Potenzgerade

15.06.2022, 14:25	Malcang	Auf diesen Beitrag antworten »
Potenzgerade Hallo zusammen, ich schaue mir gerade folgendes an: [attach]55375[/attach] Es geht mir gerade nur um (a). Diese habe ich auch gelöst, denn seien $\begin{eqnarray} x= \begin{pmatrix}x_1 \\ x_2\end{pmatrix}, m_1 = \begin{pmatrix}m_{11} \\ m_{12}\end{pmatrix}, m_2 = \begin{pmatrix}m_{21} \\ m_{22}\end{pmatrix} \end{eqnarray}$ . Dann ist $\begin{eqnarray} (x_1-m_{11})^2+(x_2-m_{12})^2 - ((x_1-m_{21})^2 + (x_2-m_{22})^2) =R_1^2-R_2^2 \end{eqnarray}$ und dies lässt sich (mit Fallunterscheidung $\begin{eqnarray} m_{12} = m_{22} \end{eqnarray}$ oder nicht) nach $\begin{eqnarray} x_2 \end{eqnarray}$ auflösen. Allerdings ist der Brute-Force-Weg des Ausklammerns ja selten der eleganteste. Daher habe ich mal die dritte binomische Formel bemüht: $\begin{eqnarray} (x_1-m_{11})^2+(x_2-m_{12})^2 - ((x_1-m_{21})^2 + (x_2-m_{22})^2) = (2x_1-m_{11}-m_{21})(m_{21}-m_{11}) + (2x_2-m_{12}-m_{22})(m_{22}-m_{12}) = R_1^2-R_2^2 \end{eqnarray}$ bereits auf eine Gerade schließen? Oder sogar weiter vorne?
15.06.2022, 19:29	Finn_	Auf diesen Beitrag antworten »
Auflösen nach einer Variablen kann man sich eigentlich ersparen. Die Gleichung per Äquivalenzumformung in die Form $\begin{eqnarray} ax_1+bx_2 = c \end{eqnarray}$ bringen. Verifizieren, dass nicht gleichzeitig sowohl $\begin{eqnarray} a=0 \end{eqnarray}$ als auch $\begin{eqnarray} b=0 \end{eqnarray}$ gelten kann. Ob man durch irgendeine Trickserei ums Ausmultiplizieren drum herum kommt, hab ich noch nicht herausgefunden. Du kannst ohne Beschränkung der Allgemeinheit einen der Mittelpunkte als im Koordinatenursprung befindlich betrachten, denn andernfalls lässt sich diese Situation per Verschiebung des Koordinatensystems herbeiführen. Die alternative Nomenklatur $\begin{eqnarray} \mathbf x = \begin{pmatrix}x \\ y\end{pmatrix},\quad \mathbf m_1 = \begin{pmatrix}x_1 \\ y_1\end{pmatrix},\quad \mathbf m_2 = \begin{pmatrix}x_2 \\ y_2\end{pmatrix} \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} ax+by=c \end{eqnarray}$ würde ein wenig Indexschrieb sparen, ist aber Geschmackssache. Alternativ die Gleichung irgendwie in die Form $\begin{eqnarray} \det\begin{pmatrix} x-x_0 & \Delta x\\ y-y_0 & \Delta y \end{pmatrix} = 0 \end{eqnarray}$ bringen, wobei $\begin{eqnarray} \mathbf x_0=(x_0,y_0) \end{eqnarray}$ ein Stützpunkt auf der Geraden ist und $\begin{eqnarray} \mathbf v=(\Delta x,\Delta y) \end{eqnarray}$ der Richtungsvektor der Geraden. Die abstrakte Form dieser Gleichung ist $\begin{eqnarray} (\mathbf x-\mathbf x_0)\wedge\mathbf v = 0, \end{eqnarray}$ wobei mit $\begin{eqnarray} \wedge \end{eqnarray}$ das äußere Produkt gemeint ist. Das Verschwinden dieses Produktes bedeutet, dass die Differenz $\begin{eqnarray} \mathbf x-\mathbf x_0 \end{eqnarray}$ kollinear zum Richtungsvektor $\begin{eqnarray} \mathbf v \end{eqnarray}$ ist. Untersuche auch mal, wie die mit $\begin{eqnarray} ax+by=c \end{eqnarray}$ zusammenhängt, ist nicht sonderlich schwierig.
15.06.2022, 20:58	Leopold	Auf diesen Beitrag antworten »
Dein Weg ist korrekt. Allerdings habe ich nicht jedes Detail überprüft. Das sind mir zu viele Indizes. Ich würde die Aufgabe mit dem Standardskalarprodukt erledigen. Ich schreibe das hier einmal multiplikativ und forme unter Verwendung der dritten binomischen Formel äquivalent um: $\begin{align} \left( \left( x - m_1 \right)^2 - {R_1}^2 \right) - \left( \left( x - m_2 \right)^2 - {R_2}^2 \right) = 0 \end{align}$ $\begin{align} \left( x - m_1 \right)^2 - \left( x - m_2 \right)^2 = {R_1}^2 - {R_2}^2 \end{align}$ $\begin{align} \left( \left( x - m_1 \right) - \left( x - m_2 \right) \right) \left( \left( x - m_1 \right) + \left( x - m_2 \right) \right) = {R_1}^2 - {R_2}^2 \end{align}$ $\begin{align} \left( m_2 - m_1 \right) \left( 2x - m_1 - m_2 \right) = {R_1}^2 - {R_2}^2 \end{align}$ $\begin{align} 2 \left( m_2 - m_1 \right) \left( x - \frac{1}{2} \left( m_1 + m_2 \right) \right) = {R_1}^2 - {R_2}^2 \end{align}$ $\begin{align} \left( m_2 - m_1 \right) \left( x - \frac{1}{2} \left( m_1 + m_2 \right) \right) = \frac{1}{2} \left( {R_1}^2 - {R_2}^2 \right) \end{align}$ Man erkennt die Form einer Geradengleichung und kann sogar einen Normalenvektor ablesen. Im Anhang eine dynamische Zeichnung. Sie kann mit Euklid geöffnet werden.
16.06.2022, 06:16	Finn_	Auf diesen Beitrag antworten »
Kopfrechnung: Das Koordinatensystem so transformieren, dass der Mittelpunkt des ersten Kreises im Ursprung und der Mittelpunkt des zweiten Kreises in $\begin{eqnarray} x_0 \end{eqnarray}$ auf der x-Achse liegt. Die Gleichung vereinfacht sich zu $\begin{eqnarray} x^2+y^2-R_1^2 = (x-x_0)^2+y^2-R_2^2, \end{eqnarray}$ welche sich zu $\begin{eqnarray} -R_1^2 = -2x_0 x+x_0^2-R_2^2 \end{eqnarray}$ kürzen lässt. Weil nach Voraussetzung $\begin{eqnarray} x_0\ne 0 \end{eqnarray}$ gilt, beschreibt diese ersichtlich lineare Gleichung eine senkrechte Gerade.
16.06.2022, 23:11	Malcang	Auf diesen Beitrag antworten »
Hallo ihr lieben, vielen Dank für eure Antworten. Beim ersten Drüberlesen weiß ich schon, dass es mir helfen wird. Leider habe ich jetzt bis Montag keine Zeit, da ausführlich zu schauen, jedenfalls nicht stressfrei Ich danke euch aber und wünsche schonmal ein schönes Wochenende!
16.06.2022, 23:17	Leopold	Auf diesen Beitrag antworten »
@ Finn_ Setzt deine letzte Lösung nicht voraus, daß die relative Konstellation von der Lage im Koordinatensystem unabhängig ist? Ist das von vorneherein klar?
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17.06.2022, 10:42	Finn_	Auf diesen Beitrag antworten »
Die Punktmenge $\begin{eqnarray} A \end{eqnarray}$ sei durch $\begin{eqnarray} A=\{x\in\mathbb R^2\mid f(x)=0\} \end{eqnarray}$ beschrieben. Nun haben wir eine einfachere Gleichung $\begin{eqnarray} g(x)=0, \end{eqnarray}$ die eine Punktmenge $\begin{eqnarray} B=\{x\in\mathbb R^2\mid g(x)=0\} \end{eqnarray}$ beschreibt. Außerdem existiere eine Isometrie $\begin{eqnarray} \varphi\colon\mathbb R^2\to\mathbb R^2, \end{eqnarray}$ so dass $\begin{eqnarray} f=g\circ\varphi \end{eqnarray}$ gilt. Mit $\begin{eqnarray} x\in A\iff f(x)=0\iff g(\varphi(x))=0 \end{eqnarray}$ findet sich die äquivalente Umformung $\begin{eqnarray} x'\in\varphi(A) \iff (\exists x\colon x\in A\land x'=\varphi(x))\iff (\exists x\colon g(\varphi(x))=0\land x'=\varphi(x)) \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \iff g(x')=0\iff x'\in B. \end{eqnarray}$ (Von rechts nach links gelingt der Schluss auf die Existenzaussage, weil $\begin{eqnarray} \varphi \end{eqnarray}$ surjektiv ist.) Ergo gilt $\begin{eqnarray} \varphi(A)=B, \end{eqnarray}$ womit $\begin{eqnarray} A \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} B \end{eqnarray}$ kongruent sind.

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