Vektoren - Aufgabe 2

16.03.2013, 11:46

Tipso

Vektoren - Aufgabe 2

Hallo,

Ich möchte mich an eine Aufgabe wagen:

Zitat:

Erläutern Sie die relative Lage der Geraden g (durch P und Q) und der Ebenen Epsilon.
Berechnen Sie Abstand bzw. Schnittpunkte und Schnittwinkel.

Schnittwinkel brauche ich Skalarprodukt im R^2, im R^3?
Schnittpunkte - im R^2? im R^3 = kreuzprodukt.

$\begin{eqnarray*} g: P\begin{pmatrix} 2 \\ 0 \\-5 \end{pmatrix} , Q\begin{pmatrix} 8 \\ -2 \\ 2 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \epsilon : y + z = 9 \end{eqnarray*}$

Schnittpunkte????

Schnittweinkel = Skalarprodukt.

lg

16.03.2013, 13:30

zyko

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RE: Vektoren - Aufgabe 2
Deine Geradengleichung lautet:
$\begin{eqnarray*} g: \begin{pmatrix} x_g \\ y_g \\z_g \end{pmatrix}= P+t(Q-P) = \begin{pmatrix} 2 \\ 0 \\-5 \end{pmatrix} +t\left( \begin{pmatrix} 8 \\ -2 \\ 2 \end{pmatrix} - \begin{pmatrix} 2 \\ 0 \\-5 \end{pmatrix} \right)= \begin{pmatrix} 2 \\ 0 \\-5 \end{pmatrix} + t\begin{pmatrix} 6 \\ -2 \\ -3 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \epsilon : y + z = 9 \end{eqnarray*}$
Setze die y- und z-Werte der Geraden in die Ebenenformel ein und berechne t. Daraus ergibt sich der Schnittpunkt.
Für den Schnittwinkel brauchst du den Normalenvektor der Ebene.
Mit dem Skalarprodukt aus dem Richtungsvektor der Geraden und dem Normalenvektor bekommst du den komplementären (90°-Schnittwinkel) Schnittwinkel, sofern du beide Vektoren auf die Länge 1 normierst.

17.03.2013, 13:44

Tipso

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Habe ich zwar nochmal eingelesen, jedoch bin ich hier schon am Anfang in einen Graben geraten.

Zitat:

Setze die y- und z-Werte der Geraden in die Ebenenformel ein und berechne t. Daraus ergibt sich der Schnittpunkt.

Warum nur y- und z-Werte?

Wo ist daraufhin mein t?

---------------------------------

Mein Versuch:

0+t(-2) + (-5) + t(-3) = 9

-2t - 5 - 3t = 9

-2t - 3t = 14

-5t = 14

t = - 14/5

*
-2*3 + -3*3 = -6*3
Demnach ist meine Umformung falsch. Hammer

-2t - 3t = 14

t(-2-3) = 14

t = - 14/5

Das Ergebnis ist dennoch identisch, Zufall?

lg

18.03.2013, 12:16

zyko

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Zitat:

Mein Versuch:

....

t = - 14/5

*
-2*3 + -3*3 = -6*3
Demnach ist meine Umformung falsch. Hammer

t scheint richtig zu sein. Aber ich verstehe nicht, was du anschließend rechnest.

18.03.2013, 13:41

Tipso

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Ich bin mir hier auch nicht ganz sicher. unglücklich

Warum nur 2 Werte - y und z.

Ich habe einfach diese Werte genommen und in die Ebenengleichung gesetzt.
Daraus ergeben sich 2 Gleichungen, die ich durch umformen gelöst habe.

In einer Umformung habe ich einen Teil einfach nicht verstanden:

-2t - 3t = -5t

Ich war/bin verwirrt, dass wir hier Pordukte subtrahieren.

lg

Ps.
Nächster Schritt?

19.03.2013, 11:42

zyko

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Da die Ebenengleichung x nicht enthält, braucht man $\begin{eqnarray*} x_g \end{eqnarray*}$ auch darin nicht einzusetzen, sondern nur $\begin{eqnarray*} y_g \mbox{ und } z_g \end{eqnarray*}$ (die Ausdrücke der Geradengleichung), um den gesuchten Wert t des Schnittpunktes zu berechnen.
Da die Ebenengleichung nur eine Gleichung ist, hat man dann eine Gleichung für die eine Unbekannte t.

19.03.2013, 16:36

Tipso

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Ich habe mich nochmals eingelesen.

Dennoch irritiert mich die Ebenengleichung und das Fehlen vom x-Wert und das dies keinen Unterschied macht verwirrt

20.03.2013, 00:07

mYthos

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Wenn in der Ebenengleichung kein x vorhanden ist, kannst du auch nichts dafür einsetzen, das ist ganz klar.
Die Ebene hat dann eine besondere Lage, sie ist parallel zu ... (normal zu ...)

Du kannst dennoch jenes t berechnen, das zum Schnittpunkt führt.
Aus der Geradengleichung entnimmt man:

x = 2 + 6t
y = - 2t
z = - 5 + 7t

Setze nun die in Frage kommenden Werte in die Ebenengleichung ein und berechne damit t.
Mit dessen Ergebnis gehst du nun erneut in die Geradengleichung ein, voilá, der Schnittpunkt ist geboren!

[ t = - 14/5 ist übrigens falsch ..., Vorzeichenfehler od. Richtungsvektor falsch .. ]

mY+

20.03.2013, 15:54

Tipso

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RE: Vektoren - Aufgabe 2
Erneuter Versuch:

$\begin{eqnarray*} \epsilon : y + z = 9 \end{eqnarray*}$

y = - 2t
z = - 5 + 7t

$\begin{eqnarray*} \epsilon : - 2t - 5 + 7t = 9 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} - 2t + 7t = 14 \end{eqnarray*}$

Nebenbemerkung:

Ich verstehe einfach nicht warum ich $\begin{eqnarray*} -2t + 7t = 5t \end{eqnarray*}$ rechnen darf.
Ein anderen Beispiel:

$\begin{eqnarray*} -2t - 2t = - 4t \end{eqnarray*}$
----------------------------------------------------------------------

$\begin{eqnarray*} 5t = 14 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} t = \frac{14}{5} \end{eqnarray*}$

-----------------------------------

Das t sagt mir also den Schnittpunkt.

Zitat:

Für den Schnittwinkel brauchst du den Normalenvektor der Ebene.

Warum?

Zitat:

Mit dem Skalarprodukt aus dem Richtungsvektor der Geraden und dem Normalenvektor bekommst du den komplementären (90°-Schnittwinkel)

Verstehe ich nicht ganz.
Warum den komplementären Schnittwinkel?

Zitat:

sofern du beide Vektoren auf die Länge 1 normierst

Normiere auf 1 indem ich den Vektor durch seinen Betrag dividiere.

lg

22.03.2013, 11:42

mYthos

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Den Schnittwinkel der Geraden mit der Ebene sieht man als Komplementärwinkel (Ergänzung zu 90°) des Richtungsvektors der Geraden mit dem Normalvektor der Ebene.
Das kannst du dir einfach so vorstellen, indem du die Ebene in einer bestimmten Richtung (genau gesagt, in der Richtung normal zu der Ebene, die von der Geraden und dem Normalvektor gebildet wird) so ansiehst,
dass sie nur noch als Gerade erscheint (--> projizierend!). Nun siehst du alle Winkel in wahrer Größe, der gesuchte Schnittwinkel und der Winkel zu dem Normalvektor ergänzen sich zu 90°.
_____________

Was sollte deiner Meinung nach -2t + 7t sonst ergeben? Du kannst doch t ausklammern --> t ( - 2 + 7) und was ist das dann?
Man kann auch einfach salopp sagen, -2 "Apparate" + 7 "Apparate" ergeben 5 "Apparate"

22.03.2013, 15:10

Tipso

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Soweit alles verstanden.

Meine Ebene hat also keinen x-Wert bzw. x = 0.

-----------------------------------------------------------

Soweit ich es verstanden habe.

Ebene Normalvektor, diesen genau dort wo der Schnittpunkt der Geraden und der Ebenen ist. Damit habe ich einen 90° Winkel(Normalvektor der Ebene) und dazwischen die Gerade, die auch einen bestimmten Winkel einschließt.
..................................................................................

Zitat:

x = 2 + 6t

Brauche ich nicht einzusetzen, da x der Ebene = 0.
...................................................................................

Normalvektor der Ebene.

Wie erhalte ich nun einen?

Gleichung aufstellen?

kreuzprodukt..?
Mit welchen Werten fragt sich nur ..

22.03.2013, 16:43

Tipso

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RE: Vektoren - Aufgabe 2
Ich verstehe nicht die Form der Ebenengleichung.

$\begin{eqnarray*} \epsilon : y + z = 9 \end{eqnarray*}$

lg

23.03.2013, 12:28

zyko

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RE: Vektoren - Aufgabe 2
Wie muss denn deiner Meinung nach eine Ebenengleichung aussehen?

Bei der gegebenen Gleichung
$\begin{eqnarray*} \epsilon%20:%20y%20+%20z%20=%209 \end{eqnarray*}$
wird ein Bezug zwischen y und z hergestellt, d.h. man kann auch schreiben $\begin{eqnarray*} z=9-y \end{eqnarray*}$ .
Da hierin x nicht vorkommt, kann x beliebig gewählt werden, aber auch für jedes beliebige y lässt sich die Gleichung durch $\begin{eqnarray*} z=9-y \end{eqnarray*}$ erfüllen.
Dies zusammen bedeutet, dass zwei Komponenten x und y frei wählbar sind, aber damit bereits festgelegt ist, wie z aussieht.

Den Normalenvektor kannst du folgendermaßen ermitteln:
Wähle drei Punkte, die nicht auf einer Geraden liegen.
$\begin{eqnarray*} P_i=\begin{pmatrix} x_i \\ y_i \\ z_i \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} x_i \\ y_i \\ 9-y_i \end{pmatrix}\mbox{ mit } i=1,2,3 \end{eqnarray*}$
die in der Ebene liegen. Die beiden Vektoren
$\begin{eqnarray*} \vec{r_1} =P_2-P_1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \vec{r_2} =P_3-P_1 \end{eqnarray*}$ liegen innerhalb der Ebene und spannen die Ebene auf. Diese beiden Vektoren dürfen auf die Länge 1 normiert werden.
Die Ebenengleichung mittels dieser Vektoren sieht dann so aus:
$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} x_E \\ y_E \\ z_E \end{pmatrix} =P_1 +s\cdot\vec{r_1} + t \cdot\vec{r_2} \end{eqnarray*}$
Hierin sind s und t beliebige reelle Werte.
Daraus errechnet sich auch der Normalenvektor
$\begin{eqnarray*} \vec{n}=\frac{\vec{r_1} \times \vec{r_2}}{||\vec{r_1} \times \vec{r_2}||} \end{eqnarray*}$
Damit ergibt sich die Normalenform der Ebenengleichung
$\begin{eqnarray*} \left(\begin{pmatrix} x_E \\ y_E \\ z_E \end{pmatrix} - P_1 \right )\cdot\vec{n} =0 \end{eqnarray*}$
Dies bedeutet, dass die Endpunkte aller Vektoren, die als Startpunkt $\begin{eqnarray*} P_1 \end{eqnarray*}$ haben und senkrecht zum Normalenvektor stehen, in der Ebene liegen.

23.03.2013, 12:53

Tipso

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jetzt bin ich etwas verwirrt.

Die koordinatenform gibt mir an, was für ein Wert x, y und z annehmen kann, damit der Punkt in meiner Ebenen liegt.

Wenn ich nach dem = eine Zahl habe, bedeutet dies?

Bsp:
$\begin{eqnarray*} \epsilon : y + z = 9 \end{eqnarray*}$

Die 9 hier.

Wenn x nicht angegeben ist, habe ich daraus geschlossen, dass dieser 0 sein muss.

Was sagt mir:

$\begin{eqnarray*} \epsilon : y + z - 9= 0 \end{eqnarray*}$

lg

24.03.2013, 12:11

zyko

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Du schreibst

Zitat:

Wenn x nicht angegeben ist, habe ich daraus geschlossen, dass dieser 0 sein muss.

Nein: ganz im Gegenteil alle x-Werte sind erlaubt.
Lies bitte meine Beiträge auch durch, dann wirst du erkennen, dass x und y beliebig gewählt werden können, während z sich aus der Ebenengleichung berechnen lässt.

Natürlich kannst du auch z beliebig wählen, dann musst du aber y aus der Ebenengleichung berechnen.

24.03.2013, 14:50

mYthos

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Die parameterfreie Gleichung der Ebene, d.i. die Koordinatenform, nennt man auch Normalvektorform der Ebenengleichung, weil darin bereits die Komponenten des Normalvektors direkt ablesbar sind:

y + z = 9 --> n = (0; 1; 1)

Warum das so ist, erkennt man allerdings erst aus der letzten Zeile von zykos ausführlichem Beitrag.
Jeder beliebige Vektor (AX) in der Ebene und deren Normalvektor sind orthogonal, daher ist deren skalares Produkt gleich Null.

$\begin{eqnarray*} \vec{AX} = \vec x - \vec a \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} (\vec x - \vec a) * \vec n = 0 \end{eqnarray*}$

In dieser Form muss also rechts immer Null stehen.

Nun zu der erwähnten Zahl rechts des Gleichheitszeichens, welche man durch Ausmultiplizieren erhält:

$\begin{eqnarray*} \vec n * \vec x = \vec a * \vec n \end{eqnarray*}$

Der rechte Teil ist dann einfach ein Skalar (c), im gegebenen Fall hat er den Wert 9.

Im allgemeinen Fall lautet dann die Gleichung

$\begin{eqnarray*} \vec n * \vec x = c \ , \end{eqnarray*}$

ausmultipliziert -->

$\begin{eqnarray*} n_1 x + n_2y + n_3 z = c \end{eqnarray*}$
----------------------------------

Jetzt ist klar, weshalb bei x, y, z die Koordinaten des Normalvektors sogleich zu erkennen sind.
__________________

Zitat:

Original von Tipso
...
Wenn x nicht angegeben ist, habe ich daraus geschlossen, dass dieser 0 sein muss.
...

Da musst du schon genauer sein. WAS wird Null? Natürlich nur die x-Koordinate des Normalvektors!
Die Punkte selbst können freilich jedes beliebige x haben.

Die Zahl c (=9) wird zur sogenannten Punktprobe herangezogen, d.h. damit testet man, ob ein Punkt in dieser Ebene liegt oder nicht.

mY+

24.03.2013, 15:50

Tipso

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Ich versuche es an einem Beispiel nochmals zu vertiefen:

2x + y + 3z = 1

a.
Was ich hier eben nicht verstehe ist, warum ich hier = 1 habe und was mir,

2x + y + 3z -1 = 0 sagt.

Ich kann nun die Gleichung beliebig umstellen und dadurch für x + y freie Beträge wählen, da daraufhin der z Wert im Verhältnis passen muss, um die Ebene zu erfüllen.

In unserem vorherigen Beispiel gab es aber den x-Wert überhaupt nicht ..

Zitat:

y = 1 − 2x + 3z

Daraus leite ich mir 3 beliebige Punkte ab.
1 nehme ich als Stützvektor und daraus zwei Richtungsvektoren.

Wichtig ist, soweit ich es verstanden habe, dass die Punkte nicht ein vielfaches von einem anderen Punkt sind.

Beispiel:
$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} + r\begin{pmatrix} 1 \\ -2 \\ 0 \end{pmatrix} + t\begin{pmatrix}0 \\ 3 \\ 1 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Bei diesem Vorgehen liegt der Stutzvektor stets auf einer Koordinatenachse
und die Richtungsvektoren liegen jeweils in einer Koordinatenebene.

Diesen Teil verstehe ich dennoch nicht ganz.

b.
andere infos sagen mir:

F¨ur eine Ebene, die durch den Ursprung verl¨auft, lautet die Koordinatenform
ax + by + cz = 0

Dies bedeutet, wenn ich eine Zahl nachdem = habe, geht meine Ebene nicht durch den Uhrsprung.

Bsp.
Meine obige Gleichung:

2x + y + 3z = 1

lg

Ps.
Ich werde mich noch etwas länger mit diesem Thread beschäftigen müssen, um alles zu verstehen. Habe vieles (noch)nicht ganz verstanden.

24.03.2013, 18:08

mYthos

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2x + y + 3z = 1

Ob dort rechts 1 oder 2354 steht, ist völlig egal, diese Zahl bestimmt lediglich nur noch die Lage der Ebene hinsichtlich Parallelverschiebung.
Denn alle Ebenen 2x + y + 3z = c_i sind zueinander parallel, verstehst du, weshalb?

Und wenn du die Gleichung auf Null bringst, ändert sich dabei gar nichts.

Und ja, bei c = 0 geht die Ebene durch den Nullpunkt.

Zitat:

Original von Tipso
...
$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} + r\begin{pmatrix} 1 \\ -2 \\ 0 \end{pmatrix} + t\begin{pmatrix}0 \\ 3 \\ 1 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Bei diesem Vorgehen liegt der Stutzvektor stets auf einer Koordinatenachse
und die Richtungsvektoren liegen jeweils in einer Koordinatenebene.

Diesen Teil verstehe ich dennoch nicht ganz.
...

Das kann man so machen, MUSS es aber nicht, es erleichtert allerdings die Sache bei der Berechnung. Man kann ganz beliebige Stützpunkte und auch Richtungsvektoren nehmen.
Übrigens der zweite enspricht nicht der Ebene 2x + y + 3z = 1 (Vorzeichen!).

In dem Beispiel hat der Stützpunkt die Koordinaten x = 0 und z = 0. Deshalb lässt sich dann y ganz bequem ausrechnen. Dass dieser Vektor auf der y-Achse bzw. parallel zu ihr liegt, ist offensichtlich.
Bei den Richtungsvektoren ist jeweils eine Koordinate Null. Daher liegen diese in Ebenen, die jeweils zu jenen Koordinatenebenen parallel sind, die den Nullwert enthalten,
also der erste parallel zu der x-y - Ebene, der zweite zu der y-z - Ebene.

mY+

24.03.2013, 19:10

Tipso

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Zitat:

Wenn ich sie auf 0 setze verändert sich nichts?
Somit kann ich anscheinend überprüfen, ob ein Punkt auf der Ebenen liegt oder nicht. So habe ich es zumindest verstanden.

Ob rechts 1 oder xx steht ist egal.
Weil es lediglich angibt, auf welchem y-Wert die Ebene liegt, nehme ich an.
Deswegen sind die Ebenen auch alle parallel.

Zitat:

Dass dieser Vektor auf der y-Achse bzw. parallel zu ihr liegt, ist offensichtlich.

Für mich nicht ganz.
Es hat den Wert von der y-Achse. Damit liegt es dort?

Zitat:

Bei den Richtungsvektoren ist jeweils eine Koordinate Null. Daher liegen diese in Ebenen, die jeweils zu jenen Koordinatenebenen parallel sind, die den Nullwert enthalten,

Irgendwo sehr schwer verdaulich.
Wenn eine Ebene x oder y = 0. Bedeutet dies graphisch, es liegt auf der
koordinate 0 beim jeweiligen Wert-x bzw. y.

Zitat:

Das kann man so machen, MUSS es aber nicht, es erleichtert allerdings die Sache bei der Berechnung. Man kann ganz beliebige Stützpunkte und auch Richtungsvektoren nehmen.

Wenn ich mit 3 Punkte anfange, nehme ich einen als Stützpunkt und von diesem aus nehme ich 2 Richtungsvektoren.
Soweit richtig?

Ich darf aber also auch noch beliebige Punkte nehmen.
Also zb. berechne ich 5 Punkte.
Nehme dann einen beliebigen als Stützvektor und berechne 2 komplett verschiedene und unabhängige Richtungsvektoren.

Wichtig ist nur, dass sie nicht ein vielfaches von dem anderen Richtungsvektor sind, da ich dadurch keine Ebene aufstellen kann.

Zitat:

Übrigens der zweite enspricht nicht der Ebene 2x + y + 3z = 1 (Vorzeichen!).

Mein zweiter Richtungsv. ist falsch?
Ich habe diese Werte aus einer sicheren Quelle. verwirrt

Wie man eien Richtungsve. überprüft ist mir noch nicht ganz klar.
lg

24.03.2013, 23:32

mYthos

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Ich denke, dass du jetzt schon mitbekommen hast, wann der Normalvektor einer Ebene zu sehen ist bzw. wie er bestimmt werden kann.
In deiner Beispielebene 2x + y + 3z = 1 lautet er also (2; 1; 3) T
[ich schreibe dies der Einfachheit halber in eine Zeile, obwohl er eigentlich ein Spaltenvektor ist, das T deutet darauf hin, T .. bezeichnet --> transponiert]

Wie dir bereits auseinandergesetzt, jeder andere Vektor, der nun in der Ebene liegt, ist zu diesem Normalvektor orthogonal, d.h. sein skalares Produkt mit diesem muss Null ergeben.
Und was macht nun dein zweiter Richtungsvektor? Ist (0; 3; 1) * (2; 1; 3) nun wirklich Null?

Nochmals: Ob du die Ebenengleichung auf Null setzt oder nicht, ist für die Punktprobe piepegal, so oder so muss sich die richtige Aussage ergeben.

So, jetzt zum Vektor. Ich habe den Eindruck, dass du die Grundlage eines Vektors noch immer nicht (ganz) verstanden hast, also wie man aus den Koordinaten - besser gesagt, Komponenten - diesen Vektor konstruiert.
Da ein Vektor die Menge aller gleich langen, parallelen und gleich orientierten Pfeile des ihm zu Grunde liegenden Raumes ist, gibt es unendlich viele solcher Pfeile.
Um nun damit rechnen zu können, nehmen wir immer einen davon heraus und bezeichnen ihn als Repräsentanten dieser Vektormenge.

Diesen Repräsentanten bezeichnen wir - wiederum der Einfachheit halber - als einen Vektor, wohl wissend, dass es unendlich viele solche gleiche gibt, und wir rechnen dann auch nur mit diesem.
Als dessen Anfangspunkt können wir naturgemäß jeden beliebigen Punkt des Raumes annehmen, vorzugsweise nehmen wir oftmals den Nullpunkt.
Zum Endpunkt des Vektors kommt man jetzt ganz einfach mittels der angegebenen Koordinaten (= Komponenten), z.B. (2; 1; 3).
Wir gehen also vom Anfangspunkt aus in der x-Richtung (d.h. parallel zur x-Achse) um 2 Einheiten weiter, dann von dort aus in der y-Richtung ( d.h. parallel zur y-Achse) um 1 Einheit weiter
und von hier aus noch um 3 Einheiten in der z-Richtung.
Somit erhalten wir den Endpunkt, dessen Koordinaten im Falle des Anfangspunktes im Nullpunkt identisch mit jenen des Vektors sind, andernfalls ergeben sich die Komponenten des Vektors als Differenzen der jeweiligen Koordinaten des End- und des Anfangspunktes.

So ist es nun klar, dass der Vektor (0; 1; 0) auf der y-Achse liegen muss, denn die einzige Ortsveränderung des Endpunktes geschieht auf der y-Achse, währenddessen in x- und z-Richtung keine Bewegung erfolgt.

Mit Nullwerten beispielsweise bei der x-y Ebene war gemeint, dass alle Punkte in der x-y - Ebene die z-Koordinate Null haben.
Der Vektor (1; -2; 0) ist dadurch gekennzeichnet, dass die Differenz der z-Koordinaten des End- und Anfangspunktes Null ist, also liegt er in der x-y - Ebene oder ist parallel zu dieser,
in letzterem Falle er wieder in diese Koordinatenebene zurückverschoben werden kann.

Das alles sollte bereits zu deinem Grundverständnis gehören, wenn du Aufgaben in der analytischen Geometrie zu lösen hast.

mY+

25.03.2013, 00:01

Tipso

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hi,

Jetzt habe ich es verstanden.

Zitat:

End- und Anfangspunktes Null ist, also liegt er in der x-y - Ebene oder ist parallel zu dieser,
in letzterem Falle er wieder in diese Koordinatenebene zurückverschoben werden kann.

Hier verstehe ich die letzte Zeile nicht ganz.

--------------

Von einem Graphen (Ebene) lassen sich die Werte auch einfach ablesen?

...................

Es ist tatsächlich falsch angegeben. unglücklich

25.03.2013, 00:20

Tipso

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Zuletzt:

Dies bedeutet, z = am Uhrsprung weil es 1z ist.
x und y haben Variablen davor.

-z = ax + by

Was sagt dies mir?
Warum forme ich so um? Um per Gleichungssystem einen bestimmten Wert auszurechnen?

lg

25.03.2013, 00:46

Tipso

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RE: Vektoren - Aufgabe 2

Zitat:

[quote]Original von zyko
Bei der gegebenen Gleichung
$\begin{eqnarray*} \epsilon%20:%20y%20+%20z%20=%209 \end{eqnarray*}$
wird ein Bezug zwischen y und z hergestellt, d.h. man kann auch schreiben $\begin{eqnarray*} z=9-y \end{eqnarray*}$ .
Da hierin x nicht vorkommt, kann x beliebig gewählt werden, aber auch für jedes beliebige y lässt sich die Gleichung durch $\begin{eqnarray*} z=9-y \end{eqnarray*}$ erfüllen.
Dies zusammen bedeutet, dass zwei Komponenten x und y frei wählbar sind, aber damit bereits festgelegt ist, wie z aussieht.

Hier scheitere ich sehr oft.
Es gibt keinen x-Wert also ist dieser 0.
Ich darf dennoch für x beliebig einen Wert einsetzen?

199 oder 1000. Dies ändert meine Gleichung nicht. verwirrt

Zitat:

Daraus errechnet sich auch der Normalenvektor
$\begin{eqnarray*} \vec{n}=\frac{\vec{r_1} \times \vec{r_2}}{||\vec{r_1} \times \vec{r_2}||} \end{eqnarray*}$
Damit ergibt sich die Normalenform der Ebenengleichung
$\begin{eqnarray*} \left(\begin{pmatrix} x_E \\ y_E \\ z_E \end{pmatrix} - P_1 \right )\cdot\vec{n} =0 \end{eqnarray*}$
Dies bedeutet, dass die Endpunkte aller Vektoren, die als Startpunkt $\begin{eqnarray*} P_1 \end{eqnarray*}$ haben und senkrecht zum Normalenvektor stehen, in der Ebene liegen.

Alternative ist hier das kreuzprodukt von r_1 und r_2.

Edit:
Ich merke gerade, dass ich sehr schwach bin. Manches wiederholt sich bei mehrmaligem durchlesen des Threads. Werde versuchen sowas auf jeden Fall zu vermeiden.

25.03.2013, 01:16

mYthos

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Wenn in der Gleichung kein x vorkommt, so heisst dies NICHT, dass dieses Null ist!
Im Gegenteil, es kann hier jeden Wert annehmen.
Was hier Null ist, ist dessen Koeffizient, das ist ein gewaltiger Unterschied.
Also 0*x ist immer Null, egal, welchen Wert x selbst hat.

y + z = 9 heisst hier nichts anderes, als

0*x + 1*y + 1*z = 9

In dieser Gleichung sind die Koeffizienten 0, 1 und 1, das sind gleichzeitig die Komponenten .. (wovon?)

Also merke dir, das was vor x, y, z steht, sind die Koeffizienten, nicht die Variablen, denn diese sind x, y, z selbst.
___________

Tatsächlich hast du anfangs die Gleichung falsch abgeschrieben, denn sie lautet eben lt. Text 2x + y - 3z = 1. In diesem Fall stimmen daher die beiden Richtungsvektoren.
___________

-z = ax + by

wurde deswegen so umgeformt, weil der Koeffizient von z bereits bekannt (= - 1) ist, und damit leichter ein lineares Gleichungssystem in den beiden anderen (a, b) zu erstellen ist.

mY+

25.03.2013, 03:16

Tipso

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Zitat:

Tatsächlich hast du anfangs die Gleichung falsch abgeschrieben, denn sie lautet eben lt. Text 2x + y - 3x = 1. In diesem Fall stimmen daher die beiden Richtungsvektoren.

Einen Fehler gibt es im Text dennoch.

Nachdem umgeformt wurde steht z - statt dem y-Wert.

oder missverstehe ich hier etwas.

lg

Ps.
Werde mir den Thread in aller Ruhe und Frische nochmals durchlesen bevor ich etwaige Fragen stelle.

26.03.2013, 01:05

mYthos

Auf diesen Beitrag antworten »

Der Vektor stimmt.
In der zweiten Zeile wurde y durch den nach y umgestellten Term der gegebenen Ebenengleichung ersetzt.

mY+

26.03.2013, 15:53

Tipso

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Verstehe:

Eine andere Frage, die mit der Aufgabe in Zusammenhang steht.

Zeichnung1:

Warum entspricht der Richtungsvektor der Geraden, dem Normalvektor der Ebene.

Warum ist der Vektor P nach S orthogonal?
Weil die Ebene Orthogonal zu ihrem Normalvektor ist?

lg

27.03.2013, 00:20

mYthos

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Ja, sonst würde er ja nicht Normalvektor heissen.

mY+

27.03.2013, 01:23

Tipso

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Ich habe mich glaube ich etwas falsch ausgedrückt.

Ich verstehe nicht, warum der Richtungsvektor der GEraden und der Normalvektor der Ebene identisch sein können.

Desweiteres ist es mir ein Rätsel, dass eine Ebene zwar unendlich lang ist, aber von zwei Richtungsvektoren braucht um es aufzuspannen.

b.
Warum ist im Bild h = Abstand vom Punkt zur Geraden und nicht Vektor von $\begin{eqnarray*} \vec{v} \end{eqnarray*}$ ?

verwirrt

27.03.2013, 08:45

mYthos

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a) Das ist nur dann der Fall, wenn die Gerade normal zur Ebene ist.

b) Weil es sich beim Abstand um den Normalabstand (den kürzesten Abstand) handelt.

Die Ebene ist ein dreidimensionales Gebilde. Deswegen sind drei voneinander unabhängige Punkte (die nicht alle auf einer Geraden liegen) zu deren Festlegung nötig.
Somit sind zwei (lin. unabh.) Vektoren zu bilden, die die Lage der Ebene bestimmen.

mY+

27.03.2013, 10:53

Tipso

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Zitat:

a) Das ist nur dann der Fall, wenn die Gerade normal zur Ebene ist.

a.
Dies ist mir absolut nicht klar.

Bei Punkt - Gerade - Abstandproblemen erstelle ich in der Gerade eine Ebene, die Normal zu der Geraden steht.

Also mache ich dies immer so.

lg

27.03.2013, 11:09

mYthos

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Da gibt's eigentlich nicht viel zu verstehen.
Mache dir dies mittels einer Skizze klar.
Wenn die Gerade nicht senkrecht zu der Ebene steht, dann kann ihr Richtungsvektor doch nie parallel zu dem Normalvektor der Ebene sein.

27.03.2013, 11:19

Tipso

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Ja, stimmt.

Vielleicht anders gefragt.

Man macht dies so, damit eine Berechnung des Abstandes möglich ist. verwirrt

Skizze, siehe oben.

Beitrag von Gestern:
Gestern, 15:53

Der rote Pfeil ist demnach, sowohl der Richtungsv. von der Geraden als auch der Normalve. von meiner Ebene.

lg

27.03.2013, 12:32

mYthos

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So ist es.
Wenn es nur um den Abstand geht, also der Lotfußpunkt nicht gefragt ist, kann man den Abstand auch direkt berechnen.

[attach]29277[/attach]

27.03.2013, 16:39

Tipso

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Bein Gehirn macht schon seit einiger Zeit dich.

Ich werde eine Pause einlegen und heute später darauf nochmal eingehen.

Betrag von vec. u * h = betrag von vec.AQ kreuzprodukt vec-u. verwirrt

Danke für deine Hilfe.

28.03.2013, 12:31

Tipso

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Hi,

Ich möchte mich am Anfang auf eine vorherige Frage beziehen.

b.
Warum ist im Bild h = Abstand vom Punkt zur Geraden und nicht Vektor von $\begin{eqnarray*} \vec{v} \end{eqnarray*}$ ?
http://www.matheboard.de/attachment.php?attachmentid=29269

Antwort:
b) Weil es sich beim Abstand um den Normalabstand (den kürzesten Abstand) handelt.

Wie erkenne ich diesen?
Bei "Abstandsproblemen" muss ich ja sofort den schnellsten Abstand erkennen, damit ich einen Vektor zwischen den benötigten Vektoren bilden kann.

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Zum Lotfußpunkt auf der Ebene.
Dies ist der blaue Punkt auf der Skizze. (Beitrag Gestern, 11:19).

Rein theoretisch hätten wir auch beide Vektoren auf den Einheitsvektor berechnen können und dann einen vom anderen abziehen. (Ich bin mir hier nicht ganz sicher, welchen von wem, damit wir den richtigen ges. Vektor erhalten und nicht dessen Zwilling mit der falschen Orientierung(Richtung)).

Ich kann die Formel nicht ganz verstehen.

Der Betrag von $\begin{eqnarray*} \vec{v} \end{eqnarray*}$ * h (Skalares Produkt) wird zum Betrag des kreuzproduktes von $\begin{eqnarray*} \vec{v} x \vec{AB} \end{eqnarray*}$ und daraufhin dessen Betrag.

Die Skizze, vor allem die Projektion und die Verlängerung von der Spitze des Vektors von $\begin{eqnarray*} \vec{AB} \end{eqnarray*}$ bzw. vom Punkt Q, ergibt für mich keinen Sinn.
Daraufhin wurde der $\begin{eqnarray*} \vec{AB} \end{eqnarray*}$ wohl auf die Spitze vom $\begin{eqnarray*} \vec{v} \end{eqnarray*}$ projiziert.

30.03.2013, 00:51

mYthos

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Der Abstand ist garantiert nicht "der schnellste Vektor", was soll den das für eine Definition sein (?), sondern die kürzeste Distanz. Diese verläuft in senkrechter Richtung. Deswegen spricht man auch vom Normalabstand.
Und diesen bekommst du auch keinesfalls durch "Abziehen der Einheitsvektoren", das kannst du ganz schnell wieder vergessen.

In der letzten Skizze ist erklärt, mittels welcher Beziehung der Normalabstand h berechnet werden kann:
Auf der linken Seite der Gleichung steht einfach die (geometrische) Flächenformel für das Parallelogramm und rechts dieselbe Fläche als Betrag des vektoriellen Produktes der beiden Vektoren AQ und u.

Dazu sollte dir bekannt sein, dass der Betrag des Kreuzproduktes zweier Vektoren immer gleich dem Flächeninhalt des von den zwei Vektoren aufgespannten Parallelogrammes ist.

mY+

30.03.2013, 20:13

Tipso

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hi,

Ich habe mich etwas falsch ausgedrückt.
Ich meinte die kürzeste Distanz.

Ich senkrechter Richtung = $\begin{eqnarray*} \vec{v} \end{eqnarray*}$

Besser, woran erkenne ich die kürzeste Distanz?
Ich hätte in diesem Beispiel auf $\begin{eqnarray*} \vec{v} \end{eqnarray*}$ getippt.

h steht doch dem recht. Winkel gegenüber und kann deshalb nicht die kürzeste Distanz sein.

Dreieck $\begin{eqnarray*} AP\vec{u} \end{eqnarray*}$

.......................................................................................................................................

Dazu sollte dir bekannt sein, dass der Betrag des Kreuzproduktes zweier Vektoren immer gleich dem Flächeninhalt des von den zwei Vektoren aufgespannten Parallelogrammes ist.

Das Kreuzprodukt selber ist dabei mein Normalvektor.

Offen ist hier eines:

Beträge werden teils verschieden genommen, was mich sehr verwirrt.

$\begin{eqnarray*} | a* b | = a * b | \end{eqnarray*}$ Vorzeichen wird positiv.

[ latex] | a* b | = \sqrt{a^2 + b^2} [/latex]

worin liegen die unterschiedlichen Beträge?

lg

02.04.2013, 23:07

mYthos

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Ich kann dir jetzt nicht folgen, was du da zusammenkomponierst.
Frage dich doch selbst, wie du von P auf dem kürzesten Wege nach $\begin{eqnarray*} \vec u \end{eqnarray*}$ kommst!

Die senkrechte Richtung ist sicher NICHT $\begin{eqnarray*} \vec v \end{eqnarray*}$ , sondern h.
h steht im rechten Winkel zu AB ( $\begin{eqnarray*} \vec u \end{eqnarray*}$ ), während $\begin{eqnarray*} \vec v \end{eqnarray*}$ dies nicht tut..

___________________

Zum Betrag:
Dazu musst unterscheiden:

- Der Betrag einer Zahl ist die Zahl ohne Vorzeichen. Falls die Zahl negativ ist, muss das Vorzeichen umgekehrt werden. Daher ist der Betrag eine positive Zahl.

- Der Betrag eines Vektors ist dessen Länge. Also ebenfalls eine positive Zahl. Die Wurzel bekommt das positive Vorzeichen.

mY+

02.04.2013, 23:49

Tipso

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Habe mich wohl zu sehr auf mein Augenmaß verlassen. Habe Winkel und Länge gemessen.

h ist hat die kürzere Strecke und einen Winkel von 90°, ich dachte die ganze Zeit, es wäre umgekehrt.

---------------------------------

2.
Passt.

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Wie sieht es mir Normalvektoren aus?

R^2 und R^3 und von Ebenen.

Von R^2 einfach beide Werte Tauschen und ein Vorzeichen tauschen.
R^3 geht dies nicht mehr?

R^3 hat unendlich viele Normalv. aber in der Ebene brauche ich zwei um einen zu berechnen der dann auf die Ebene Normal steht, obwohl eine Ebene unendlich viele Normalv. hat.

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Zwei Ebenen sind parallel wenn ihre Normalv. gleich oder ein Vielfaches voneinander sind bzw. parallel.

Gibt es dafür eine einfache Begründung?

lg

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Vektoren - Aufgabe 2

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