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H.R.Moser,megamath (megamath)
Senior Mitglied
Benutzername: megamath
Nummer des Beitrags: 2056
Registriert: 07-2002
| | Veröffentlicht am Donnerstag, den 15. Mai, 2003 - 13:25: | 
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Hi Ferdi,
Hier kommt sie, die Nummer 1 der lockeren Folge:
LF I 
Die Gleichung in rechwinkligen Koordinaten x,y,z
9 x^2 – 4 y ^2 – 91 z^2 + 18 x z – 40 y z – 36 = 0
stellt eine Zylinderfläche dar.
Bestimme die Art der Leitkurve in der (x,y) - Ebene
und ermittle einen Richtungsvektor der Mantellinien
des Zylinders.
Leite zur Kontrolle aus diesen Ergebnissen die
Flächengleichung nochmals her.
Tipp:
Du kannst den Richtungsvektor finden,
indem Du den Gradienten der ganzen linken Seite
der auf null gebrachten Gleichung zum Nullvektor
machst.
Bestimme grad[F(x,y,z)]; erinnerst Du Dich noch ?
Mit freundlichen Grüßen
H.R.Moser,megamath
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Ferdi Hoppen (tl198)
Senior Mitglied
Benutzername: tl198
Nummer des Beitrags: 704
Registriert: 10-2002
| | Veröffentlicht am Donnerstag, den 15. Mai, 2003 - 14:17: |
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Hi,
in der xy-Ebene liegt eine Hyperbel, man erhält sie durch einsetzen von z=0 in die Flächengleichung:
(x²/4)-(y²/9)=1
Für den Gradienten erhalte ich:
grad={(18x+18z) , (-8y-40z) , (-182z+18x-40y)}
D.h. ein Richtungsvektor wäre M (-1,-5,1)
mfg
(Beitrag nachträglich am 15., Mai. 2003 von tl198 editiert) |
H.R.Moser,megamath (megamath)
Senior Mitglied
Benutzername: megamath
Nummer des Beitrags: 2058
Registriert: 07-2002
| | Veröffentlicht am Donnerstag, den 15. Mai, 2003 - 14:38: |
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Hi Ferdi,
Du bist in Form,bravo!
Das Resultat stimmt
MfG
H.R.Moser,megamath |
Ferdi Hoppen (tl198)
Senior Mitglied
Benutzername: tl198
Nummer des Beitrags: 705
Registriert: 10-2002
| | Veröffentlicht am Donnerstag, den 15. Mai, 2003 - 17:29: |
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Hi,
dann heißt es ab jetzt in Form zu bleiben. Desalb hab ich gleich mal versucht das Ergebniss für den Richtungsvektor anders herzuleiten, auch nach einer Methode die du mal im Board präsentiert hast...(hier im Board lernt man echt vieles Nützliche!)
Man betrachtet die Hyperbel die entsteht wenn man die Fläche mit der Ebene z=0 schneidet, man erhält ihren Mittelpunkt M(0|0|0).
Als nächstes schneidet man die Fläche mit einer zu z=0 parallelen Ebene, z.B. z=1, man erhält:
9x²-4y²-91+18x-40y-36=0
etwas umgeofrmt
9(x+1)²-4(y+5)²=36
Man hat also ihren Mittelpunkt M'(-1|-5|1)
Der Vektor MM' gibt nun das wohlbekannte (-1|-5|1)!
mfg |
H.R.Moser,megamath (megamath)
Senior Mitglied
Benutzername: megamath
Nummer des Beitrags: 2062
Registriert: 07-2002
| | Veröffentlicht am Freitag, den 16. Mai, 2003 - 09:41: |
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Hi Ferdi,
Es folgt die erwähnte Kontrolle!
Sei P(u/v) der laufende Punkt der Leitkurve
9 x^2 – 4 y^2 = 36 in der (x,y) – Ebene.
Wir legen durch ihn die Gerade g mit dem
Richtungsvektor v = {-1;-5;1} der Mantellinien
des Zylinders.
L(x/y/z) sei ein laufender Punkt von g.
Dann gilt: x = u – t , y = v – 5 t , z = t
panta rhei : alles läuft, alles ist in Bewegung !
Läuft P auf der Hyperbel und gleichzeitig L auf g,
so beschreibt L die Zylinderfläche.
Das soll nun rechnerisch nachvollzogen werden:
Wir ersetzen u und v in der Gleichung
9 u^2 – 4 v^2 = 36 der Reihe nach durch
u = x + t, v = y + 5 t ; es kommt, wenn wir schliesslich
noch t = z setzen:
9 x^2 – 4 y ^2 – 91 z^2 + 18 x z – 40 y z – 36 = 0,
und das ist die ursprünglich gegeben Gleichung
zweiten Grades in x , y , z .
Der Kreis bzw. der hyperbolische Zylinder hat sich geschlossen;
Damit ist auch die Aufgabe erledigt.
Mit freundlichen Grüßen
H.R.Moser,megamath
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