Kreisgleichung

12.09.2007, 21:01	mathe000	Auf diesen Beitrag antworten »
Kreisgleichung HI! Überleg jetzt schon eine zeitlang an diesem Beispiel und komm einfach auf keinen Ansatz. "Ein Kreis k geht durch den Punkt P(-3/-2) und berührt die Geraden g: X=(-2/-7) + t(-5/-1) und h: X =(5/10) + s(1/-5). Gesucht ist die Kreisgleichung." Vielleicht kann mir bitte jemand beim Ansatz helfen! danke!
12.09.2007, 21:52	Egal	Auf diesen Beitrag antworten »
Allgemeine Kreisgleichung und dann durch Kombination mit den vorgegebenen Bedingungen in ein gleichungsysstem überführen.
12.09.2007, 22:11	mathe000	Auf diesen Beitrag antworten »
danke für den Hinweis. Hab ich probiert, aber ich weiß leider nicht wie ich die Beziehungen aufstelle.. könntest du mit bitte mit einem speziellen ansatz weiterhelfen
12.09.2007, 23:34	riwe	Auf diesen Beitrag antworten »
oder so
12.09.2007, 23:51	mathe000	Auf diesen Beitrag antworten »
Danke! Das schau sehr gut aus.. und wie berechne ich das Ganze jetzt? Ich berechne den Schnittpunkt der beiden Geraden. Anschließend die WInkelsymmetrale und weiter??
13.09.2007, 00:00	riwe	Auf diesen Beitrag antworten »
(1) die mittelpunkte $\begin{eqnarray} M_i \end{eqnarray}$ liegen auf der winkelsymmetrale, also bei den entsprechenden parametern $\begin{eqnarray} t_i \end{eqnarray}$ (2) punkt in die kreisgleichung einsetzen, damit hast du eine beziehung zwischen t und dem radius r (3) der abstand von g (oder h) vom M beträgt r, also HNF der geraden g und M einsetzen, das ist die 2. beziehung zwischen t und r. oder mache es, wie es egal vorgeschlagen hat 1) punkt einsetzen 2) g und h mit K schneiden und beachten, dass g und h tangenten sind. keine ahnung was komplizierter ist
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13.09.2007, 19:36	Leopold	Auf diesen Beitrag antworten »
Wenn die Matrizenrechnung für die Ähnlichkeitsgeometrie bekannt ist, kann man auch so vorgehen: Der Schnittpunkt $\begin{eqnarray} S \end{eqnarray}$ der beiden Geraden läßt sich leicht berechnen: $\begin{eqnarray} S(8\|-5) \end{eqnarray}$ . Das Skalarprodukt der Richtungsvektoren der Geraden ist 0, sie stehen also senkrecht aufeinander. Das alles ist schön in Werners Zeichnung zu sehen. Die Orthogonalität bringt einen auf den Gedanken, die ganze Figur durch eine Ähnlichkeitsabbildung in den I. Quadranten zu transformieren, so daß die Koordinatenachsen die Tangenten an den gesuchten Kreis werden. Die Aufgabe wird also zunächst im I. Quadranten gelöst und das Ergebnis schließlich zurücktransformiert. Wir identifizieren Punkte mit ihren Ortsvektoren und betrachten die folgenden Abbildungen. 1. Translation $\begin{eqnarray} \tau: \ \ \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} \mapsto \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} - \begin{pmatrix} 8 \\ -5 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \tau \end{eqnarray}$ verschiebt die Figur in den Ursprung. 2. Drehstreckung $\begin{eqnarray} u = \begin{pmatrix} 5 \\ 1 \end{pmatrix} , \ v = \begin{pmatrix} -1 \\ 5 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ sind gleichlange Richtungsvektoren von $\begin{eqnarray} g \end{eqnarray}$ bzw. $\begin{eqnarray} h \end{eqnarray}$ . Daher bestimmt die Matrix $\begin{eqnarray} D^{-1} = \begin{pmatrix} 5 & -1 \\ 1 & 5 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ eine Drehstreckung $\begin{eqnarray} \delta^{-1} \end{eqnarray}$ , welche die Einheitspunkte des Koordinatensystems in die Punkte $\begin{eqnarray} u,v \end{eqnarray}$ überführt. Die Umkehrabbildung $\begin{eqnarray} \delta \end{eqnarray}$ mit der Matrix $\begin{eqnarray} D = \frac{1}{26} \begin{pmatrix} 5 & 1 \\ -1 & 5 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ dreht (nachdem $\begin{eqnarray} \tau \end{eqnarray}$ schon ausgeführt ist) daher die Figur so, daß der gesuchte Kreis im II. Quadranten liegt mit den Koordinatenachsen als den Tangenten. 3. Spiegelung Aus Gründen der Ästhetik wird noch an der $\begin{eqnarray} y \end{eqnarray}$ -Achse gespiegelt. Diese Abbildung $\begin{eqnarray} \sigma \end{eqnarray}$ hat die Matrix $\begin{eqnarray} S = S^{-1} = \begin{pmatrix} -1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ . Die Komposition $\begin{eqnarray} \alpha = \sigma \circ \delta \circ \tau \end{eqnarray}$ liefert das Gewünschte: Der gesuchte Kreis liegt im I. Quadranten mit den Koordinatenachsen als Tangenten. Ausführlich lautet die Abbildung: $\begin{eqnarray} \alpha: \ \ \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} \mapsto \begin{pmatrix} x' \\ y' \end{pmatrix} = SD \cdot \begin{pmatrix} x - 8 \\ y + 5 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ Jetzt braucht man noch den Bildpunkt von $\begin{eqnarray} P \end{eqnarray}$ unter $\begin{eqnarray} \alpha \end{eqnarray}$ . Einsetzen von $\begin{eqnarray} x = -3, y = -2 \end{eqnarray}$ ergibt $\begin{eqnarray} P'(2\|1) \end{eqnarray}$ . Wir suchen also jetzt einen Kreis im I. Quadranten mit den Koordinatenachsen als Tangenten, der durch $\begin{eqnarray} P' \end{eqnarray}$ geht. Offensichtlich kann man für einen solchen den Ansatz $\begin{eqnarray} (x' - t)^2 + (y' - t)^2 = t^2 \end{eqnarray}$ mit einem Parameter $\begin{eqnarray} t>0 \end{eqnarray}$ wählen. Einsetzen von $\begin{eqnarray} x' = 2, y' = 1 \end{eqnarray}$ führt auf eine quadratische Gleichung in $\begin{eqnarray} t \end{eqnarray}$ . Jede $\begin{eqnarray} t \end{eqnarray}$ -Lösung ist gleichzeitig Abszisse und Ordinate des Mittelpunktes wie auch Radius eines Lösungskreises. Und jetzt alles zurücktransformiert mit $\begin{eqnarray} \alpha^{-1}: \ \ \begin{pmatrix} x' \\ y' \end{pmatrix} \mapsto \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} = D^{-1}S \cdot \begin{pmatrix} x' \\ y' \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 8 \\ -5 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ Damit erhält man sofort die Mittelpunkte in der Originalfigur. Man beachte, daß die orthogonalen Spaltenvektoren von $\begin{eqnarray} D^{-1} \end{eqnarray}$ die Länge $\begin{eqnarray} \sqrt{26} \end{eqnarray}$ haben (es liegt eben nicht nur eine Drehung, sondern eine Drehstreckung vor). Also sind zur Berechnung der Radien in der Originalfigur die oben gefundenen Radien noch mit diesem Faktor zu multiplizieren.

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