Ebenen im R³

05.06.2012, 14:09

Fibonaccier

Ebenen im R³

Meine Frage:
Gegeben sind die Ebenen:

$\begin{eqnarray*} E_k:kx-ky+z=8 \end{eqnarray*}$ , mit dem Parameter $\begin{eqnarray*} k\in\mathbb{R}\setminus\left\{0\right\} \end{eqnarray*}$

und der Punkt $\begin{eqnarray*} A =(12;12;8)^T. \end{eqnarray*}$

a.) Zeigen Sie, dass der Punkt $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ zu allen Ebenen $\begin{eqnarray*} E_k \end{eqnarray*}$ gehört.

b.) Bestimmen Sie die Schnittpunkte der Ebenen $\begin{eqnarray*} E_k \end{eqnarray*}$ mit allen drei Koordinatenachsen.

c.) Weisen Sie nach, dass es zu jeder Ebene $\begin{eqnarray*} E_k \end{eqnarray*}$ eine Ebene $\begin{eqnarray*} E_k' \end{eqnarray*}$ gibt, die auf $\begin{eqnarray*} E_k \end{eqnarray*}$ senkrecht steht. Welcher Zusammenhang muss dazu zwischen $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} k' \end{eqnarray*}$ bestehen?

Meine Ideen:
a.)

$\begin{eqnarray*} E_k\left(\left(12;12;8\right)^T\right) = \underbrace{12k-12k}_{\text{\ = 0 für k}\in\mathbb{R}}+8=8 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \Ra 8 = 8 \end{eqnarray*}$

b.)

$\begin{eqnarray*} E_k: kx-ky+z=8 | : 8 \end{eqnarray*}$ ,

$\begin{eqnarray*} \frac{kx}{8}-\frac{ky}{8}+\frac{z}{8} = 1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \Ra \vec{s_1} = \left( \begin {array} {c}8 \\ 0 \\0\end{array}\right) \vec{s_2} = \left( \begin {array} {c}0 \\ 8 \\0\end{array}\right) \vec{s_3} = \left( \begin {array} {c}0 \\ 0 \\8\end{array}\right)<br /> \end{eqnarray*}$

für c bräuchte ich leider einen kleinen Denkanstoß.

05.06.2012, 15:03

riwe

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RE: Ebenen im [latex]mathbb {R}^3[/latex]
skalarprodukt wäre so ein stößchen Augenzwinkern

05.06.2012, 15:40

Fibonaccier

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Ok.
Daraus würde ich deuten, dass es mit den Normalenvektoren der beiden Ebenen zutun hat.

Deren Skalarprodukt sollte 0 ergeben, wenn sie senkrecht zueinander stehen.

Daraus würde sich für mich folgendes ergeben:

$\begin{eqnarray*} \left( \begin {array} {c}kx \\ -ky \\ z\end {array} \right)*\left( \begin {array} {c}x \\ y \\ z\end {array} \right) = 0<br /> \end{eqnarray*}$

Aber wie formuliere ich dann mathematisch den Beweis?

05.06.2012, 18:23

riwe

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Zitat:

Original von Fibonaccier
Ok.
Daraus würde ich deuten, dass es mit den Normalenvektoren der beiden Ebenen zutun hat.

Deren Skalarprodukt sollte 0 ergeben, wenn sie senkrecht zueinander stehen.

Daraus würde sich für mich folgendes ergeben:

$\begin{eqnarray*} \left( \begin {array} {c}kx \\ -ky \\ z\end {array} \right)*\left( \begin {array} {c}x \\ y \\ z\end {array} \right) = 0<br /> \end{eqnarray*}$

Aber wie formuliere ich dann mathematisch den Beweis?

schäme dich Augenzwinkern

wie der normalenvektor heißt, solltest du schon wissen unglücklich

$\begin{eqnarray*} \left( \begin {array} {c}k \\ -k \\ 1\end {array} \right)\cdot \vec{n}^\prime = 0 \end{eqnarray*}$

05.06.2012, 21:39

Fibonaccier

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RE: Ebenen im R³
Somit wäre dann $\begin{eqnarray*} \vec {n}^\prime = \left( \begin {array} {c} -k\prime \\ - k\prime \\ 0 \\ \end {array}\right) \end{eqnarray*}$

Für $\begin{eqnarray*} k\in\mathbb{R} \end{eqnarray*}$ wäre dann das Skalarprodukt null.

Richtig? verwirrt

05.06.2012, 22:25

riwe

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RE: Ebenen im R³
ja, nun berechne halt kr!

edit: die 1. komponente ist falsch unglücklich

05.06.2012, 22:43

Fibonaccier

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Ich habe es noch einmal ausprobiert.

Dabei habe ich die Werte 7, -7, 3 und -3 ausprobiert. Ich finde den Fehler aber nicht. -.-

Und wie soll ich denn k berechen? Muss ich dazu ein Gleichungssystem oder etwas ähnliches aufstellen?

Hast Du da eventuell noch einmal einen kleinen Denkanstoß?

Sorry wenn ich grade ein Brett vor dem Kopf haben sollte...

05.06.2012, 23:36

Bjoern1982

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$\begin{eqnarray*} \left( \begin {array} {c}k \\ -k \\ 1\end {array} \right)\cdot \left( \begin {array} {c}k' \\ -k' \\ 1\end {array} \right)= 0 \end{eqnarray*}$

Stelle die Gleichung auf, löse nach k auf und folgere warum es für k ungleich null immer eine Lösung geben muss.

06.06.2012, 09:40

Fibonaccier

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Ich habe da leider Probleme die Gleichung aufzustellen.

Das einzige, was mir dazu einfällt ist folgendes:

$\begin{eqnarray*} k*k'+k*k'+1=0 \end{eqnarray*}$

Wenn ich das nach k umforme komme ich auf das hier:

$\begin{eqnarray*} k = -\frac {1}{2k'} \end{eqnarray*}$

Aber ich zweifle daran, dass ich das gemacht habe, was du meintest.. traurig

06.06.2012, 10:04

Bjoern1982

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Doch, genau das meinte ich. Freude

Für k bzw k' ungleich null hat diese Gleichung offensichtlich immer eine Lösung.

06.06.2012, 10:39

Fibonaccier

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Und damit ist der Beweis erbracht?

Mir ist an dieser Stelle nur nicht so ganz klar, woran ich es sehe.

Klar 2 Ebenen stehen senkrecht zueinander, wenn das Skalarprodukt ihrer Normalenvektoren gleich null wird.

Damit ist ja nachgewiesen, dass die beiden Ebenen immer Orthogonal zueinander stehen.

Ich verstehe es so, dass da jedem Wert $\begin{eqnarray*} k=-\frac{1}{2k'} \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} k\in\mathbb{R} \end{eqnarray*}$ ein eindeutiger Wert zugewiesen werden kann.

Aber kann man das vielleicht noch ein wenig weiter veranschaulichen?

06.06.2012, 10:54

Bjoern1982

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Was meinst du mit veranschaulichen ?

Im Wesentlichen geht es hier um die Übertragung eines geometrischen Sachverhaltes (Ebenen stehen senkrecht zueinander) in eine algebraische Form (Gleichung).

Die aus dem Skalarprodukt entstehende, nach k aufgelöste Gleichung sagt uns nun, dass immer eine Lösung existiert, außer k' bzw k wäre null (denn dann würde man ja durch null dividieren, siehe auch Aufgabenstellung).

Und diese Existenz einer Lösung für alle k ungleich null bedeutet geometrisch dann wieder, dass es für jede Scharebene eine passende orthogonale Scharebene gibt.

06.06.2012, 10:56

Fibonaccier

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Ok. Danke Dir. Ich glaube, ich habe es nun verstanden. Freude

Ich wollte mit der Veranschaulichung auf das hinaus, was Du als "geometrische Bedeutung" bezeichnet hast.

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