Vektoren; Schnittpunkte, Tangentenvektor

07.10.2012, 11:52

Cheftheoretiker

Vektoren; Schnittpunkte, Tangentenvektor

Hi Leute,

ich habe ein Problem bei folgender Überlegung. Gegeben ist $\begin{eqnarray*} f(x)=2x+2 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} g(x)=4x+1 \end{eqnarray*}$

Als erstes parametrisiere ich $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} g \end{eqnarray*}$ und erhalte $\begin{eqnarray*} \vec{v}_f=<t,2t+2> \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \vec{u}_g=<t,4t+1> \end{eqnarray*}$

Ich habe mir nun überlegt, dass ich einfach mal den Tangentenvektor berechne. Da es sich um eine gerade handelt, dachte ich dass die Steigung für g 4 rauskommen muss, kommt es aber nicht.

$\begin{eqnarray*} T(t)=\frac{<1,4>}{\sqrt{1^2+4^2}}=\frac{1}{\sqrt{17}}\cdot <1,4> \end{eqnarray*}$

Was ist dort denn im argen? verwirrt

Ein weiteres Problem ist das folgende: Ich möchte nun den Schnittwinkel der geraden über die Vektoren ermitteln, dass geht ja über das Skalarprodukt. D.h.

$\begin{eqnarray*} \vec{v}_f\cdot\vec{u}_g=||\vec{v}_f||\cdot ||\vec{u}_g||\cdot\cos\phi \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} <t,2t+2>\cdot <t,4t+1>=\sqrt{t^2+(2t+2)^2}\cdot\sqrt{t^2+(4t+1)^2}\cdot\cos\phi \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} t^2+(2t+2)(4t+1)=\sqrt{t^2+4t^2+8t+4}\cdot\sqrt{t^2+16t^2+8t+1}\cdot\cos\phi \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} t^2+8t^2+2t+8t+2=\sqrt{5t^2+8t+4}\cdot\sqrt{17t^2+8t+1}\cdot\cos\phi \end{eqnarray*}$

Ich denke mal hier erkennt man schon das Problem, der Ausdruck lässt sich nur höchst kompliziert auflösen.

Mir ist aufgefallen, wenn ich den y-Achsenabschnitt weg lasse, vereinfacht sich das Problem.

$\begin{eqnarray*} <t,2t>\cdot<t,4t>=\sqrt{t^2+4t^2}\cdot\sqrt{t^2+16t^2}\cdot\cos\phi \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} t^2+8t^2=\sqrt{5t^2}\cdot\sqrt{17t^2}\cdot\cos\phi \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} 9t^2=\sqrt{5}t\cdot\sqrt{17}t\cdot\cos\phi \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} 9t^2=\sqrt{85}t^2\cdot\cos\phi \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \frac{9}{\sqrt{85}}=\cos\phi \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \phi=arccos\left(\frac{9}{\sqrt{85}}\right) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \phi=12,53 \end{eqnarray*}$

Es wäre schön wenn da mal jemand drüber schauen könnte.
Schonmal vielen Dank! smile

07.10.2012, 12:06

riwe

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RE: Vektoren; Schnittpunkte, Tangentenvektor
verwirrt

nur sovviel

$\begin{eqnarray*} m= tan\alpha \end{eqnarray*}$ mit dem skalarprodukt berechnest du den cosinus dieses winkels (mit der x-achse)

$\begin{eqnarray*} tan\alpha=4\to cos\alpha \approx 0.24 \end{eqnarray*}$

07.10.2012, 12:08

Cheftheoretiker

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RE: Vektoren; Schnittpunkte, Tangentenvektor
Ja, schon klar das es auch einfacher geht. Big Laugh

Die Frage ist nur was ist bei dem Tangentenvektor und bei dem Winkel wenn ich den y-Achsenabschnitt nicht wegfallen lasse falsch ist. verwirrt

Edit: Du meinst doch sicher, $\begin{eqnarray*} \arctan(4)-\arctan(2)=12,53 \end{eqnarray*}$

07.10.2012, 18:26

riwe

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RE: Vektoren; Schnittpunkte, Tangentenvektor

Zitat:

Original von hangman
Ja, schon klar das es auch einfacher geht. Big Laugh

Die Frage ist nur was ist bei dem Tangentenvektor und bei dem Winkel wenn ich den y-Achsenabschnitt nicht wegfallen lasse falsch ist. verwirrt

Edit: Du meinst doch sicher, $\begin{eqnarray*} \arctan(4)-\arctan(2)=12,53 \end{eqnarray*}$

ich meine, was ich schreibe

07.10.2012, 19:04

Cheftheoretiker

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RE: Vektoren; Schnittpunkte, Tangentenvektor

Zitat:

ich meine, was ich schreibe

Ja, wie bringt mich das nun weiter?

07.10.2012, 19:21

riwe

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RE: Vektoren; Schnittpunkte, Tangentenvektor
machen wir es halt einfach so

$\begin{eqnarray*} cos\phi_1=\frac{\begin{pmatrix} 1 \\ 4 \end{pmatrix} \cdot\begin{pmatrix} 1 \\ 2 \end{pmatrix} }{\sqrt{17\cdot 5}}\approx0.9762 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} tan\phi_2=\frac{4-2}{1+8}\approx 0.2222 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \phi_1=\phi_2\approx 12.5289 \end{eqnarray*}$

bringt dich das weiter Augenzwinkern

07.10.2012, 19:42

Cheftheoretiker

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RE: Vektoren; Schnittpunkte, Tangentenvektor
Ehrlich gesagt nein, genau das habe ich doch schon gezeigt. Die Frage ist warum $\begin{eqnarray*} \vec{v}_f=<t,2t+2> \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \vec{u}_g=<t,4t+1> \end{eqnarray*}$ einfach die $\begin{eqnarray*} 2 \end{eqnarray*}$ bei $\begin{eqnarray*} \vec{v}_f \end{eqnarray*}$ und die $\begin{eqnarray*} 1 \end{eqnarray*}$ bei $\begin{eqnarray*} \vec{u}_g \end{eqnarray*}$ wegfallen? Du hast sie ja auch nicht weiter beachtet. Warum hast du denn jeweils das $\begin{eqnarray*} t \end{eqnarray*}$ in deiner Rechnung wegfallen lassen? Irgendwie kommt mir das hier ziemlich zusammengewürfelt vor. verwirrt

07.10.2012, 19:46

riwe

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RE: Vektoren; Schnittpunkte, Tangentenvektor

Zitat:

Original von hangman
Ehrlich gesagt nein, genau das habe ich doch schon gezeigt. Die Frage ist warum $\begin{eqnarray*} \vec{v}_f=<t,2t+2> \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \vec{u}_g=<t,4t+1> \end{eqnarray*}$ einfach die $\begin{eqnarray*} 2 \end{eqnarray*}$ bei $\begin{eqnarray*} \vec{v}_f \end{eqnarray*}$ und die $\begin{eqnarray*} 1 \end{eqnarray*}$ bei $\begin{eqnarray*} \vec{u}_g \end{eqnarray*}$ wegfallen? Du hast sie ja auch nicht weiter beachtet. Warum hast du denn jeweils das $\begin{eqnarray*} t \end{eqnarray*}$ in deiner Rechnung wegfallen lassen? Irgendwie kommt mir das hier ziemlich zusammengewürfelt vor. verwirrt

heiliger bim(m)bam(m ) unglücklich

weil nur der 1.teil ( der mit dem t Augenzwinkern

) den richtungsvektor repräsentiert

07.10.2012, 19:54

Cheftheoretiker

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RE: Vektoren; Schnittpunkte, Tangentenvektor
Das erklärt einiges. Big Laugh

Danke!
Also hätte ich mir das Rumgegurke mit den ganzen Umformungen auch sparen können.

Kannst du mir auch sagen was bei dem Tangentenvektor los ist oder habe ich mich dabei vertan? verwirrt

08.10.2012, 10:40

riwe

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RE: Vektoren; Schnittpunkte, Tangentenvektor

Zitat:

Original von hangman

Also hätte ich mir das Rumgegurke mit den ganzen Umformungen auch sparen können.

besser hätte ich es auch nicht formulieren können Augenzwinkern

Zitat:

Kannst du mir auch sagen was bei dem Tangentenvektor los ist oder habe ich mich dabei vertan? verwirrt

meinst du dieses machwerk verwirrt

Zitat:

Original von hangman
$\begin{eqnarray*} T(t)=\frac{<1,4>}{\sqrt{1^2+4^2}}=\frac{1}{\sqrt{17}}\cdot <1,4> \end{eqnarray*}$

Was ist dort denn im argen? verwirrt

da ist alles im argen.
was soll denn das eigentlich sein verwirrt

du hast im besten fall unglücklich

den richtungsvektor der geraden normiert

wie du den steigungswinkel bekommst, steht in meinem 1. beitrag.
also noch einmal

$\begin{eqnarray*} cos\alpha=\frac{\begin{pmatrix} 1 \\ 4 \end{pmatrix} \cdot\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix} }{\sqrt{17}} \end{eqnarray*}$

08.10.2012, 18:57

Cheftheoretiker

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RE: Vektoren; Schnittpunkte, Tangentenvektor
Der Tangentenvektor ist doch definiert als: $\begin{eqnarray*} \vec{r}(t)=\frac{\vec{r}'(t)}{||\vec{r}'(t)||} \end{eqnarray*}$

Deswegen dachte ich, wenn ich $\begin{eqnarray*} \vec{u}_g=<t,4t+1> \end{eqnarray*}$ nehme und nach $\begin{eqnarray*} t \end{eqnarray*}$ ableite, erhalte ich: $\begin{eqnarray*} \vec{u}'_g=<1,4> \end{eqnarray*}$ verwirrt

08.10.2012, 19:39

riwe

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RE: Vektoren; Schnittpunkte, Tangentenvektor
ich gebe w.o.
a) verstehe ich deine notation nicht wirklich
b) du wolltest doch immer den steigungswinkel berechnen
c) lies deinen eigenen kommentar ein bißchen weiter oben Augenzwinkern

08.10.2012, 21:59

Cheftheoretiker

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RE: Vektoren; Schnittpunkte, Tangentenvektor
Ok, hat sich erledigt. Vielen Dank! Augenzwinkern

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