Orthogonale geraden < Geraden und Ebenen < Lin. Algebra/Vektor < Oberstufe < Schule < Mathe < Vorhilfe
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| Aufgabe | Gegeben sind ein Punkt P (-4/0/3) und eine Gerade g:[mm]\vec x[/mm]=[mm] \begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ 3 \end{pmatrix}[/mm]+z[mm]\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ -1 \end{pmatrix}[/mm].
Wie lautet die Gleichung einer Geraden h durch P die orthogonal zu g ist? |
Wie kann ich die Gleichung der Geraden h bestimmen?
Gruß Daniel
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
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Hallo Daniel,
eine Geradengleichung besteht ja aus einem Stützvektor (den Vektor zu irgendeinem Punkt auf der Geraden) und einem Richtungsvektor.
Der Stützvektor der neuen Geraden hast du ja bereits gegeben.
Weiterhin gilt: 2 Geraden sind orthogonal, wenn ihre Richtungsvektoren orthogonal sind, d.h. wenn gilt:
[mm]\vec{r_1} * \vec{r_2} = 0[/mm] mit [mm] r_i [/mm] Richtungsvektor der i-ten Gerade.
Ich hoffe, du kommst nun weiter, wenn nicht, einfach weiterfragen 
Gruß,
Gono.
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| Aufgabe | Aufgabe
Gegeben sind ein Punkt P (-4/0/3) und eine Gerade g:$ [mm] \vec [/mm] x $=$ [mm] \begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ 3 \end{pmatrix} [/mm] $+z$ [mm] \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ -1 \end{pmatrix} [/mm] $.
Wie lautet die Gleichung einer Geraden h durch P die orthogonal zu g ist? |
Mein Stüzvektor für die neue Gerade lautet also [mm]\begin{pmatrix} -4 \\ 0 \\ 3 \end{pmatrix}[/mm]. Soweit hab ich das verstanden. Nur muss ich ja jetzt irgendwie eine Gleichung aufstellen und sie mit der Gleichung der Geraden g gleichsetzen um auf den Richtungsvektor zu kommen. Wie kann ich das machen? Danke schonmal im vorraus!!
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 20:32 So 15.10.2006 | | Autor: | ardik |
Hallo DanielBusiness,
zunächst mal: Die Geradengleichungen müssen nicht gleichgesetzt werden. Damit würde man lediglich gemeinsame Punkte (Schnittpunkt oder alle Punkte bei Identität) bestimmen, aber in der Aufgabe steht ja nicht, dass sie sich schneiden sollen, oder (mnjah, bei näherer Betrachtung... man kann es so deuten...)?
Für die Orthogonalität jedenfalls musst Du nur für h einen Richtungsvektor (ich nenne ihn [mm] $\vec [/mm] v$)finden, der zu dem aus g [mm] ($\vec [/mm] u$) senkrecht steht. Zwei Vektoren sind genau dann orthogonal, wenn ihr Skalarprodukt gleich null ist.
[mm] $\vec [/mm] u * [mm] \vec [/mm] v = [mm] 1*v_x [/mm] + [mm] 1*v_y [/mm] - [mm] 1*v_z [/mm] = 0$
Daraus kannst Du Dir jetzt beliebig viele verschiedenen Vektoren basteln, die alle zu [mm] \vec [/mm] u orthogonal sind, indem Du z.B. [mm] v_x [/mm] und [mm] v_y [/mm] beliebig wählst und [mm] v_z [/mm] daraus berechnest.
[mm] $\vec [/mm] v = [mm] \vektor{v_x\\v_y\\v_x+v_y}$
[/mm]
Und Du kannst diesen (allgemeinen) Vektor auch in der Geradengleichung verwenden, um die beiden Geradengleichungen gleichzusetzen. Aber auch dann ist immer noch eine Variable "zu viel", daher ist es zweckmäßig, eine der Komponenten, z.B. [mm] v_x, [/mm] frei zu wählen (z.B. gleich 1 zu setzen):
$h: [mm] \vektor{-4\\0\\3}+t*\vektor{1\\v_y\\1+v_y}$
[/mm]
War das jetzt ausreichend verständlich? Sonst frag nach!
Schöne Grüße,
ardik
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 20:40 So 15.10.2006 | | Autor: | Gonozal_IX |
Hiho
Deine Lösung stimmt für den "allgemeinen" Mathematiker, denn da können 2 Geraden orthogonal sein, ohne das sie sich schneiden.
In der Schule ist es meistens jedoch so, daß 2 Geraden orthogonal sind, wenn sie sich im rechten Winkel schneiden.
In dieser Aufgabe kann man sogar einen Richtungsvektor herleiten, so daß sich beide Geraden schneiden, da ist keine Variale "zuviel".
Gruß,
Gono.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 21:27 So 15.10.2006 | | Autor: | ardik |
Hallo Gonozal_IX,
> In dieser Aufgabe kann man sogar einen Richtungsvektor
> herleiten, so daß sich beide Geraden schneiden, da ist
> keine Variale "zuviel".
Das leuchtet mir noch nicht ganz ein. Denn aus dem Sortiment der unendlich vielen kollinearen Richtungvektoren, die die gesuchten Bedingungen erfüllen, muss man ja noch einen (beliebigen) auswählen (siehe auch meine Anmerkung zu Jackiechan).
Oder mache ich grad einen Denkfehler (was nicht der erste wäre... ![[kopfkratz3]](/images/smileys/kopfkratz3.gif "[kopfkratz3]") )?
Schöne Grüße,
ardik
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 21:55 So 15.10.2006 | | Autor: | Gonozal_IX |
Hi ardik,
es stimmt schon, daß es per Definition unendlich viele Richtungsvektoren gibt, allerdings hat das Gleichungssystem für den Schnittpunkt nur eine Lösung.
Grob skizziert:
Sei [mm] \vektor{a \\ b \\ c} [/mm] der Richtungsvektor der gesuchten Geraden, dann muss gelten:
[mm]\vektor{1\\1\\-1} * \vektor{a\\b\\c} = 0 [/mm]
[mm]\gdw c = a + b[/mm]
So, nun Gleichsetzen der Geraden, die ja nen Schnittpunkt haben sollen:
[mm]\vektor{2\\1\\3} + t\vektor{1\\1\\-1} = \vektor{-4\\0\\3} + t\vektor{a\\b\\c} [/mm]
[mm]\vektor{2\\1\\3} + t\vektor{1\\1\\-1} = \vektor{-4\\0\\3} + t\vektor{a\\b\\a+b}[/mm]
3 Gleichungen mit 3 Unbekannten (alle Gleichungen linear unabhängig bla  ) [mm] \Rightarrow [/mm] genau eine Lösung.
Die Lösung, die hier für den Richtungsvektor rauskommt, kann man natürlich mit jeder beliebigen reellen Zahl ungleich 0 multiplizieren, aber erstmal kommt man auf genau eine Lösung des Problems, woraus man sich dann alle anderen herleiten kann.
Gruß,
Gono.
Zusatz: Mir ist schon klar, daß das nicht bei jeder Aufgabe klappt, aber hier ist es gerade so schön, weil bei beiden Geraden der Faktor t der Gleiche ist .... Zufall? :-P
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 22:49 So 15.10.2006 | | Autor: | ardik |
Hallo Gonozal_IX,
> aber hier ist es gerade so schön, weil bei beiden
> Geraden der Faktor t der Gleiche ist
Genau darüber stolperte ich, als Du schriebst "3 Gleichungen, 3 Unbekannte..."
Und genau das würde ich - nicht nur aus didaktischen Gründen - unbedingt vermeiden!
Man muss sich ja bei Schnittpunkt-Aufgaben sehr bewusst sein, dass die Parameter in den beiden Geraden (Ebenen, etc.) eben nicht die gleichen sind (auch wenn sie zufällig den gleichen Zahlenwert haben können)!
> .... Zufall?
Nein. Sondern von Dir willkürlich so gewählt. Auf diese Weise hast Du gewissermaßen das gemacht, was ich geschrieben hatte, nämlich vorweg eine weitere Bedingung hinsichtlich des Richtungvektors aufgestellt.
Schöne Grüße,
ardik
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 23:04 So 15.10.2006 | | Autor: | Gonozal_IX |
> Nein. Sondern von Dir willkürlich so gewählt. Auf diese
> Weise hast Du gewissermaßen das gemacht, was ich
> geschrieben hatte, nämlich vorweg eine weitere Bedingung
> hinsichtlich des Richtungvektors aufgestellt.
Hiho,
meines Erachtens nach wird da keine weitere Bedingung gestellt, sondern vielmehr geprüft, ob es eben einen eindeutig bestimmten Schnittpunkt gibt, denn den gibt es nur in diesem Fall. Meines Wissens nach sind definierte Schnittpunkte bei Schulaufgaben dieser Art gewollt und eine andere Möglichkeit diese dann zu Errechnen hat man leider auch nicht.
Sicherlich hast du recht, daß es rein Mathematisch gesehen nicht die besonders schöne Art ist, allerdings würde rein mathematisch auch schon die Angabe des Vektors
[mm] \vektor{1\\1\\2} [/mm] reichen, um eine Lösung des Problems zu liefern.
Gruß,
Gono.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 00:10 Mo 16.10.2006 | | Autor: | ardik |
Hallo Gono,
> > Nein. Sondern von Dir willkürlich so gewählt. Auf diese
> > Weise hast Du gewissermaßen das gemacht, was ich
> > geschrieben hatte, nämlich vorweg eine weitere Bedingung
> > hinsichtlich des Richtungvektors aufgestellt.
> meines Erachtens nach wird da keine weitere Bedingung gestellt,
Es wird dadurch folgendes festgelegt: Um vom "Stützpunkt" der Gerade g zum Schnittpunkt zu gelangen, ist die gleiche Vervielfachung des Richtungsvektors von g nötig, wie die Verfielfachung des Richtungsvektor von h um vom "Stützpunkt" von h zum Schnittpunkt zu gelangen.
Das geht natürlich nur mit einem ganz bestimmten Richtungsvektor für h. Für diese spezielle Aufgabe ist das unkritsch, da wir ja den passenen Richtungsvektor auswählen können bzw. - genauer gesagt - ganz automatisch den passenden berechnen.
Aber für (fast) jede "normale, einfache" Schnittpunktaufgabe ist diese Festlegung "tödlich". Du kannst den Schnittpunkt von z.B. $g: [mm] \vec x=\vektor{1\\1\\1}+t*\vektor{1\\2\\1}$ [/mm] mit $h: [mm] \vec x=\vektor{3\\6\\5}+t*\vektor{0\\1\\2}$ [/mm] nicht berechnen, wenn Du beim Gleichsetzen nicht berücksichtigst, dass es sich um unterschiedliche t handelt.
> sondern vielmehr geprüft, ob es eben einen
> eindeutig bestimmten Schnittpunkt gibt, denn den gibt es
> nur in diesem Fall. Meines Wissens nach sind definierte
> Schnittpunkte bei Schulaufgaben dieser Art gewollt und eine
> andere Möglichkeit diese dann zu Errechnen hat man leider
> auch nicht.
> ... allerdings würde rein mathematisch auch schon die Angabe des Vektors
> [mm]\vektor{1\\1\\2}[/mm] reichen, um eine Lösung des Problems zu liefern.
Öhm. Dann wären sie zwar (im erweiterten Sinne) orthgonal, aber schneiden würden sie sich nicht...
Schöne Grüße,
ardik
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 08:29 Mo 16.10.2006 | | Autor: | Gonozal_IX |
Guten Morgen ardik ,
> Das geht natürlich nur mit einem ganz bestimmten
> Richtungsvektor für h. Für diese spezielle Aufgabe ist das
> unkritsch, da wir ja den passenen Richtungsvektor auswählen
> können bzw. - genauer gesagt - ganz automatisch den
> passenden berechnen.
Und genau da liegt der Punkt Da wir hier einfach einen beliebigen Richtungsvektor berechnen wollen, können wir uns o.B.d.A. eben auch einfach denjenigen wählen, so daß das klappt.
Wir kommen gar nicht umhin uns diesen Richtungsvektor zu wählen, da wir nur so überhaupt einen Richtungsvektor sowie einen Schnittpunkt berechnen können.
> Aber für (fast) jede "normale, einfache"
> Schnittpunktaufgabe ist diese Festlegung "tödlich". Du
> kannst den Schnittpunkt von z.B. [mm]g: \vec x=\vektor{1\\1\\1}+t*\vektor{1\\2\\1}[/mm]
> mit [mm]h: \vec x=\vektor{3\\6\\5}+t*\vektor{0\\1\\2}[/mm] nicht
> berechnen, wenn Du beim Gleichsetzen nicht berücksichtigst,
> dass es sich um unterschiedliche t handelt.
In dem Punkt gebe ich dir völlig recht.
Natürlich muss man wissen, wieso man in der obigen Aufgabe die t's gleichsetzt und es dann hier nicht machen sollte.
D.h. das Verständnis, warum ich die t's oben gleichsetzen kann und darf ist ein wesentlicher Teil dieser Aufgabe.
Zumal es ja so ist, daß wenn immer ein Richtungsvektor gesucht ist, ich die Faktoren gleichsetzen kann, wenn ich nur noch eine Information brauche (bzw. diese noch nicht verwendet habe).
> Öhm. Dann wären sie zwar (im erweiterten Sinne) orthgonal,
> aber schneiden würden sie sich nicht...
Darum "rein mathematisch"
Für Orthogonalität ist nen Schnittpunkt zweitrangig.
Gruß,
Gono.
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Hey Mr. Businessman!
Es gäbe unendlich viele Möglichkeiten für Vektoren, die senkrecht zum Richtungsvektor von g stehen. Aber nur einer, der bewirkt, dass sich die Geraden schneiden.
Und genau der ist gesucht.
Weil sie sich schneiden gibt es einen Punkt Q auf g, sodass [mm] \overrightarrow{PQ} [/mm] * [mm] \begin{pmatrix} 1\\ 1 \\ -1 \end{pmatrix} [/mm] = 0
(SKALARPRODUKT). Wenn wir den Punkt hätten, könnten wir mit ihm und P die Parametergleichung der gesuchten Geraden aufstellen!
Für den Ortsvektor von Q gilt:
[mm] \overrightarrow{r_{Q} } [/mm] = [mm] \begin{pmatrix} 2+z\\ 1+z \\ 3 - z \end{pmatrix}
[/mm]
Für [mm] \overrightarrow{PQ} [/mm] gilt also:
[mm] \begin{pmatrix} 2+z\\ 1+z \\ 3 - z \end{pmatrix} [/mm] - [mm] \begin{pmatrix} -4\\ 0 \\ 3 \end{pmatrix} [/mm] = [mm] \begin{pmatrix} 6+z\\ 1+z \\ - z \end{pmatrix}
[/mm]
Nach unseren bisherigen Überlegungen gilt:
[mm] \overrightarrow{PQ} [/mm] * [mm] \begin{pmatrix} 1\\ 1 \\ -1 \end{pmatrix} [/mm] = 0
Wenn du jetzt [mm] \overrightarrow{PQ} [/mm] einsetzt und das Skalarprodukt machst, erhältst du:
(6 + z) + (1 + z) + z = 0
z = [mm] \bruch{-7}{3}
[/mm]
Diese Lösung müssen wir nicht in die Parametergleichung von g eingeben um dann Q zu berechnen und damit [mm] \overrightarrow{PQ}
[/mm]
Wir können [mm] \overrightarrow{PQ} [/mm] direkt berechnen, denn wir haben seine Gleichung:
[mm] \begin{pmatrix} 6+z\\ 1+z \\ - z \end{pmatrix}
[/mm]
Den Rest kennst du . . .
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 21:18 So 15.10.2006 | | Autor: | ardik |
Hallo jackiechan,
> Aber nur einer, der bewirkt, dass sich die Geraden schneiden.
<neunmalklugmodus=an>
Naja, eigentlich auch unendlich viele, nämlich alle Vielfachen dieses "einen".
<neunmalklugmodus=aus>
Schöne Grüße,
ardik
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Könnt ihr mir noch die Lösung der Aufgabe posten?Würde mir sehr weiterhelfen.
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| Aufgabe | Gegeben sind ein Punkt P (-4/0/3) und eine Gerade g:$ [mm] \vec [/mm] x $=$ [mm] \begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ 3 \end{pmatrix} [/mm] $+z$ [mm] \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ -1 \end{pmatrix} [/mm] $.
Wie lautet die Gleichung einer Geraden h durch P die orthogonal zu g ist? |
könnt ihr die Lösung der Aufgabe posten? Würde mir sehr weiterhelfen.
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Guck da:
https://matheraum.de/read?t=186463
Gruß v. Angela
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 23:45 Mo 16.10.2006 | | Autor: | riwe |
das ist ordentlicher vektorieller wirrwarr, kuddelmuddel oder so!
E senkrecht zu g durch P: x + y - z = -7
E geschnitten mit g liefert [mm] t =-\frac{7}{3}\to S(-\frac{1}{3}/-\frac{4}{3}/\frac{16}{3})[/mm]
und damit die gewünschte orthogonale gerade
[mm] \vec{x}=\vektor{-4\\0\\3}+s\vektor{11\\-4\\7}
[/mm]
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| Aufgabe | das ist ordentlicher vektorieller wirrwarr, kuddelmuddel oder so!
E senkrecht zu g durch P: x + y - z = -7
E geschnitten mit g liefert $ t [mm] =-\frac{7}{3}\to S(-\frac{1}{3}/-\frac{4}{3}/\frac{16}{3}) [/mm] $
und damit die gewünschte orthogonale gerade
$ [mm] \vec{x}=\vektor{-4\\0\\3}+s\vektor{11\\-4\\7} [/mm] $ |
Ok soweit hab ich das jetzt verstanden. Nur verstehe ich noch nicht wie ich von dem Durchstoßpunkt [mm] S(-\frac{1}{3}/-\frac{4}{3}/\frac{16}{3}) [/mm] $ auf den Richtungsvektor [mm] \vec{x}=\vektor{-4\\0\\3}+s\vektor{11\\-4\\7} [/mm]
komme.Hoffe ihr könnt mir das erklären.
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> und damit die gewünschte orthogonale gerade
> [mm]\vec{x}=\vektor{-4\\0\\3}+s\vektor{11\\-4\\7}[/mm]
> Ok soweit hab ich das jetzt verstanden. Nur verstehe ich
> noch nicht wie ich von dem Durchstoßpunkt
> [mm]S(-\frac{1}{3}/-\frac{4}{3}/\frac{16}{3})[/mm] $ auf den
> Richtungsvektor
> [mm]\vec{x}=\vektor{-4\\0\\3}+s\vektor{11\\-4\\7}[/mm] komme.Hoffe
> ihr könnt mir das erklären.
Die gesuchte Gerade geht durch P und S.
Also kann man sie schreiben als g: [mm] \vec{x}= \overrightarrow{0P}+ \lambda (\overrightarrow{0S}- \overrightarrow{0P})
[/mm]
[mm] =\vektor{-4\\0\\3} [/mm] - [mm] \lambda (\vektor {-\frac{1}{3}\\ -\frac{4}{3}\\ \frac{16}{3}}-\vektor{-4\\0\\3})
[/mm]
[mm] =\vektor{-4\\0\\3} [/mm] - [mm] \lambda (\vektor {\frac{11}{3}\\ -\frac{4}{3}\\ \frac{7}{3}})
[/mm]
Dies wäre auch richtig. Zu dem "anderen" Ergebnis kommt man so:
= [mm] \vektor{-4\\0\\3} [/mm] - [mm] \bruch{1}{3}\lambda \vektor{11\\-4\\7}
[/mm]
= [mm] \vektor{-4\\0\\3} [/mm] - [mm] \mu \vektor{11\\-4\\7}
[/mm]
Gruß v. Angela
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