{1}{2}b - \frac{1}{2}a + \vec{c} \end{eqnarray*}$

dann ist:
$\begin{eqnarray*} \frac{1}{2}b - \frac{1}{2}a + \vec{c} = x*\vec{PQ} + y*\vec{PR} + z*\vec{PS} \end{eqnarray*}$

Ausgeklammert und nach a, b und c aufgeslöst ist das:
$\begin{eqnarray*} \frac{1}{2}b - \frac{1}{2}a + \vec{c} = \vec{b}*(\frac{1}{2}*x + y + z) + \vec{a}(\frac{1}{2}x+ \frac{1}{2}y)+ \vec{c}( \frac{1}{2}y+z) \end{eqnarray*}$

nun ist:
$\begin{eqnarray*} \frac{1}{2}*x + y + z = \frac{1}{2} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \frac{1}{2}x+ \frac{1}{2}y = -\frac{1}{2} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \frac{1}{2}y+z = 1 \end{eqnarray*}$

Ausgerechnet ergibt das eine Lösungsmenge von:

$\begin{eqnarray*} L = \begin{pmatrix} -3+2z \\ 2-2z \\ z \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Es gibt also beliebig viele Möglichkeiten PT als LK der drei anderen Vektoren darzustellen.

Und stimmts, LOED?

gruß,
aRo

04.02.2005, 11:05

JochenX

Auf diesen Beitrag antworten »

ja, habe das LGS auch noch mal kurz nachgerechnet, gut aufgestellt, gut gelöst! Freude

Freude

fehlt dann noch der vektor PU, aber ich denke, den kriegt jetzt jeder selbst hin!

1

Verwandte Themen

Die Beliebtesten »

Die Größten »

Die Neuesten »