Normalform zweier Symmetrieebenen

04.02.2006, 12:59

Hans-Peter

Normalform zweier Symmetrieebenen

hi.

ich bräucht mal wieder hilfe bei einer aufgabe und hoffe, ihr könnt mir helfen:

"Bestimme eine Normalform der Symmetrieebene von
E: 2 X1 - X2 + 2X3 - 3 = 0 und
F: 2X1 - X2 + 4X3 - 8 = =,
die durch den Ursprung geht."

also ich hab E in achsenabschnittsform gebracht, und der normalenvektor n wäre doch (2/-1/2) oder?

und wie mach ich dann weiter?
was muss ich mit F machen und was muss ich beachten, weil es ja heisst: die durch den ursprung geht?

wär nett, wenn ihr mir helfen könnt.

danke smile

04.02.2006, 13:25

marci_

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die normalenform ist doch:

n*[x-a]=0

und a ist jeweils ein stützvektor, also in dem fall der ursprung A (0/0/0)

der erste normalenvektor stimmt, den 2. erhälts du auch gleich=)

04.02.2006, 13:27

sqrt(2)

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RE: Normalform zweier Symmetrieebenen

Zitat:

Original von Hans-Peter
also ich hab E in achsenabschnittsform gebracht

Das ist gar nicht nötig.

Zitat:

Original von Hans-Peter
und der normalenvektor n wäre doch (2/-1/2) oder?

Ja.

Zitat:

Original von Hans-Peter
und wie mach ich dann weiter?

Für eine Ebene

$\begin{eqnarray*} E:~ax_1+bx_2+cx_3-d=0 \end{eqnarray*}$

gilt: Sie enthält den Ursprung, wenn $\begin{eqnarray*} d= 0 \end{eqnarray*}$ . (Wenn du den Ursprung in die Ebenengleichung einsetzst, dann werden die ersten drei Summanden null und es bleibt nur noch stehen $\begin{eqnarray*} -d=0 \end{eqnarray*}$ .)

Zitat:

Original von Hans-Peter
was muss ich mit F machen und was muss ich beachten, weil es ja heisst: die durch den ursprung geht?

Das kann eigentlich nur so zu verstehen sein, dass das zwei verschiedene Teilaufgaben sind. Du musst für F also genauso vorgehen wie für E.

04.02.2006, 13:46

riwe

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RE: Normalform zweier Symmetrieebenen
das verstehe ich überhaupt nicht, das paßt nicht zusammen. kannst du einmal die ganze angabe posten.
(soll die "symmetrieebene" die sein, die die schnittgerade enthält? aber wie geht die dann durch O? oder ist eine ebene gemeint die die schnittgerade enthält und durch O geht- ohne "syymmetrie"?)
werner

04.02.2006, 14:09

sqrt(2)

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Da hab ich einfach die "Symmetrieebene" zur "parallelen Ebene" gemacht.

So ergibt das wirklich keinen Sinn, denn keine der beiden Symmetrieebenen von E und F (wenn F Bild von E sein soll) enthält den Ursprung.

04.02.2006, 21:57

Hans-Peter

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RE: Normalform zweier Symmetrieebenen
wernerrin:
die ganze aufgabe lautet:

Zitat:

Original von Hans-Peter
"Bestimme eine Normalform der Symmetrieebene von
E: 2 X1 - X2 + 2X3 - 3 = 0 und
F: 2X1 - X2 + 4X3 - 8 = =,
die durch den Ursprung geht."

mehr steht ned da.

der lehrer hat was gesagt, man muss rausfinden, ob die parallel sind, der schnittpunkt ist dann die ebene. und wenn sie nicht parallel sind, bildet der schnittpunkt ja einen winkel zwischen den ebenen. die hälfte von dem winkel ist dann die ebene.

hm ok, und wie bringt mich des weiter?

danke

04.02.2006, 22:25

sqrt(2)

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Es geht aber keine der Symmetrieebenen durch den Ursprung.

Zitat:

Original von Hans-Peter
man muss rausfinden, ob die parallel sind, der schnittpunkt ist dann die ebene.

Welcher Schnittpunkt, wenn sie doch parallel sind (was sie hier nicht sind)?

05.02.2006, 05:42

Ace Piet

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Also wie läßt sich "Symmetrie" und "irgendwas geht durch den Ursprung" retten? ... Man interpretiere E und F als symmetrisch bzgl. ihrer gemeinsamen Schnittgeraden g und suche eine Ebene H im $\begin{eqnarray*} \mathbb R^3 \end{eqnarray*}$ , die $\begin{eqnarray*} g \subseteq H \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} 0 \in H \end{eqnarray*}$ erfüllt.

Als g käme $\begin{eqnarray*} g: x= \begin{pmatrix} 1 \\ 4 \\ \frac{5}{2} \end{pmatrix} + \lambda \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ in Frage, vermöge $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1 \\ 4 \\ \frac{5}{2} \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 2 \\ 6 \\ \frac{5}{2} \end{pmatrix} \in E \cap F \end{eqnarray*}$ ,...

...sodass $\begin{eqnarray*} H: x= \alpha \begin{pmatrix} 1 \\ 4 \\ \frac{5}{2} \end{pmatrix} + \beta \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ obige Bedingung erfüllt.

"Errät" man einen Vektor n, der senkrecht auf den Richtungen von H steht, etwa $\begin{eqnarray*} n = \begin{pmatrix} 10 \\ 5 \\ -4 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ ,

dann ist die geforderte NF (fast) perfekt.

Wink

-Ace- (wenns denn so gewollt war)
______________

P.S.: die hälfte von dem winkel ist dann die ebene ist fast noch schlimmer als aufleiten

05.02.2006, 09:26

riwe

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das war eh klar, siehe meine "fragestunde"
aber nirgendwo eine spur von symmetrie!
werner

05.02.2006, 13:07

Hans-Peter

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ist des jetzt die lösung, ace piet?
hmm

kann ich die aufgabe auch lösen, indem ich E und F gleichsetze, dann den schnittpunkt rausbekomm, davon den schnittwinkel berechne und die hälfte vom schnittwinkel dann meine symmetrieebene ist. von der symmetrieebene dann nur noch die normalform ausrechne?

also war jetzt nur so theoretisch gedacht, aber funktioniert des auch?

danke

05.02.2006, 13:51

Ace Piet

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> kann ich die aufgabe auch lösen,
Was Du im ff. beschreibst hat auch eine Symmetrie.

> indem ich E und F gleichsetze, dann den schnittpunkt rausbekomm,
E und F schneiden sich nicht in einem Punkt (hatte ich vorgerechnet, es ist dieses g).

> davon den schnittwinkel berechne
und eine Ebene H ausrechne, die durch g läuft und eine bestimmte Normale hat? - Es gibt übrigens stets 2 Schnittwinkel, einen < 90° und einen > 90°.

Ja. - Aber... H wird nicht notwendig die Null enthalten. Wäre purer Zufall.

Biete mal was an...

-Ace-
____________

> und die hälfte vom schnittwinkel dann meine symmetrieebene ist.
*urgghh*

05.02.2006, 16:00

Hans-Peter

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hehe, die hälfte vom winkel is die ebene *gg*

nun ja, ich weiss gar ned, was ich da konkret rechnen soll.
ich weiss auch gar ned, wie du auf g und auf h kommst verwirrt

mit dem was ich oben schon beschrieben hab, mit dem schnittwinkel und so, wollte mir der lehrer helfen.

aber: 0 plan verwirrt

05.02.2006, 17:04

Ace Piet

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> ich weiss auch gar ned, wie du auf g und auf h kommst

Die beiden Normalen von E und F sind nicht lin.abhängig (= Vielfache voneinander), also müssen sie sich im $\begin{eqnarray*} \mathbb R^3 \end{eqnarray*}$ schneiden (siehe Anhang B) und zwar ist die Schnittmenge $\begin{eqnarray*} E \cap F \end{eqnarray*}$ genau diese Gerade mit Namen g, kurz $\begin{eqnarray*} g= E \cap F \end{eqnarray*}$ ; hierzu Anhang [A].

Die Ebene H enthält die 0 UND die anderen 2 Punkte. Der neu hinzugekommene Richtungsvektor bei $\begin{eqnarray*} \alpha \end{eqnarray*}$ hat die Form "Punkt - 0" und da 0 (trivial) Ortsvektor ist, fehlt er in der H-Darstellung (Punkt-Richtungsform von Geraden / Ebenen sollte sitzen).

Weitere Detailfragen?

Wink

-Ace-
________________________

Anhänge:

[A] Die beiden Gebilde E und F sind durch je eine Gleichung gegeben mit der Eigenschaft, Punkte $\begin{eqnarray*} (x_1, x_2, x_3) \in \mathbb R^3 \end{eqnarray*}$ gehören dazu, falls sie die entsprechende Gleichung erfüllen. - Punkte aus $\begin{eqnarray*} E \cap F \end{eqnarray*}$ sind genau die $\begin{eqnarray*} (x_1, x_2, x_3) \in \mathbb R^3 \end{eqnarray*}$ , die beide Gleichungen erfüllen. - Man schreibt also das Gleichungssystem...

$\begin{eqnarray*} E: 2x_1-x_2+2x_3-3=0 \end{eqnarray*}$ UND
$\begin{eqnarray*} F: 2x_1-x_2+4x_3-8=0 \end{eqnarray*}$

...durch Äquivalenzumformung so um, dass man die gemeinsamen Punkte erkennt...

$\begin{eqnarray*} E: 2x_1-x_2+2x_3-3=0 \end{eqnarray*}$ UND
$\begin{eqnarray*} F: 2x_3-5=0 \end{eqnarray*}$ ...aus der "Diff. F-E"

woraus man $\begin{eqnarray*} x_3=5/2 \end{eqnarray*}$ erkennt und durch Einsetzen E etwas vereinfachen kann...

$\begin{eqnarray*} E: 2x_1-x_2+2=0 \end{eqnarray*}$ UND
$\begin{eqnarray*} F: 2x_3-5=0 \end{eqnarray*}$

Daraus sind die beiden Punkte $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1 \\ 4 \\ \frac{5}{2} \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 2 \\ 6 \\ \frac{5}{2} \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ entstanden.

[B] Wie sehen Schnitte zweier Ebenen aus... Man nehme 2 Blatt Papier, halte sie parallel und erkenne, dass wenn aus jedem Blatt ein senkrechter Vektor (das ist die "Normale") ragt, diese parallel sind genau dann, wenn die Normalen es sind.

Neigt man die Blätter gegeneinander, müssen sie sich irgendwo schneiden. - Reisse dazu jedes Blatt bis zur Mitte ein und schiebe sie ineinander. - Der "Schnitt" ist eine Gerade...

05.02.2006, 17:29

Hans-Peter

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ok, aber wenn ich doch x3 in E und F einsetz, kommt doch raus:
E: 2x1 - x2 + 2=0 und
F: 2x1 - x2 + 2=0

und nu weiss ich immernoch ned, wie du auf (1/4/2,5) und (2/6/2.5) kommst.
also x1 und x2 koordinaten sind mir ned klar. verwirrt

05.02.2006, 19:41

Ace Piet

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> ok, aber wenn ich doch x3 in E und F einsetz, kommt doch raus:
> E: 2x1 - x2 + 2=0 und
> F: 2x1 - x2 + 2=0

(O.K.) - Wir arbeiten an dem Begriff "Äquivalenzumformung"...

Wenn ich so ein Gleichungssystem (z.B.)...
$\begin{eqnarray*} E: 2x_1-x_2+2x_3-3=0 \end{eqnarray*}$ UND
$\begin{eqnarray*} F: 2x_1-x_2+4x_3-8=0 \end{eqnarray*}$

...hernehme, bedeutet jede Zeile 1 Ebene und das Gesamtwerk entsteht durch dieses "UND" (deshalb hab ich es LAUT geschrieben, weil es NICHT überflüssig ist). - Nehme ich eine gleichwertige Umformung (des Systemes) vor, dürfen im Nachfolgesystem keine Punkte verloren gehen (oder dazukommen).

Eine Bauernregel (für Äquivalenzumformungen):
Wenn man mit 2 Gleichungen hantiert, dann...
1. lasse eine so wie sie ist stehen
2. ersetze die andere durch das Ergebnis
3. vergesse keine Gleichungen, die nicht in Arbeit sind.

stehengelassen: $\begin{eqnarray*} E: 2x_1-x_2+2x_3-3=0 \end{eqnarray*}$ UND
mit gearbeitet: $\begin{eqnarray*} 2x_3-5=0 \end{eqnarray*}$ ...aus der "Diff. F-E"
(keine vergessen, weil gibt nur diese 2 Gleichungen)
D.h. dieses System beschreibt die gleiche Punktmenge wie eingangs!
----- ----- -----

Du müsstest im nächsten Schritt Deinen Fehler erkennen...
Ergebnis eingesetzt: (I) $\begin{eqnarray*} 2x_1-x_2+2=0 \end{eqnarray*}$ UND
stehengelassen: (II) $\begin{eqnarray*} x_3= \frac{5}{2} \end{eqnarray*}$
...Du hast den "Stehenlasser" vergessen.
----- ----- -----

Stand der Dinge...
(I) $\begin{eqnarray*} 2x_1-x_2+2=0 \end{eqnarray*}$ UND
(II) $\begin{eqnarray*} x_3= \frac{5}{2} \end{eqnarray*}$
... immer noch für $\begin{eqnarray*} (x_1, x_2, x_3) \end{eqnarray*}$ , die BEIDE Bedingungen erfüllen.
===== ===== =====

Aber interpretieren wir das letzte Ergebnis: Beide Zeilen sind immer noch je 1 Ebene. Es sind zwar andere als E und F, aber sie beschreiben das gleiche "Gesamtwerk" $\begin{eqnarray*} E \cap F \end{eqnarray*}$ , nur anders. - Ich finde geometrischer...

II: $\begin{eqnarray*} x_3= \frac{5}{2} \end{eqnarray*}$ besagt: Das ist eine Ebene parallel zur $\begin{eqnarray*} x_1 - x_2 \end{eqnarray*}$ -Ebene (ich darf hier alles einsetzen, nur $\begin{eqnarray*} x_3= \frac{5}{2} \end{eqnarray*}$ ist vorgeschrieben), hochgeschoben in die $\begin{eqnarray*} x_3 \end{eqnarray*}$ -Höhe = $\begin{eqnarray*} \frac{5}{2} \end{eqnarray*}$ . Wenn der Tisch, vor dem Du sitzt diese $\begin{eqnarray*} x_1 - x_2 \end{eqnarray*}$ -Ebene bedeutet, schwebt das Gebilde II im Abstand $\begin{eqnarray*} \frac{5}{2} \end{eqnarray*}$ darüber.

Beachte inzwischen, daß ich nach dem Umformen die Buchstaben E und F "vergessen" habe. Es sind ja nicht mehr E und F, sondern zeilenweise andere Gebilde, die jedoch das gleiche "Gesamtwerk" ergeben.

Man muss nicht alles "vor Augen haben". Aber ich erkenne, daß Punkte im "Gesamtwerk" (gemäß II) vom Typ $\begin{eqnarray*} (x,y, \frac{5}{2} ) \end{eqnarray*}$ sind UND welche diese x und y das sind, verrät mir (I). - Für die Gerade g brauche ich 2 verschiedene Punkte! - Dabei darf ich in (I) entweder $\begin{eqnarray*} x_1 \end{eqnarray*}$ oder $\begin{eqnarray*} x_2 \end{eqnarray*}$ frei wählen(!), um den jeweils anderen zu ermitteln. - Also wähle ich einmal $\begin{eqnarray*} x_1=1 \end{eqnarray*}$ und einmal $\begin{eqnarray*} x_1=2 \end{eqnarray*}$ und herauskommt der jeweilig davon abhängige Wert $\begin{eqnarray*} x_2=4 \end{eqnarray*}$ bzw. $\begin{eqnarray*} x_2=6 \end{eqnarray*}$ . Dies ergibt zusammengefasst zwei Punkte...
$\begin{eqnarray*} a= \begin{pmatrix} 1 \\ 4 \\ \frac{5}{2} \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} b= \begin{pmatrix} 2 \\ 6 \\ \frac{5}{2} \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$
...durch die eindeutig eine Gerade verläuft, nämlich $\begin{eqnarray*} g: x= a + \lambda \cdot (b-a) \end{eqnarray*}$ . - Falls Du obiges einsetzt, ist die Entstehung von g klar und Du weisst: g ist die Schnittgerade von E und F, kurz: $\begin{eqnarray*} g = E \cap F \end{eqnarray*}$ .

Geht klar oder weitere Detailfragen?

Wink

-Ace-

05.02.2006, 23:37

Hans-Peter

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kann des sein, dass die aufgabe sauschwer ist?

und ich darf x1 und x2 einfach so wählen? warum?
wie kommt ich dann von H zu N?

danke smile

06.02.2006, 04:41

Ace Piet

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> kann des sein, dass die aufgabe sauschwer ist?
Nein. - Äquivalenzumformungen gab es bei uns in der 8-ten. Um nix anderes geht es. Nämlich um die Bauernregel --> vergesse keine Gleichungen.

> und ich darf x1 und x2 einfach so wählen?
> > Dabei darf ich in (I) entweder $\begin{eqnarray*} x_1 \end{eqnarray*}$ oder $\begin{eqnarray*} x_2 \end{eqnarray*}$ frei wählen(!) ...
> > ...und herauskommt der jeweilig davon abhängige Wert ...
Nicht "und", sondern oder. - Könnte ich "und", dann wähle ich $\begin{eqnarray*} x_1=x_2=0 \end{eqnarray*}$ , aber dann wäre $\begin{eqnarray*} 2=0 \end{eqnarray*}$ .

> wie kommt ich dann von H zu N?
Von einem N habe ich nichts erzählt.

Hammer

06.02.2006, 15:36

Hans-Peter

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also nomma zum mitschreiben:

ich mach äquivalenzumformung, hab dann x3, dann kann ich x1 oder x2 frei wählen, mach des auch und komm dann auf g.

und wie komm ich dann zu h und wie find ich dann die normalform? verwirrt

07.02.2006, 02:03

Ace Piet

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Bislang habe ich eine Gerade g, die durch 2 Punkte geht, die beide zu E und F gehören, wie gesagt: $\begin{eqnarray*} g = E \cap F \end{eqnarray*}$ . - Bin ich bisher zu oberflächlich(?).

Dabei sind...
$\begin{eqnarray*} E: 2x_1-x_2+2x_3-3=0 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} F: 2x_1-x_2+4x_3-8=0 \end{eqnarray*}$
... die beschreibenden Gleichungen der jeweiligen Ebenen des $\begin{eqnarray*} \mathbb R^3 \end{eqnarray*}$ , (so nebenbei).

Die Entstehung von g über diese zwei ominösen Punkte (durch die nur eine Gerade geht), habe ich oben (betr.: Äquivalenzumformg.) hinlänglich erläutert.

Es entsteht jedenfalls $\begin{eqnarray*} g: x= \begin{pmatrix} 1 \\ 4 \\ \frac{5}{2} \end{pmatrix} + \mu \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 0 \end{pmatrix} \text{ für } \mu \in \mathbb R \end{eqnarray*}$ als Schnittgerade der Ebenen E und F.

Man sollte dies überprüfen können (durch einsetzen zweier Werte von $\begin{eqnarray*} \mu \end{eqnarray*}$ ), *ähh*, daß diese zwei Punkte die E- und F-Bedingung erfüllen, etwa per $\begin{eqnarray*} \mu = 0 \end{eqnarray*}$ oder per $\begin{eqnarray*} \mu =1 \end{eqnarray*}$ . - @TO: Ich habe nicht die Spur einer Bohne, ob Du das begreifst (zum "Mitschreiben"). - Sollte dieses Abprüfen nicht Deinen momentanen Fähigkeitem entprechen, vergiss alles, was ich gesagt habe.

Eine (solche) Gerade hat die allgemeine (beschreibende [1]) Form: $\begin{eqnarray*} x= a + \mu \cdot v \end{eqnarray*}$ , wobei $\begin{eqnarray*} \mu \in \mathbb R \end{eqnarray*}$ beliebig. Wenn ich nun dem (Orts-)Vektor $\begin{eqnarray*} a \in \mathbb R^3 \end{eqnarray*}$ ebenfalls einen Parameter $\begin{eqnarray*} \lambda \in \mathbb R \end{eqnarray*}$ spendiere, ist klar, daß dieses neue Gebilde $\begin{eqnarray*} x= \lambda \cdot a + \mu \cdot v \end{eqnarray*}$ wie von Geisterhand die Bedingung "0 ist drin" (mit $\begin{eqnarray*} \lambda = \mu = 0 \end{eqnarray*}$ ) und "g ist drin" (mit $\begin{eqnarray*} \lambda = 1 \text{ und } \mu \in \mathbb R \end{eqnarray*}$ beliebig) erfüllt, womit $\begin{eqnarray*} 0 \in H \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} g \subseteq H \end{eqnarray*}$ (wie erläutert) klar ist, insbesondere WAS es bedeutet.
Und ich schreibe es nochmal auf: $\begin{eqnarray*} H: x= \lambda \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ 4 \\ \frac{5}{2} \end{pmatrix} + \mu \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ , mit $\begin{eqnarray*} \lambda \text{ und } \mu \text{ je } \in \mathbb R \end{eqnarray*}$ , nicht, daß es in Vergessenheit *g* gerät, ist dieses merkwürdige Gebilde.

> und wie komm ich dann zu h
Iss jetzt klar?

Zusatzerklärung:
Sind nun a und v linear unabhängig (d.h. nicht Vielfache voneinander), dann spannen sie wirklich eine Ebene auf (sonst kollabiert es zu einer Geraden). - Und a und v sind(!) linear unabhängig, mit der 0 kriegt man nie $\begin{eqnarray*} \frac{5}{2} \end{eqnarray*}$ (=Tipp), insofern ist das oben beschriebenen Gebilde H eine "wirkliche" Ebene und nicht etwa eine Gerade oder ein Punkt.

> und wie find ich dann die normalform?

So eine Normalform enthält einen Normalenvektor. Hab ich benannt: Ich hatte $\begin{eqnarray*} n= \begin{pmatrix} 10 \\ 5 \\ -4 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ genannt. - Ob "H.P." den Zusammenhang zu $\begin{eqnarray*} 10 x_1 +5x_2 - 4x_3 \end{eqnarray*}$ erkennen kann? Und wo der Punkt $\begin{eqnarray*} 0 \in H \end{eqnarray*}$ sein soll, halte ich d= (Distance zum Ursprung) = 0 für legitim. - Ergo ist
$\begin{eqnarray*} 10 x_1 +5x_2 - 4x_3 = 0 \end{eqnarray*}$ eine NF von H.

Wink

-Ace-
___________________

Anhang

[1] Erklärung: Eine Gerade ist latürnich eine Menge, deren Elemente einer Bedingung genügen, was das Wort "Gerade" sinnvoll macht... $\begin{eqnarray*} g= \{ x \in \mathbb R^3 \mid ... \} \end{eqnarray*}$ , lies g gleich Menge der x aus $\begin{eqnarray*} \mathbb R^3 \end{eqnarray*}$ mit der Eigenschaft "...", wobei diese Eigenschaft hier $\begin{eqnarray*} x= a + \mu \cdot v \end{eqnarray*}$ ist, für ein $\begin{eqnarray*} v \not= 0 \end{eqnarray*}$ und beliebiges $\begin{eqnarray*} \mu \in \mathbb R \end{eqnarray*}$ .

Schreibt man so: $\begin{eqnarray*} g= \{ x \in \mathbb R^3 \mid x= a + \mu \cdot v, ~v \not= 0, ~\mu \in \mathbb R \} \end{eqnarray*}$
oder so: $\begin{eqnarray*} g= \{ a + \mu \cdot v \in \mathbb R^3 \mid ~\mu \in \mathbb R \text{ beliebig und ein } v \not= 0 \text{ und ein festes } a \in \mathbb R^3~\} \end{eqnarray*}$

...was auf Dauer nervig ist, deshalb die kurze Variante:
$\begin{eqnarray*} g: x= a + \mu \cdot v \end{eqnarray*}$ , für $\begin{eqnarray*} \mu \in \mathbb R \end{eqnarray*}$ -->lies: g gegeben durch x gleich a plus $\begin{eqnarray*} \mu \end{eqnarray*}$ mal v für $\begin{eqnarray*} \mu \in \mathbb R \end{eqnarray*}$ beliebig

Elemente (= Punkte), die in solchen Mengen enthalten sein sollen, benötigen also spezielle Werte von $\begin{eqnarray*} \lambda \text{ oder } \mu \end{eqnarray*}$ . Die allgemeinen Werte beschreiben ja die umfassende Menge.
Beispielsweise sind $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1 \\ 4 \\ \frac{5}{2} \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 2 \\ 6 \\ \frac{5}{2} \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ zwei Punkte von g, denn es liegt die jeweilige Referenz per
$\begin{eqnarray*} \lambda = 0 \end{eqnarray*}$ bzw. per $\begin{eqnarray*} \lambda = 1 \end{eqnarray*}$ für g vor.
Zur Erinnerung: Es war $\begin{eqnarray*} g: x= \begin{pmatrix} 1 \\ 4 \\ \frac{5}{2} \end{pmatrix} + \lambda \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

====
Edit: ---gestrichen---

07.02.2006, 10:46

Hans-Peter

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ok gut, langsam wirds.

eine frage noch:

wie kommst du jetzt auf den normalenvektor, also woher kommt 10x1 + 5x2 - 4x3

danke smile

07.02.2006, 17:41

Hans-Peter

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ne schulkameradin hat des lösungsbuch vom lehrer, wo drinsteht:

die schnittgerade s von E und F steht senkrecht auf der Symmetrieebene S

$\begin{eqnarray*} <br /> \vec{r}s= \begin{pmatrix} 2 \\ -1 \\ 2 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ x $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 2 \\ -1 \\ 4 \end{pmatrix} = 2\begin{pmatrix} -1 \\ -2 \\ 0 \end{pmatrix} <br /> \end{eqnarray*}$
und
x1+x2=0
und S: $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ "kringel" $\begin{eqnarray*} \vec{x} \end{eqnarray*}$ =0

gut, was des "x" bedeutet weiss ich ned, aber in der formelsammlung stehts drin *g*

ich nehm mal an, die aufgabe ist zu schwer für mich oder?

07.02.2006, 18:36

marci_

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mich verunsichert die aufgabe auch...machst du abi=)?

07.02.2006, 19:22

Hans-Peter

Auf diesen Beitrag antworten »

ja in 3 monaten *g*
freu ich mich jetzt schon drauf o.O

aber des is nur ne aufgabe ausm buch, weil eine note aus dem vorrechnen einer aufgabe besteht.

und ich sollte eben die machen, sofern sie ned zu schwer ist.

aber ich glaub des ist sie

07.02.2006, 19:24

marci_

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ja mach ich auch, hast du mathe als leistungskurs?
bzw aus welchem bundesland kommst du?

07.02.2006, 21:26

Ace Piet

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> kommst du jetzt auf den normalenvektor

Der Normalenvektor n einer Ebene H steht auf den Richtungen der Ebene senkrecht, d.h. das Skalarprodukt dieses n mit jeweils beiden ist gleich 0.

Nun war $\begin{eqnarray*} H: x= \lambda \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ 4 \\ \frac{5}{2} \end{pmatrix} + \mu \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ , also $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1 \\ 4 \\ \frac{5}{2} \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ die beiden Richtungsvektoren.

Wir suchen also ein $\begin{eqnarray*} n= \begin{pmatrix} n_1 \\ n_2 \\ n_3 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ mit

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} n_1 \\ n_2 \\ n_3 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ 4 \\ \frac{5}{2} \end{pmatrix} = 0 \end{eqnarray*}$ UND $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} n_1 \\ n_2 \\ n_3 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 0 \end{pmatrix} = 0 \end{eqnarray*}$

Multiplizieren wir dies aus:
$\begin{eqnarray*} n_1 + 4 \cdot n_2 + \frac{5}{2} \cdot n_3 = 0 \end{eqnarray*}$ UND
$\begin{eqnarray*} n_1 + 2 \cdot n_2 + 0 \cdot n_3 = 0 \end{eqnarray*}$

Das ist ein Gleichungssystem. - Fängt man mit der unteren Gleichung an, nimmt etwa $\begin{eqnarray*} n_2=5 \end{eqnarray*}$ , dann folgt $\begin{eqnarray*} n_1=-10 \end{eqnarray*}$ . - Setzt man dies in die erste Gleichung ein, bekommt man $\begin{eqnarray*} n_3=-4 \end{eqnarray*}$ . Scheint also, ich habe früher ein - vergessen.

Jedenfalls ist $\begin{eqnarray*} n= \begin{pmatrix} -10 \\ 5 \\ -4 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ und natürlich jedes Vielfache davon.

Die Normalenform ist ergo:
$\begin{eqnarray*} n \cdot x = -10x_1 + 5x_2 -4x_3 = 0 \end{eqnarray*}$

07.02.2006, 21:42

Ace Piet

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Nachtrag:

Sollte im Lösungsbuch stehen, daß die Symmetrieebene senkrecht auf der genannten Schnittgeraden g steht, taugt der Richtungsvektor der Geraden zum Normalenvektor dieser ominösen Ebene...

Ablesen $\begin{eqnarray*} n= \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ fertig. Die Normalform wäre S: $\begin{eqnarray*} x_1 + 2x_2 = 0 \end{eqnarray*}$ .

Die linke Seite einer Normalenform ist $\begin{eqnarray*} n \cdot x \end{eqnarray*}$ , die rechte Seite entseht für ein spezielles $\begin{eqnarray*} x = x_0 \end{eqnarray*}$ , in diesem Fall ist $\begin{eqnarray*} x_0 = 0 \end{eqnarray*}$ , so entsteht aus $\begin{eqnarray*} n \cdot x = n \cdot x_0 \end{eqnarray*}$ obige NF und insbesondere die 0 auf der rechten Seite.

Wink

-Ace-

07.02.2006, 23:52

Hans-Peter

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ich: mathe gk bayern smile

und wie jetzt: x1+x2=0 oder x1 + 2x2= 0?

die aufgabe is blöd, nächste bitte *g*

danke für eure hilfe smile

08.02.2006, 00:57

Ace Piet

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> und wie jetzt: x1+x2=0
Wo steht das? Wer behauptet das?

08.02.2006, 15:31

Hans-Peter

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x1+x2=0 stand im lösungsbuch

08.02.2006, 22:11

Ace Piet

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> x1+x2=0 stand im lösungsbuch
Ansage

Kann nicht (richtig) sein!
Tippe auf Kommunikationsfehler mit dem, der das Lösungsbuch (in Händen) hat...

Vergleiche bitte nochmal mit Deinem Post #260126 (von 17:41 Uhr)...
Das Lösungsbuch bekommt per Kreuzprodukt siehe [3] auf $\begin{eqnarray*} 2 \cdot \begin{pmatrix} -1 \\ -2 \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ als einen Vektor, der auf E und F senkrecht steht (und damit als Richtungsvektor der Schnittgeraden s geeignet ist) und da wir wissen, jedes Vielfache $\begin{eqnarray*} \neq 0 \end{eqnarray*}$ tut es auch, wird er (im Lösungsbuch) zu $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ "verschönert", wie $\begin{eqnarray*} S: \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 0 \end{pmatrix} \cdot \vec{x} = 0 \end{eqnarray*}$ beweist. - Bitte vergleichen!

Für $\begin{eqnarray*} \vec{x} = \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ führt dieses (Skalar-)produkt "MACHE links mal rechts PLUS nächste Zeile" definitiv zu $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ = $\begin{eqnarray*} 1 \cdot x_1 + 2 \cdot x_2 + 0 \cdot x_3 \end{eqnarray*}$ ...kürzer: $\begin{eqnarray*} x_1 + 2 \cdot x_2 \end{eqnarray*}$ und die rechte Seite $\begin{eqnarray*} = 0 \end{eqnarray*}$ entsteht aus der Forderung $\begin{eqnarray*} \vec{0} \in S \end{eqnarray*}$ (oben mehrfach erklärt). - Ergo ist...

$\begin{eqnarray*} S: x_1 + 2 \cdot x_2 = 0 \end{eqnarray*}$

...die Lösung.

Alles andere sind Übertragungsfehler (vom Lösungsbuch über Telefon... ODER Fehler im Lösungsbuch).

Wink

-Ace-
_________________

P.S.:

1. Als "Kringel" benutze ich immer \cdot. Für andere "Kringel"-Darstellungen bin ich dankbar...

2. Wenn ich eine schöne Formel sehe, mache ich *rechtsklick* Eigenschaften und kann den Latex-Code dort mit der Maus markieren, mit CTRL+C kopieren und mit CTRL+V in mein Notepad einfügen. *klau + freu*

3. - Thema Kreuzprodukt... Ich habe es beschrieben und vorgeführt... So ein $\begin{eqnarray*} \vec{n} \end{eqnarray*}$ ,der senkrecht auf 2 anderen (gegebenen) stehen soll, wird gleichwertig über ein Gleichungssystem gelöst.

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Normalform zweier Symmetrieebenen

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