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Parallelverschiebung

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Abbildungen im Koordinatensystem: Parallelverschiebung
Abb. 1: Parallelverschiebung
Abbildungen im Koordinatensystem: Parallelverschiebung
Abb. 1: Parallelverschiebung
#parallelverschiebung
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Aufgaben
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Einführungsaufgabe

Es gilt $P\xrightarrow{\vec{v}}P'$. Berechne die Koordinaten der Bildpunkte mithilfe der Abbildungsgleichung der Parallelverschiebung. Nutze für Teilaufgabe $a)$ die Vektorform, für Teilaufgabe $b)$ die Koordinatenform und für Teilaufgabe $c)$ die Matrixform.
#koordinaten#vektoren#matrix#parallelverschiebung
a)
$A \, (5 \mid 3), \overrightarrow{v}= \pmatrix{9\\-4 }$
b)
$\begin{array}{} \text{I}\quad&x'&=x+2&\quad \scriptsize\\ \text{II}\quad&y'&=y-5&\quad\\ \end{array}$
$B\, (2 \mid -2)$
c)
$\pmatrix{x'\\y'}= \pmatrix{1&0\\0&1} \odot \pmatrix{x\\y} \oplus \pmatrix{5\\5}$
$C \, (3 \mid -3)$

Aufgabe 1

Es gilt $P\xrightarrow{\vec{v}}P'$. Berechne die Koordinaten der Bildpunkte mithilfe der Abbildungsgleichung der Parallelverschiebung. Benutze hierzu die Vektorform.
#vektoren#parallelverschiebung
a)
$\overrightarrow{v}= \pmatrix{1\\3 }$, $A \, (2\mid -5), B \, (1 \mid 2)$, $C \, (-6 \mid -3), D \, (3 \mid 4)$
b)
$\overrightarrow{v}= \pmatrix{5\\-2 }$, $A \, (1\mid 1), B \, (5 \mid 1)$, $C \, (2 \mid 7), D \, (-9 \mid -7)$
c)
$\overrightarrow{v}= \pmatrix{-4\\4 }$, $A \, (7\mid 9), B \, (-4 \mid -5)$, $C \, (1 \mid 10), D \, (4 \mid -1)$
d)
$\overrightarrow{v}= \pmatrix{-5\\-8 }$, $A \, (3\mid 1), B \, (-2 \mid -9)$, $C \, (7 \mid 8), D \, (-1 \mid -2)$

Aufgabe 2

Es gilt $P\xrightarrow{\vec{v}}P'$. Berechne die Koordinaten der Bildpunkte mithilfe der Abbildungsgleichung der Parallelverschiebung. Benutze hierzu die Koordinatenform.
#parallelverschiebung#koordinaten
a)
$\begin{array}{} \text{I}\quad&x'&=x+8&\quad \scriptsize\\ \text{II}\quad&y'&=y-1&\quad\\ \end{array}$
$A \, (3 \mid -3), B \, (9 \mid -5)$, $C \, (2 \mid 6), D \, (-10 \mid 2)$
b)
$\begin{array}{} \text{I}\quad&x'&=x-2&\quad \scriptsize\\ \text{II}\quad&y'&=y-6&\quad\\ \end{array}$
$A \, (7 \mid -1), B \, (2 \mid -8), C \, (6 \mid 6), D \, (1 \mid 9)$
c)
$\begin{array}{} \text{I}\quad&x'&=x+7&\quad \scriptsize\\ \text{II}\quad&y'&=y-9&\quad\\ \end{array}$
$A \, (4 \mid -4), B \, (1 \mid -2), C \, (9 \mid 5), D \, (6 \mid 3)$
d)
$\begin{array}{} \text{I}\quad&x'&=x+1&\quad \scriptsize\\ \text{II}\quad&y'&=y+3&\quad\\ \end{array}$
$A \, (5 \mid 6), B \, (7 \mid -3)$, $C \, (2 \mid 4), D \, (-7 \mid -1)$

Aufgabe 3

Es gilt $P\xrightarrow{\vec{v}}P'$. Berechne die Koordinaten der Bildpunkte mithilfe der Abbildungsgleichung der Parallelverschiebung. Benutze hierzu die Matrixform.
#matrix#parallelverschiebung
a)
$\pmatrix{x'\\y'}= \pmatrix{1&0\\0&1} \odot \pmatrix{x\\y} \oplus \pmatrix{3\\-1}$
$A \, (2 \mid 2), B \, (9 \mid 10), C \, (3 \mid -5), D \, (1 \mid 7)$
b)
$\pmatrix{x'\\y'}= \pmatrix{1&0\\0&1} \odot \pmatrix{x\\y} \oplus \pmatrix{4\\7}$
$A \, (7 \mid -2), B \, (-3 \mid -8)$, $C \, (1 \mid 4), D \, (12 \mid 2)$
c)
$\pmatrix{x'\\y'}= \pmatrix{1&0\\0&1} \odot \pmatrix{x\\y} \oplus \pmatrix{-3\\-5}$
$A \, (1 \mid -4), B \, (7,4 \mid 2)$, $C \, (-1 \mid -4,2), D \, (1,3 \mid 4)$
d)
$\pmatrix{x'\\y'}= \pmatrix{1&0\\0&1} \odot \pmatrix{x\\y} \oplus \pmatrix{2,1\\-4,7}$
$A \, (2 \mid 3,5), B \, (-3,1 \mid 5,6)$, $C \, (2 \mid 4), D \, (-4,4 \mid -3,3)$

Aufgabe 4

Es gilt $P\xrightarrow{\vec{v}}P'$. Berechne den Vektor $\overrightarrow{v}$, der die Verschiebung von $A$ zu $A'$ beschreibt und gib die Gleichung der Parallelverschiebung an. Ermittle zusätzlich $B'$ (den Bildpunkt von $B$) und $C$ (den Urpunkt von $C'$). Veranschauliche deine Lösungen am Ende in einer Zeichnung.
#vektoren#parallelverschiebung
a)
$A \, (3 \mid -4), A' \, (-3 \mid 2), B \, (1 \mid 2), C' \, (3 \mid 9)$
b)
$A \, (6 \mid 2), A' \, (1 \mid 1)$, $B \, (10 \mid 10), C' \, (-7 \mid -8)$
c)
$A \, (-5 \mid -4), A' \, (4 \mid 5)$, $B \, (-2 \mid -4), C' \, (1 \mid 6)$
d)
$A \, (1 \mid 9), A' \, (2 \mid 8), B \, (6 \mid 6), C' \, (5 \mid 9)$

Aufgabe 5

Es gilt $P\xrightarrow{\vec{v}}P'$. Gib die Gleichung der Bildgeraden $g'$ von $g$ bei Verschiebung mit dem Vektor $\overrightarrow{v}$ an. Bilde dazu die Achsenschnittpunkte von $g$ ab. Veranschauliche deine Lösung an einer Zeichnung.
#parallelverschiebung#geradengleichung#vektoren
a)
$g:y=-2x+3, \overrightarrow{v}=\pmatrix{2\\-3}$
b)
$g:y=1,5x-4,5, \overrightarrow{v}=\pmatrix{-5\\-1}$
c)
$g:y=-x-4, \overrightarrow{v}=\pmatrix{6\\2}$
d)
$g:y=6x+9, \overrightarrow{v}=\pmatrix{1,5\\2}$

Aufgabe 6

Es gilt $P\xrightarrow{\vec{v}}P'$. Gib die Gleichung der Bildgeraden $g'$ von $g$ bei Verschiebung mit dem Vektor $\overrightarrow{v}$ an. Benutze hierzu das Parameterverfahren. Veranschauliche deine Lösung an einer Zeichnung.
#vektoren#parallelverschiebung#geradengleichung
a)
$g:y=-2x+4, \overrightarrow{v}=\pmatrix{-1\\3}$
b)
$g:y=3x + 3, \overrightarrow{v}=\pmatrix{4\\8}$
c)
$g:y=0,5x-5, \overrightarrow{v}=\pmatrix{2\\2}$
d)
$g:y=-x+2, \overrightarrow{v}=\pmatrix{9\\8}$

Aufgabe 7

Die Funktion $g$ hat die Funktionsgleichung $g:y=\sqrt{x+3}-2$ und die Funktion $h$ hat die Funktionsgleichung $h:y=(\frac{1}{2})^x-6$.
Ermittle die Gleichung des Bildgraphen $g'$ und $h'$ der beiden Geraden, wenn diese mit dem Vektor $\overrightarrow{v_1}$ beziehungsweise dem Vektor $\overrightarrow{v_2}$ parallelverschoben werden.
#vektoren#parallelverschiebung

Aufgabe 8

Ermittle die Gleichung des Bildgraphen von $f$ bei Parallelverschiebung mit $\overrightarrow{v}$.
#parallelverschiebung
a)
$f:y=(x+3)^4-5, \overrightarrow{v}=\pmatrix{1\\-2 }$
b)
$f:y=log_2(2x), \overrightarrow{v}=\pmatrix{4\\3}$
c)
$f:y=\frac{5}{x}, \overrightarrow{v}=\pmatrix{-5\\-4}$
d)
$f:y=\sqrt{x+5}+3, \overrightarrow{v}=\pmatrix{7\\1}$
e)
$f:y=(\frac{2}{5})^x+3, \overrightarrow{v}=\pmatrix{-3\\1}$
f)
$f:y=\frac{4}{x-2}+3, \overrightarrow{v}=\pmatrix{-2\\-3}$
g)
$f:y=(\frac{1}{4})^{(x+3)}-2, \overrightarrow{v}=\pmatrix{5\\5}$
h)
$f:y=(2x+3)^3+2, \overrightarrow{v}=\pmatrix{3\\4}$

Aufgabe 9

Der Graph der Funktion $f'$ geht durch Parallelverschiebung aus dem Graphen der Funktion $f$ hervor. Ermittle den Verschiebungsvektor $\overrightarrow{v}$.
#parallelverschiebung
a)
$f:y=\sqrt{x+3}+2$
$f':y=\sqrt{x-1}+4$
b)
$f:y=(x+4)^2-2$
$f':y=(x-2)^2+1$
c)
$f:y=\frac{3}{(x+3)^2}+2$
$f':y=\frac{3}{(x-2)^2}-2$
d)
$f:y=log_3(x-3)+1$
$f':y=log_3(x-2)+5$
e)
$f:y=(x-5)^4+4$
$f':y=(x-3)^4+3$
f)
$f:y=\frac{2}{(x-4)^3}+2$
$f':y=\frac{2}{(x-1)^3}+6$
g)
$f:y=\sqrt{x+4}+3$
$f':y=\sqrt{x-4}+1$
h)
$f:y=log_5(x+5)-2$
$f':y=log_5(x-5)+2$
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Einführungsaufgabe

a)
Die Abbildungsgleichung der Parallelverschiebung in Vektorform sieht so aus:
$\pmatrix{x'\\y'}= \pmatrix{x\\y} \oplus \pmatrix{v_x\\v_y}$
Setze die gegebenen Werte ein und rechne aus.
$\begin{array}[t]{rll} \pmatrix{x'\\y'}&=& \pmatrix{5\\3} \oplus \pmatrix{9\\-4}&\quad \scriptsize \\[5pt] \pmatrix{x'\\y'}&=&\pmatrix{14\\-1} \end{array}$
Der Bildpunkt von $A$ hat die Koordinaten $A' \, (14 \mid -1)$.
b)
Die Abbildungsgleichung der Parallelverschiebung in Koordinatenform sieht so aus:
$\begin{array}{} \text{I}\quad&x'&=x + v_x&\quad \scriptsize\\ \text{II}\quad&y'&=y + v_y&\quad\\ \end{array}$
Setze die gegebenen Werte ein und rechne aus.
$\begin{array}{} \text{I}\quad&x'&=2+2&\quad \scriptsize\\ \,\quad&x'&=4&\quad \scriptsize\\ \text{II}\quad&y'&=-2-5&\quad \scriptsize\\ \,\quad&y'&=-7&\quad \scriptsize\\ \end{array}$
Der Bildpunkt von $B$ hat die Koordinaten $B' \, (4 \mid -7)$.
c)
Die Abbildungsgleichung der Parallelverschiebung in Matrixform sieht so aus:
$\pmatrix{x'\\y'}= \pmatrix{1&0\\0&1} \odot \pmatrix{x\\y} \oplus \pmatrix{v_x\\v_y}$
Setze die gegebenen Werte ein und rechne aus.
$\begin{array}[t]{rll} \pmatrix{x'\\y'}&=&\pmatrix{1&0\\0&1} \odot \pmatrix{3\\-3} \oplus \pmatrix{5\\5} &\quad \scriptsize \\[5pt] \pmatrix{x'\\y'}&=&\pmatrix{3\\-3} \oplus \pmatrix{5\\5} \quad \scriptsize \\[5pt] \pmatrix{x'\\y'}&=&\pmatrix{8\\2} \end{array}$
Der Bildpunkt von $C$ hat die Koordinaten $C' \, (8 \mid 2)$.

Aufgabe 1

Die Abbildungsgleichung der Parallelverschiebung in Vektorform sieht so aus:
$\pmatrix{x'\\y'}= \pmatrix{x\\y} \oplus \pmatrix{v_x\\v_y}$
Setze zuerst den jeweiligen Vektor $\overrightarrow{v}$ ein, der die Parallelverschiebung beschreibt, ein. Setze dann die jeweiligen Punkte in die „vereinfachte“ Abbildungsgleichung ein.
a)
$\pmatrix{x'\\y'}= \pmatrix{x\\y} \oplus \pmatrix{1\\3}$
$B \, (1 \mid 2)$
$\begin{array}[t]{rll} \pmatrix{x'\\y'}&=& \pmatrix{1\\2} \oplus \pmatrix{1\\3}&\quad \scriptsize \\[5pt] \pmatrix{x'\\y'}&=&\pmatrix{2\\5} \end{array}$
Der Bildpunkt von $B$ hat die Koordinaten $B' \, (2\mid 5).$
$D \, (3 \mid 4)$
$\begin{array}[t]{rll} \pmatrix{x'\\y'}&=& \pmatrix{3\\4} \oplus \pmatrix{1\\3}&\quad \scriptsize \\[5pt] \pmatrix{x'\\y'}&=&\pmatrix{4\\7} \end{array}$
Der Bildpunkt von $D$ hat die Koordinaten $D' \, (4\mid 7).$
b)
$\pmatrix{x'\\y'}= \pmatrix{x\\y} \oplus \pmatrix{5\\-2}$
$B \, (5 \mid 1)$
$\begin{array}[t]{rll} \pmatrix{x'\\y'}&=& \pmatrix{5\\1} \oplus \pmatrix{5\\-2}&\quad \scriptsize \\[5pt] \pmatrix{x'\\y'}&=&\pmatrix{10\\-1} \end{array}$
Der Bildpunkt von $B$ hat die Koordinaten $B' \, (10\mid -1)$.
$D \, (-9 \mid -7)$
$\begin{array}[t]{rll} \pmatrix{x'\\y'}&=& \pmatrix{-9\\-7} \oplus \pmatrix{5\\-2}&\quad \scriptsize \\[5pt] \pmatrix{x'\\y'}&=&\pmatrix{-4\\-9} \end{array}$
Der Bildpunkt von $D$ hat die Koordinaten $D' \, (-4\mid -9).$
c)
$\pmatrix{x'\\y'}= \pmatrix{x\\y} \oplus \pmatrix{-4\\4}$
$B \, (-4 \mid -5)$
$\begin{array}[t]{rll} \pmatrix{x'\\y'}&=& \pmatrix{-4\\-5} \oplus \pmatrix{-4\\4}&\quad \scriptsize \\[5pt] \pmatrix{x'\\y'}&=&\pmatrix{-8\\-1} \end{array}$
Der Bildpunkt von $B$ hat die Koordinaten $B' \, (-8\mid -1)$.
$D \, (4 \mid -1)$
$\begin{array}[t]{rll} \pmatrix{x'\\y'}&=& \pmatrix{4\\-1} \oplus \pmatrix{-4\\4}&\quad \scriptsize \\[5pt] \pmatrix{x'\\y'}&=&\pmatrix{0\\3} \end{array}$
Der Bildpunkt von $D$ hat die Koordinaten $D' \, (0\mid 3).$
d)
$\pmatrix{x'\\y'}= \pmatrix{x\\y} \oplus \pmatrix{-5\\-8}$
$B \, (-2 \mid -9)$
$\begin{array}[t]{rll} \pmatrix{x'\\y'}&=& \pmatrix{-2\\-9} \oplus \pmatrix{-5\\-8}&\quad \scriptsize \\[5pt] \pmatrix{x'\\y'}&=&\pmatrix{-7\\-17} \end{array}$
Der Bildpunkt von $B$ hat die Koordinaten $B' \, (-7\mid -17)$.
$D \, (-1 \mid -2)$
$\begin{array}[t]{rll} \pmatrix{x'\\y'}&=& \pmatrix{-1\\-2} \oplus \pmatrix{-5\\-8}&\quad \scriptsize \\[5pt] \pmatrix{x'\\y'}&=&\pmatrix{-6\\-10} \end{array}$
Der Bildpunkt von $D$ hat die Koordinaten $D' \, (-6\mid -10)$.

Aufgabe 2

Die Abbildungsgleichung der Parallelverschiebung in Vektorform sieht so aus:
$\begin{array}{} \text{I}\quad&x'&=x + v_x&\quad \scriptsize\\ \text{II}\quad&y'&=y + v_y&\quad\\ \end{array}$
Setze die gegebenen Werte ein und rechne aus.
a)
$\begin{array}{} \text{I}\quad&x'&=x+8&\quad \scriptsize\\ \text{II}\quad&y'&=y-1&\quad \scriptsize\\ \end{array}$
$B \, (9 \mid -5)$
$\begin{array}{} \text{I}\quad&x'&=9+8&\quad \scriptsize\\ \,\quad&x'&=17&\quad \scriptsize\\ \text{II}\quad&y'&=-5-1&\quad \scriptsize\\ \,\quad&y'&=-6&\quad \scriptsize\\ \end{array}$
Der Bildpunkt von $B$ hat die Koordinaten $B' \, (17 \mid -6)$.
$D \, (-10 \mid 2)$
$\begin{array}{} \text{I}\quad&x'&=-10+8&\quad \scriptsize\\ \,\quad&x'&=-2&\quad \scriptsize\\ \text{II}\quad&y'&=2-1&\quad \scriptsize\\ \,\quad&y'&=1&\quad \scriptsize\\ \end{array}$
Der Bildpunkt von $D$ hat die Koordinaten $D' \, (-2 \mid 1)$.
b)
$\begin{array}{} \text{I}\quad&x'&=x-2&\quad \scriptsize\\ \text{II}\quad&y'&=y-6&\quad \scriptsize\\ \end{array}$
$B \, (2 \mid -8)$
$\begin{array}{} \text{I}\quad&x'&=2-2&\quad \scriptsize\\ \,\quad&x'&=0&\quad \scriptsize\\ \text{II}\quad&y'&=-8-6&\quad \scriptsize\\ \,\quad&y'&=-14&\quad \scriptsize\\ \end{array}$
Der Bildpunkt von $B$ hat die Koordinaten $B' \, (0 \mid -14)$.
$D \, (1 \mid 9)$
$\begin{array}{} \text{I}\quad&x'&=1-2&\quad \scriptsize\\ \,\quad&x'&=-1&\quad \scriptsize\\ \text{II}\quad&y'&=9-6&\quad \scriptsize\\ \,\quad&y'&=3&\quad \scriptsize\\ \end{array}$
Der Bildpunkt von $D$ hat die Koordinaten $D' \, (-1 \mid 3)$.
c)
$\begin{array}{} \text{I}\quad&x'&=x+7&\quad \scriptsize\\ \text{II}\quad&y'&=y-9&\quad \scriptsize\\ \end{array}$
$B \, (1 \mid -2)$
$\begin{array}{} \text{I}\quad&x'&=1+7&\quad \scriptsize\\ \,\quad&x'&=8&\quad \scriptsize\\ \text{II}\quad&y'&=-2-9&\quad \scriptsize\\ \,\quad&y'&=-11&\quad \scriptsize\\ \end{array}$
Der Bildpunkt von $B$ hat die Koordinaten $B' \, (8 \mid -11)$.
$D \, (6 \mid 3)$
$\begin{array}{} \text{I}\quad&x'&=6+7&\quad \scriptsize\\ \,\quad&x'&=13&\quad \scriptsize\\ \text{II}\quad&y'&=3-9&\quad \scriptsize\\ \,\quad&y'&=-6&\quad \scriptsize\\ \end{array}$
Der Bildpunkt von $D$ hat die Koordinaten $D' \, (13 \mid -6)$.
d)
$\begin{array}{} \text{I}\quad&x'&=x+1&\quad \scriptsize\\ \text{II}\quad&y'&=y+3&\quad \scriptsize\\ \end{array}$
$B \, (7 \mid -3)$
$\begin{array}{} \text{I}\quad&x'&=7+1&\quad \scriptsize\\ \,\quad&x'&=8&\quad \scriptsize\\ \text{II}\quad&y'&=-3+3&\quad \scriptsize\\ \,\quad&y'&=0&\quad \scriptsize\\ \end{array}$
Der Bildpunkt von $B$ hat die Koordinaten $B' \, (8 \mid 0).$
$D \, (-7 \mid -1)$
$\begin{array}{} \text{I}\quad&x'&=-7+1&\quad \scriptsize\\ \,\quad&x'&=-6&\quad \scriptsize\\ \text{II}\quad&y'&=-1+3&\quad \scriptsize\\ \,\quad&y'&=2&\quad \scriptsize\\ \end{array}$
Der Bildpunkt von $D$ hat die Koordinaten $D' \, (-6 \mid 2)$.

Aufgabe 3

Die Abbildungsgleichung der Parallelverschiebung in Matrixform sieht so aus:
$\pmatrix{x'\\y'}= \pmatrix{1&0\\0&1} \odot \pmatrix{x\\y} \oplus \pmatrix{v_x\\v_y}$
Setze die gegebenen Werte ein und rechne aus.
a)
$\begin{array}[t]{rll} \pmatrix{x'\\y'}&=&\pmatrix{1&0\\0&1} \odot \pmatrix{x\\y} \oplus \pmatrix{3\\-1} &\quad \scriptsize \\[5pt] \end{array}$
$B \, (9 \mid 10)$
$\begin{array}[t]{rll} \pmatrix{x'\\y'}&=&\pmatrix{1&0\\0&1} \odot \pmatrix{9\\10} \oplus \pmatrix{3\\-1} &\quad \scriptsize \\[5pt] \pmatrix{x'\\y'}&=&\pmatrix{9\\10} \oplus \pmatrix{3\\-1} \quad \scriptsize \\[5pt] \pmatrix{x'\\y'}&=&\pmatrix{12\\9} \end{array}$
Der Bildpunkt von $B$ hat die Koordinaten $B' \, (12 \mid 9)$.
$D \, (1 \mid 7)$
$\begin{array}[t]{rll} \pmatrix{x'\\y'}&=&\pmatrix{1&0\\0&1} \odot \pmatrix{1\\7} \oplus \pmatrix{3\\-1} &\quad \scriptsize \\[5pt] \pmatrix{x'\\y'}&=&\pmatrix{1\\7} \oplus \pmatrix{3\\-1} \quad \scriptsize \\[5pt] \pmatrix{x'\\y'}&=&\pmatrix{4\\6} \end{array}$
Der Bildpunkt von $D$ hat die Koordinaten $D' \, (4 \mid 6)$.
b)
$\begin{array}[t]{rll} \pmatrix{x'\\y'}&=&\pmatrix{1&0\\0&1} \odot \pmatrix{x\\y} \oplus \pmatrix{4\\7} &\quad \scriptsize \\[5pt] \end{array}$
$B \, (-3 \mid -8)$
$\begin{array}[t]{rll} \pmatrix{x'\\y'}&=&\pmatrix{1&0\\0&1} \odot \pmatrix{-3\\-8} \oplus \pmatrix{4\\7} &\quad \scriptsize \\[5pt] \pmatrix{x'\\y'}&=&\pmatrix{-3\\-8} \oplus \pmatrix{4\\7} \quad \scriptsize \\[5pt] \pmatrix{x'\\y'}&=&\pmatrix{1\\-1} \end{array}$
Der Bildpunkt von $B$ hat die Koordinaten $B' \, (1 \mid -1)$.
$D \, (12 \mid 2)$
$\begin{array}[t]{rll} \pmatrix{x'\\y'}&=&\pmatrix{1&0\\0&1} \odot \pmatrix{12\\2} \oplus \pmatrix{4\\7} &\quad \scriptsize \\[5pt] \pmatrix{x'\\y'}&=&\pmatrix{12\\2} \oplus \pmatrix{4\\7} \quad \scriptsize \\[5pt] \pmatrix{x'\\y'}&=&\pmatrix{16\\9} \end{array}$
Der Bildpunkt von $D$ hat die Koordinaten $D' \, (16 \mid 9)$.
c)
$\begin{array}[t]{rll} \pmatrix{x'\\y'}&=&\pmatrix{1&0\\0&1} \odot \pmatrix{x\\y} \oplus \pmatrix{-3\\-5} &\quad \scriptsize \\[5pt] \end{array}$
$B \, (7,4 \mid 2)$
$\begin{array}[t]{rll} \pmatrix{x'\\y'}&=&\pmatrix{1&0\\0&1} \odot \pmatrix{7,4\\2} \oplus \pmatrix{-3\\-5} &\quad \scriptsize \\[5pt] \pmatrix{x'\\y'}&=&\pmatrix{7,4\\2} \oplus \pmatrix{-3\\-5} \quad \scriptsize \\[5pt] \pmatrix{x'\\y'}&=&\pmatrix{4,4\\-3} \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} \pmatrix{x'\\y'}&=&\pmatrix{7,4\\2} \oplus \pmatrix{-3\\-5} \quad \scriptsize \\[5pt] \pmatrix{x'\\y'}&=&\pmatrix{4,4\\-3} \end{array}$
Der Bildpunkt von $B$ hat die Koordinaten $B' \, (4,4 \mid -3)$.
$D \, (1,3 \mid 4)$
$\begin{array}[t]{rll} \pmatrix{x'\\y'}&=&\pmatrix{1&0\\0&1} \odot \pmatrix{1,3\\4} \oplus \pmatrix{-3\\-5} &\quad \scriptsize \\[5pt] \pmatrix{x'\\y'}&=&\pmatrix{1,3\\4} \oplus \pmatrix{-3\\-5} \quad \scriptsize \\[5pt] \pmatrix{x'\\y'}&=&\pmatrix{-1,7\\-1} \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} \pmatrix{x'\\y'}&=&\pmatrix{1,3\\4} \oplus \pmatrix{-3\\-5} \quad \scriptsize \\[5pt] \pmatrix{x'\\y'}&=&\pmatrix{-1,7\\-1} \end{array}$
Der Bildpunkt von $D$ hat die Koordinaten $D' \, (-1,7 \mid -1)$.
d)
$\begin{array}[t]{rll} \pmatrix{x'\\y'}&=&\pmatrix{1&0\\0&1} \odot \pmatrix{x\\y} \oplus \pmatrix{2,1\\-4,7} &\quad \scriptsize \\[5pt] \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} \pmatrix{x'\\y'}&=&… \odot \pmatrix{x\\y} \oplus \pmatrix{2,1\\-4,7} &\quad \scriptsize \\[5pt] \end{array}$
$B \, (-3,1 \mid 5,6)$
$\begin{array}[t]{rll} \pmatrix{x'\\y'}&=&\pmatrix{1&0\\0&1} \odot \pmatrix{-3,1\\5,6} \oplus \pmatrix{2,1\\-4,7} &\quad \scriptsize \\[5pt] \pmatrix{x'\\y'}&=&\pmatrix{-3,1\\5,6} \oplus \pmatrix{2,1\\-4,7} \quad \scriptsize \\[5pt] \pmatrix{x'\\y'}&=&\pmatrix{-1\\0,9} \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} \pmatrix{x'\\y'}&=&\pmatrix{-3,1\\5,6} \oplus \pmatrix{2,1\\-4,7} \quad \scriptsize \\[5pt] \pmatrix{x'\\y'}&=&\pmatrix{-1\\0,9} \end{array}$
Der Bildpunkt von $B$ hat die Koordinaten $B' \, (-1 \mid 0,9)$.
$D \, (-4,4 \mid -3,3)$
$\begin{array}[t]{rll} \pmatrix{x'\\y'}&=&\pmatrix{1&0\\0&1} \odot \pmatrix{-4,4\\-3,3} \oplus \pmatrix{2,1\\-4,7} &\quad \scriptsize \\[5pt] \pmatrix{x'\\y'}&=&\pmatrix{-4,4\\-3,3} \oplus \pmatrix{2,1\\-4,7} \quad \scriptsize \\[5pt] \pmatrix{x'\\y'}&=&\pmatrix{-2,3\\-8} \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} \pmatrix{x'\\y'}&=&\pmatrix{-4,4\\-3,3} \oplus \pmatrix{2,1\\-4,7} \quad \scriptsize \\[5pt] \pmatrix{x'\\y'}&=&\pmatrix{-2,3\\-8} \end{array}$
Der Bildpunkt von $D$ hat die Koordinaten $D' \, (-2,3 \mid -8)$.

Aufgabe 4

Um den Verschiebungsvektor $\overrightarrow{v}$ zu berechnen, musst du $A$ und $A'$ in die Abbildungsgleichung der Parallelverschiebung einsetzen. Du kannst die Form nutzen, die dir am meisten liegt. In der Lösung wird die Vektorform genutzt, da dies die einfachste der $3$ Formen ist. Berechne den Bildpunkt wie du es bereits in den vorherigen Aufgaben gemacht hast. Um den Urpunkt zu berechnen, setze den Bildpunkt in die Gleichung ein und rechne aus.
a)
1. Schritt: Vektor $\overrightarrow{v}$ berechnen
$A \, (3 \mid -4), A' \, (-3 \mid 2)$
$\begin{array}[t]{rll} \pmatrix{-3\\2}&=&\pmatrix{3\\-4} \oplus \pmatrix{v_x\\v_y} &\quad \scriptsize \mid\; -\pmatrix{3\\-4} \\[5pt] \pmatrix{-3\\2}-\pmatrix{3\\-4}&=&\pmatrix{v_x\\v_y} &\quad \scriptsize \\[5pt] \pmatrix{-6\\6}&=&\pmatrix{v_x\\v_y} \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} \pmatrix{-3\\2}-\pmatrix{3\\-4}&=&\pmatrix{v_x\\v_y} &\quad \scriptsize \\[5pt] \pmatrix{-6\\6}&=&\pmatrix{v_x\\v_y} \end{array}$
Der Vektor $\overrightarrow{v}$ hat die Koordinaten $\overrightarrow{v}=\pmatrix{-6\\6}$.
2. Schritt: Abbildungsgleichung der Parallelverschiebung angeben
Die Abbildungsgleichung der Parallelverschiebung lautet folgendermaßen:
$\pmatrix{x'\\y'}=\pmatrix{x\\y} \oplus \pmatrix{-6\\6}$
3. Schritt: Bildpunkt von $B$ berechnen
$B \, (1 \mid 2)$
$\begin{array}[t]{rll} \pmatrix{x'\\y'}&=& \pmatrix{1\\2} \oplus \pmatrix{-6\\6}&\quad \scriptsize \\[5pt] \pmatrix{x'\\y'}&=&\pmatrix{-5\\8} \end{array}$
Der Bildpunkt von $B$ hat die Koordinaten $B' \, (-5 \mid 8).$
4. Schritt: Urpunkt von $C'$ berechnen
$C' \, (3 \mid 9)$
$\begin{array}[t]{rll} \pmatrix{3\\9}&=& \pmatrix{x\\y} \oplus \pmatrix{-6\\6} &\quad \scriptsize \mid\; -\pmatrix{-6\\6}\\[5pt] \pmatrix{3\\9}-\pmatrix{-6\\6}&=&\pmatrix{x\\y} &\quad \scriptsize \\[5pt] \pmatrix{9\\3}&=&\pmatrix{x\\y} \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} \pmatrix{3\\9}-\pmatrix{-6\\6}&=&\pmatrix{x\\y} &\quad \scriptsize \\[5pt] \pmatrix{9\\3}&=&\pmatrix{x\\y} \end{array}$
Der Urpunkt von $C'$ hat die Koordinaten $C \, (9 \mid 3).$
Abbildungen im Koordinatensystem: Parallelverschiebung
Abb. 1: Abbildung zu 4a)
Abbildungen im Koordinatensystem: Parallelverschiebung
Abb. 1: Abbildung zu 4a)
b)
1. Schritt: Vektor $\overrightarrow{v}$ berechnen
$A \, (6 \mid 2), A' \, (1 \mid 1)$
$\begin{array}[t]{rll} \pmatrix{1\\1}&=&\pmatrix{6\\2} \oplus \pmatrix{v_x\\v_y} &\quad \scriptsize \mid\; -\pmatrix{6\\2} \\[5pt] \pmatrix{1\\1}-\pmatrix{6\\2}&=&\pmatrix{v_x\\v_y} &\quad \scriptsize \\[5pt] \pmatrix{-5\\-1}&=&\pmatrix{v_x\\v_y} \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} \pmatrix{1\\1}-\pmatrix{6\\2}&=&\pmatrix{v_x\\v_y} &\quad \scriptsize \\[5pt] \pmatrix{-5\\-1}&=&\pmatrix{v_x\\v_y} \end{array}$
Der Vektor $\overrightarrow{v}$ hat die Koordinaten $\overrightarrow{v}=\pmatrix{-5\\-1}$.
2. Schritt: Abbildungsgleichung der Parallelverschiebung angeben
Die Abbildungsgleichung der Parallelverschiebung lautet folgendermaßen:
$\pmatrix{x'\\y'}=\pmatrix{x\\y} \oplus \pmatrix{-5\\-1}$
3. Schritt: Bildpunkt von $B$ berechnen
$B \, (10 \mid 10)$
$\begin{array}[t]{rll} \pmatrix{x'\\y'}&=& \pmatrix{10\\10} \oplus \pmatrix{-5\\-1}&\quad \scriptsize \\[5pt] \pmatrix{x'\\y'}&=&\pmatrix{5\\9} \end{array}$
Der Bildpunkt von $B$ hat die Koordinaten $B' \, (5\mid 9).$
4. Schritt: Urpunkt von $C'$ berechnen
$C' \, (-7 \mid -8)$
$\begin{array}[t]{rll} \pmatrix{-7\\-8}&=& \pmatrix{x\\y} \oplus \pmatrix{-5\\-1} &\quad \scriptsize \mid\; -\pmatrix{-6\\6}\\[5pt] \pmatrix{-7\\-8}-\pmatrix{-5\\-1}&=&\pmatrix{x\\y} &\quad \scriptsize \\[5pt] \pmatrix{-2\\-7}&=&\pmatrix{x\\y} \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} \pmatrix{-7\\-8}-\pmatrix{-5\\-1}&=&\pmatrix{x\\y} &\quad \scriptsize \\[5pt] \pmatrix{-2\\-7}&=&\pmatrix{x\\y} \end{array}$
Der Urpunkt von $C'$ hat die Koordinaten $C \, (-2 \mid -7).$
Abbildungen im Koordinatensystem: Parallelverschiebung
Abb. 2: Abbildung zu 4b)
Abbildungen im Koordinatensystem: Parallelverschiebung
Abb. 2: Abbildung zu 4b)
c)
1. Schritt: Vektor $\overrightarrow{v}$ berechnen
$A \, (-5 \mid -4), A' \, (4 \mid 5)$
$\begin{array}[t]{rll} \pmatrix{4\\5}&=&\pmatrix{-5\\-4} \oplus \pmatrix{v_x\\v_y} &\quad \scriptsize \mid\; -\pmatrix{-5\\-4} \\[5pt] \pmatrix{4\\5}-\pmatrix{-5\\-4}&=&\pmatrix{v_x\\v_y} &\quad \scriptsize \\[5pt] \pmatrix{9\\9}&=&\pmatrix{v_x\\v_y} \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} \pmatrix{4\\5}-\pmatrix{-5\\-4}&=&\pmatrix{v_x\\v_y} &\quad \scriptsize \\[5pt] \pmatrix{9\\9}&=&\pmatrix{v_x\\v_y} \end{array}$
Der Vektor $\overrightarrow{v}$ hat die Koordinaten $\overrightarrow{v}=\pmatrix{9\\9}$.
2. Schritt: Abbildungsgleichung der Parallelverschiebung angeben
Die Abbildungsgleichung der Parallelverschiebung lautet folgendermaßen:
$\pmatrix{x'\\y'}=\pmatrix{x\\y} \oplus \pmatrix{9\\9}$
3. Schritt: Bildpunkt von $B$ berechnen
$B \, (-2 \mid -4)$
$\begin{array}[t]{rll} \pmatrix{x'\\y'}&=& \pmatrix{-2\\-4} \oplus \pmatrix{9\\9}&\quad \scriptsize \\[5pt] \pmatrix{x'\\y'}&=&\pmatrix{7\\5} \end{array}$
Der Bildpunkt von $B$ hat die Koordinaten $B' \, (7\mid 5).$
4. Schritt: Urpunkt von $C'$ berechnen
$C' \, (1 \mid 6)$
$\begin{array}[t]{rll} \pmatrix{1\\6}&=& \pmatrix{x\\y} \oplus \pmatrix{9\\9} &\quad \scriptsize \mid\; -\pmatrix{9\\9}\\[5pt] \pmatrix{1\\6}-\pmatrix{9\\9}&=&\pmatrix{x\\y} &\quad \scriptsize \\[5pt] \pmatrix{-8\\-3}&=&\pmatrix{x\\y} \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} \pmatrix{1\\6}-\pmatrix{9\\9}&=&\pmatrix{x\\y} &\quad \scriptsize \\[5pt] \pmatrix{-8\\-3}&=&\pmatrix{x\\y} \end{array}$
Der Urpunkt von $C'$ hat die Koordinaten $C \, (-8 \mid -3).$
Abbildungen im Koordinatensystem: Parallelverschiebung
Abb. 3: Abbildung zu 4c)
Abbildungen im Koordinatensystem: Parallelverschiebung
Abb. 3: Abbildung zu 4c)
d)
1. Schritt: Vektor $\overrightarrow{v}$ berechnen
$A \, (1 \mid 9), A' \, (2 \mid 8)$
$\begin{array}[t]{rll} \pmatrix{2\\8}&=&\pmatrix{1\\9} \oplus \pmatrix{v_x\\v_y} &\quad \scriptsize \mid\; -\pmatrix{1\\9} \\[5pt] \pmatrix{2\\8}-\pmatrix{1\\9}&=&\pmatrix{v_x\\v_y} &\quad \scriptsize \\[5pt] \pmatrix{1\\-1}&=&\pmatrix{v_x\\v_y} \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} \pmatrix{2\\8}-\pmatrix{1\\9}&=&\pmatrix{v_x\\v_y} &\quad \scriptsize \\[5pt] \pmatrix{1\\-1}&=&\pmatrix{v_x\\v_y} \end{array}$
Der Vektor $\overrightarrow{v}$ hat die Koordinaten $\overrightarrow{v}=\pmatrix{1\\-1}$.
2. Schritt: Abbildungsgleichung der Parallelverschiebung angeben
Die Abbildungsgleichung der Parallelverschiebung lautet folgendermaßen:
$\pmatrix{x'\\y'}=\pmatrix{x\\y} \oplus \pmatrix{1\\-1}$
3. Schritt: Bildpunkt von $B$ berechnen
$B \, (6 \mid 6)$
$\begin{array}[t]{rll} \pmatrix{x'\\y'}&=& \pmatrix{6\\6} \oplus \pmatrix{1\\-1}&\quad \scriptsize \\[5pt] \pmatrix{x'\\y'}&=&\pmatrix{7\\5} \end{array}$
Der Bildpunkt von $B$ hat die Koordinaten $B' \, (7\mid 5).$
4. Schritt: Urpunkt von $C'$ berechnen
$C' \, (5 \mid 9)$
$\begin{array}[t]{rll} \pmatrix{5\\9}&=& \pmatrix{x\\y} \oplus \pmatrix{1\\-1} &\quad \scriptsize \mid\; -\pmatrix{9\\9}\\[5pt] \pmatrix{5\\9}-\pmatrix{1\\-1}&=&\pmatrix{x\\y} &\quad \scriptsize \\[5pt] \pmatrix{4\\10}&=&\pmatrix{x\\y} \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} \pmatrix{5\\9}-\pmatrix{1\\-1}&=&\pmatrix{x\\y} &\quad \scriptsize \\[5pt] \pmatrix{4\\10}&=&\pmatrix{x\\y} \end{array}$
Der Urpunkt von $C'$ hat die Koordinaten $C \, (4 \mid 10).$
Abbildungen im Koordinatensystem: Parallelverschiebung
Abb. 4: Abbildung zu 4d)
Abbildungen im Koordinatensystem: Parallelverschiebung
Abb. 4: Abbildung zu 4d)

Aufgabe 5

Bilde die zwei Achsenschnittpunkte ab, setze die Bildpunkte in die allgemeine Geradengleichung $y= m \cdot x + t$ ein und löse auf. Alternativ kannst du die Geradensteigung $m$ mit der Formel $m=\dfrac{y_2-y_1}{x_2-x_1}$ berechnen und dann die Steigung und einen der Bildpunkte in die allgemeine Geradengleichung einsetzen.
a)
$g:y=-2x+3, \overrightarrow{v}=\pmatrix{2\\-3}$
Ermittle zunächst die beiden Achsenschnittpunkte. Setze dazu einmal für $x$ und einmal für $y$ in die Geradengleichung ein.
$\begin{array}[t]{rll} y&=&-2 \cdot 0 +3 &\quad \scriptsize \\[5pt] y&=&3 \end{array}$
Nun hast du die Koordinaten von Punkt $A \, (0 \mid 3)$.
$\begin{array}[t]{rll} 0&=&-2x+3 &\quad \scriptsize \mid\; -3\\[5pt] -3&=&-2x&\quad \scriptsize \mid\; : (-2)\\[5pt] x&=&1,5 \end{array}$
Nun hast du die Koordinaten von Punkt $B \, (1,5 \mid 0)$.
Ermittle mithilfe der Abbildungsgleichung der Parallelverschiebung die Bildpunkte $A'$ und $B'$.
$\begin{array}[t]{rll} \pmatrix{x'\\y'}&=& \pmatrix{0\\3} \oplus \pmatrix{2\\-3}&\quad \scriptsize \\[5pt] \pmatrix{x'\\y'}&=&\pmatrix{2\\0} \end{array}$
Der Bildpunkt von $A$ hat die Koordinaten $A' \, (2 \mid 0).$
$\begin{array}[t]{rll} \pmatrix{x'\\y'}&=& \pmatrix{1,5\\0} \oplus \pmatrix{2\\-3}&\quad \scriptsize \\[5pt] \pmatrix{x'\\y'}&=&\pmatrix{3,5\\-3} \end{array}$
Der Bildpunkt von $B$ hat die Koordinaten $B' \, (3,5 \mid -3).$
Berechne nun die Geradensteigung $m$ mit der Formel $m = \dfrac{y_2-y_1}{x_2-x_1}$ und setze dann die Steigung und einen der Bildpunkte in die allgemeine Geradengleichung $y=m \cdot x + t$ ein, um den $y-$Achsenabschnitt $t$ zu ermitteln.
$\begin{array}[t]{rll} m&=&\dfrac{-3-0}{3,5-2}&\quad \scriptsize \\[5pt] m&=&-2 \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} 0&=&-2 \cdot 2 +t &\quad \scriptsize \\[5pt] 0&=&4+t&\quad \scriptsize \mid\; -4\\[5pt] t&=&4 \end{array}$
Die Gleichung der Bildgeraden $g'$ lautet $g' = A'B': y = -2x+4$.
Abbildungen im Koordinatensystem: Parallelverschiebung
Abb. 5: Abbildung zu 5a)
Abbildungen im Koordinatensystem: Parallelverschiebung
Abb. 5: Abbildung zu 5a)
b)
$g:y=1,5x-4,5, \overrightarrow{v}=\pmatrix{-5\\-1}$
Ermittle zunächst die beiden Achsenschnittpunkte. Setze dazu einmal für $x$ und einmal für $y$ in die Geradengleichung ein.
$\begin{array}[t]{rll} y&=&1,5 \cdot 0 -4,5&\quad \scriptsize \\[5pt] y&=&-4,5 \end{array}$
Nun hast du die Koordinaten von Punkt $A \, (0 \mid -4,5)$.
$\begin{array}[t]{rll} 0&=&1,5 \cdot x - 4,5 &\quad \scriptsize \mid\; +4,5\\[5pt] 4,5&=&1,5x&\quad \scriptsize \mid\; : 1,5\\[5pt] x&=&3 \end{array}$
Nun hast du die Koordinaten von Punkt $B \, (3 \mid 0)$.
Ermittle mithilfe der Abbildungsgleichung der Parallelverschiebung die Bildpunkte $A'$ und $B'$.
$\begin{array}[t]{rll} \pmatrix{x'\\y'}&=& \pmatrix{0\\-4,5} \oplus \pmatrix{-5\\-1}&\quad \scriptsize \\[5pt] \pmatrix{x'\\y'}&=&\pmatrix{-5\\-5,5} \end{array}$
Der Bildpunkt von $A$ hat die Koordinaten $A' \, (-5 \mid -5,5).$
$\begin{array}[t]{rll} \pmatrix{x'\\y'}&=& \pmatrix{3\\0} \oplus \pmatrix{-5\\-1}&\quad \scriptsize \\[5pt] \pmatrix{x'\\y'}&=&\pmatrix{-2\\-1} \end{array}$
Der Bildpunkt von $B$ hat die Koordinaten $B' \, (-2 \mid -1).$
Berechne nun die Geradensteigung $m$ mit der Formel $m = \dfrac{y_2-y_1}{x_2-x_1}$ und setze dann die Steigung und einen der Bildpunkte in die allgemeine Geradengleichung $y=m \cdot x + t$ ein, um den $y-$Achsenabschnitt $t$ zu ermitteln.
$\begin{array}[t]{rll} m&=&\dfrac{-1-(-5,5)}{-2-(-5)}&\quad \scriptsize \\[5pt] m&=&1,5 \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} -1&=&1,5 \cdot (-2) +t &\quad \scriptsize \\[5pt] -1&=&-3+t&\quad \scriptsize \mid\; +3\\[5pt] t&=&2 \end{array}$
Die Gleichung der Bildgeraden $g'$ lautet $g' = A'B': y = 1,5x+2$.
Abbildungen im Koordinatensystem: Parallelverschiebung
Abb. 6: Abbildung zu 5b)
Abbildungen im Koordinatensystem: Parallelverschiebung
Abb. 6: Abbildung zu 5b)
c)
$g:y=-x-4, \overrightarrow{v}=\pmatrix{6\\2}$
Ermittle zunächst die beiden Achsenschnittpunkte. Setze dazu einmal für $x$ und einmal für $y$ in die Geradengleichung ein.
$\begin{array}[t]{rll} y&=&-0-4&\quad \scriptsize \\[5pt] y&=&-4 \end{array}$
Nun hast du die Koordinaten von Punkt $A \, (0 \mid -4)$.
$\begin{array}[t]{rll} 0&=&-x - 4 &\quad \scriptsize \mid\; +x\\[5pt] x&=&-4 \end{array}$
Nun hast du die Koordinaten von Punkt $B \, (-4 \mid 0)$.
Ermittle mithilfe der Abbildungsgleichung der Parallelverschiebung die Bildpunkte $A'$ und $B'$.
$\begin{array}[t]{rll} \pmatrix{x'\\y'}&=& \pmatrix{0\\-4} \oplus \pmatrix{6\\2}&\quad \scriptsize \\[5pt] \pmatrix{x'\\y'}&=&\pmatrix{6\\-2} \end{array}$
Der Bildpunkt von $A$ hat die Koordinaten $A' \, (6 \mid -2).$
$\begin{array}[t]{rll} \pmatrix{x'\\y'}&=& \pmatrix{-4\\0} \oplus \pmatrix{6\\2}&\quad \scriptsize \\[5pt] \pmatrix{x'\\y'}&=&\pmatrix{2\\2} \end{array}$
Der Bildpunkt von $B$ hat die Koordinaten $B' \, (2 \mid 2).$
Berechne nun die Geradensteigung $m$ mit der Formel $m = \dfrac{y_2-y_1}{x_2-x_1}$ und setze dann die Steigung und einen der Bildpunkte in die allgemeine Geradengleichung $y=m \cdot x + t$ ein, um den $y-$Achsenabschnitt $t$ zu ermitteln.
$\begin{array}[t]{rll} m&=&\dfrac{2- (-2)}{2-6}&\quad \scriptsize \\[5pt] m&=&-1 \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} 2&=&-1 \cdot 2 +t &\quad \scriptsize \\[5pt] 2&=&-2+t&\quad \scriptsize \mid\; +2\\[5pt] t&=&4 \end{array}$
Die Gleichung der Bildgeraden $g'$ lautet $g' = A'B': y = -x+4$.
Abbildungen im Koordinatensystem: Parallelverschiebung
Abb. 7: Abbildung zu 5c)
Abbildungen im Koordinatensystem: Parallelverschiebung
Abb. 7: Abbildung zu 5c)
d)
$g:y=6x+9, \overrightarrow{v}=\pmatrix{1,5\\2}$
Ermittle zunächst die beiden Achsenschnittpunkte. Setze dazu einmal für $x$ und einmal für $y$ in die Geradengleichung ein.
$\begin{array}[t]{rll} y&=&6 \cdot 0+9&\quad \scriptsize \\[5pt] y&=&9 \end{array}$
Nun hast du die Koordinaten von Punkt $A \, (0 \mid 9)$.
$\begin{array}[t]{rll} 0&=&6x + 9 &\quad \scriptsize \mid\; -9\\[5pt] -9&=&6x&\quad \scriptsize \mid\; :6\\[5pt] x&=&-1,5 \end{array}$
Nun hast du die Koordinaten von Punkt $B \, (-1,5 \mid 0)$.
Ermittle mithilfe der Abbildungsgleichung der Parallelverschiebung die Bildpunkte $A'$ und $B'$.
$\begin{array}[t]{rll} \pmatrix{x'\\y'}&=& \pmatrix{0\\9} \oplus \pmatrix{1,5\\2}&\quad \scriptsize \\[5pt] \pmatrix{x'\\y'}&=&\pmatrix{1,5\\11} \end{array}$
Der Bildpunkt von $A$ hat die Koordinaten $A' \, (1,5 \mid 11).$
$\begin{array}[t]{rll} \pmatrix{x'\\y'}&=& \pmatrix{-1,5\\0} \oplus \pmatrix{1,5\\2}&\quad \scriptsize \\[5pt] \pmatrix{x'\\y'}&=&\pmatrix{0\\2} \end{array}$
Der Bildpunkt von $B$ hat die Koordinaten $B' \, (0 \mid 2).$
Berechne nun die Geradensteigung $m$ mit der Formel $m = \dfrac{y_2-y_1}{x_2-x_1}$ und setze dann die Steigung und einen der Bildpunkte in die allgemeine Geradengleichung $y=m \cdot x + t$ ein, um den $y-$Achsenabschnitt $t$ zu ermitteln.
$\begin{array}[t]{rll} m&=&\dfrac{2-11}{0-1,5}&\quad \scriptsize \\[5pt] m&=&6 \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} 2&=&-6 \cdot 0 +t &\quad \scriptsize \\[5pt] t&=&2 \end{array}$
Die Gleichung der Bildgeraden $g'$ lautet $g' = A'B': y = 6x+2$.
Abbildungen im Koordinatensystem: Parallelverschiebung
Abb. 8: Abbildung zu 5d)
Abbildungen im Koordinatensystem: Parallelverschiebung
Abb. 8: Abbildung zu 5d)

Aufgabe 6

Beim Parameterverfahren gehst du folgendermaßen vor:
Bilde den Bildpunkt $P' \, (x' \mid y')$ eines beliebigen Punktes $P \, (x \mid m \cdot x+t)$, der auf der Geraden $g$ mit der Gleichung $g:y=m \cdot x + t$ liegt, mithilfe der Abbildungsgleichung der Parallelverschiebung ab. Die beiden Koordinaten $x'$ und $y'$ hängen von $x$ ab. Eliminiere aus den beiden entstandenen Gleichungen $x'=g(x)$ und $y'=h(x)$ das Parameter $x$ und du erhältst die Gleichung der Bildgeraden $g'$.
a)
$g:y=-2x+4, \overrightarrow{v}=\pmatrix{-1\\3}$
Bilde $P \,(x \mid -2x+4)$ ab.
$\begin{array}[t]{rll} \pmatrix{x'\\y'}&=&\pmatrix{x\\-2x+4} \oplus \pmatrix{-1\\3}&\quad \scriptsize \\[5pt] \pmatrix{x'\\y'}&=&\pmatrix{x-1\\-2x+7} \end{array}$
Daraus ergibt sich der Bildpunkt $P' \, (x-1 \mid -2x+7)$.
Aus dem Bildpunkt ergibt sich ein System von Koordinatengleichungen.
$\begin{array}{rll} \text{I}&x'&=&x-1\\[5pt] \text{II}&y'&=&-2x+7 \end{array}$
Eliminiere aus den Gleichungen das Parameter $x$. Stelle dazu die erste Gleichung nach $x$ um und setze in die zweite Gleichung ein.
$\begin{array}{rll} \text{I}&x&=&x'+1\\[5pt] \text{II}&y'&=&-2 \cdot (x'+1)+7\\[5pt] \text{II}&y'&=&-2x'-2+7\\[5pt] \text{II}&y'&=&-2x'+5\\[5pt] \end{array}$
Die Gleichung der Bildgeraden $g'$ lautet $g':y=-2x+5$.
b)
$g:y=3x+3, \overrightarrow{v}=\pmatrix{4\\8}$
Bilde $P \,(x \mid 3x+3)$ ab.
$\begin{array}[t]{rll} \pmatrix{x'\\y'}&=&\pmatrix{x\\3x+3} \oplus \pmatrix{4\\8}&\quad \scriptsize \\[5pt] \pmatrix{x'\\y'}&=&\pmatrix{x+4\\3x+11} \end{array}$
Daraus ergibt sich der Bildpunkt $P' \, (x+4 \mid 3x+11)$.
Aus dem Bildpunkt ergibt sich ein System von Koordinatengleichungen.
$\begin{array}{rll} \text{I}&x'&=&x+4\\[5pt] \text{II}&y'&=&3x+11 \end{array}$
Eliminiere aus den Gleichungen das Parameter $x$. Stelle dazu die erste Gleichung nach $x$ um und setze in die zweite Gleichung ein.
$\begin{array}{rll} \text{I}&x&=&x'-4\\[5pt] \text{II}&y'&=&3 \cdot (x'-4)+11\\[5pt] \text{II}&y'&=&3x'-12+11\\[5pt] \text{II}&y'&=&3x'-1\\[5pt] \end{array}$
Die Gleichung der Bildgeraden $g'$ lautet $g':y=3x-1$.
c)
$g:y=0,5x-5, \overrightarrow{v}=\pmatrix{2\\2}$
Bilde $P \,(x \mid 0,5x-5)$ ab.
$\begin{array}[t]{rll} \pmatrix{x'\\y'}&=&\pmatrix{x\\0,5x-5} \oplus \pmatrix{2\\2}&\quad \scriptsize \\[5pt] \pmatrix{x'\\y'}&=&\pmatrix{x+2\\0,5x-3} \end{array}$
Daraus ergibt sich der Bildpunkt $P' \, (x+2 \mid 0,5x-3)$.
Aus dem Bildpunkt ergibt sich ein System von Koordinatengleichungen.
$\begin{array}{rll} \text{I}&x'&=&x+2\\[5pt] \text{II}&y'&=&0,5x-3 \end{array}$
Eliminiere aus den Gleichungen das Parameter $x$. Stelle dazu die erste Gleichung nach $x$ um und setze in die zweite Gleichung ein.
$\begin{array}{rll} \text{I}&x&=&x'-2\\[5pt] \text{II}&y'&=&0,5 \cdot (x'-2)-3\\[5pt] \text{II}&y'&=&0,5x'-1-3\\[5pt] \text{II}&y'&=&0,5x'-4\\[5pt] \end{array}$
Die Gleichung der Bildgeraden $g'$ lautet $g':y=0,5x'-4$.
d)
$g:y=-x+2, \overrightarrow{v}=\pmatrix{9\\8}$
Bilde $P \,(x \mid -x+2)$ ab.
$\begin{array}[t]{rll} \pmatrix{x'\\y'}&=&\pmatrix{x\\-x+2} \oplus \pmatrix{9\\8}&\quad \scriptsize \\[5pt] \pmatrix{x'\\y'}&=&\pmatrix{x+9\\-x+10} \end{array}$
Daraus ergibt sich der Bildpunkt $P' \, (x+9 \mid -x+10)$.
Aus dem Bildpunkt ergibt sich ein System von Koordinatengleichungen.
$\begin{array}{rll} \text{I}&x'&=&x+9\\[5pt] \text{II}&y'&=&-x+10 \end{array}$
Eliminiere aus den Gleichungen das Parameter $x$. Stelle dazu die erste Gleichung nach $x$ um und setze in die zweite Gleichung ein.
$\begin{array}{rll} \text{I}&x&=&x'-9\\[5pt] \text{II}&y'&=&- (x'-9)+10\\[5pt] \text{II}&y'&=&-x'+9+10\\[5pt] \text{II}&y'&=&-x'+19\\[5pt] \end{array}$
Die Gleichung der Bildgeraden $g'$ lautet $g':y=-x'+19$.

Aufgabe 7

Um die Gleichungen der Bildgraphen von $g$ und $h$ bei Verschiebung mit $\overrightarrow{v_1}$ beziehungsweise $\overrightarrow{v_2}$ zu berechnen, musst du zunächst die beiden Verschiebungsvektoren ermitteln.
Der Vektor $\overrightarrow{v_1}$ hat die Koordinaten $\overrightarrow{v_1}=\pmatrix{4\\3 }$ und der Vektor $\overrightarrow{v_2}$ hat die Koordinaten $\overrightarrow{v_2}=\pmatrix{-5\\4 }$.
Jetzt hast du alle Angaben, die du brauchst, um die Gleichungen der Bildgraphen zu ermitteln. Verwende dazu das Parameterverfahren wie in Aufgabe $6$.
1. Bildgraph von $g$ bei Verschiebung mit $\overrightarrow{v_1}$
$g:y=\sqrt{x+3}-2, \overrightarrow{v_1}=\pmatrix{4\\3}$
Bilde $P \,(x \mid \sqrt{x+3}-2)$ ab.
$\begin{array}[t]{rll} \pmatrix{x'\\y'}&=&\pmatrix{x\\\sqrt{x+3}-2} \oplus \pmatrix{4\\3}&\quad \scriptsize \\[5pt] \pmatrix{x'\\y'}&=&\pmatrix{x+4\\\sqrt{x+3}+1} \end{array}$
Daraus ergibt sich der Bildpunkt $P' \, (x+4 \mid \sqrt{x+3}+1)$.
Aus dem Bildpunkt ergibt sich ein System von Koordinatengleichungen.
$\begin{array}{rll} \text{I}&x'&=&x+4\\[5pt] \text{II}&y'&=&\sqrt{x+3}+1 \end{array}$
Eliminiere aus den Gleichungen das Parameter $x$. Stelle dazu die erste Gleichung nach $x$ um und setze in die zweite Gleichung ein.
$\begin{array}{rll} \text{I}&x&=&x'-4\\[5pt] \text{II}&y'&=&\sqrt{(x'-4)+3}+1\\[5pt] \text{II}&y'&=&\sqrt{x'-4+3}+1\\[5pt] \text{II}&y'&=&\sqrt{x'-1}+1\\[5pt] \end{array}$
Die Gleichung des Bildgraphen $g'$ bei Parallelverschiebung mit $\overrightarrow{v_1}$ lautet $g':y=\sqrt{x-1}+1$.
2. Bildgraph von $g$ bei Verschiebung mit $\overrightarrow{v_2}$
$g:y=\sqrt{x+3}-2, \overrightarrow{v_2}=\pmatrix{-5\\4}$
Bilde $P \,(x \mid \sqrt{x+3}-2)$ ab.
$\begin{array}[t]{rll} \pmatrix{x'\\y'}&=&\pmatrix{x\\\sqrt{x+3}-2} \oplus \pmatrix{-5\\4}&\quad \scriptsize \\[5pt] \pmatrix{x'\\y'}&=&\pmatrix{x-5\\\sqrt{x+3}+2} \end{array}$
Daraus ergibt sich der Bildpunkt $P' \, (x-5 \mid \sqrt{x+3}+2)$.
Aus dem Bildpunkt ergibt sich ein System von Koordinatengleichungen.
$\begin{array}{rll} \text{I}&x'&=&x-5\\[5pt] \text{II}&y'&=&\sqrt{x+3}+2 \end{array}$
Eliminiere aus den Gleichungen das Parameter $x$. Stelle dazu die erste Gleichung nach $x$ um und setze in die zweite Gleichung ein.
$\begin{array}{rll} \text{I}&x&=&x'+5\\[5pt] \text{II}&y'&=&\sqrt{(x'+5)+3}+2\\[5pt] \text{II}&y'&=&\sqrt{x'+5+3}+2\\[5pt] \text{II}&y'&=&\sqrt{x'+8}+2\\[5pt] \end{array}$
Die Gleichung des Bildgraphen $g'$ bei Parallelverschiebung mit $\overrightarrow{v_2}$ lautet $g':y=\sqrt{x+8}+2$.
3. Bildgraph von $h$ bei Verschiebung mit $\overrightarrow{v_1}$
$h:y=(\frac{1}{2})^x-6, \overrightarrow{v_1}=\pmatrix{4\\3}$
Bilde $P \,(x \mid (\frac{1}{2})^x-6)$ ab.
$\begin{array}[t]{rll} \pmatrix{x'\\y'}&=&\pmatrix{x\\(\frac{1}{2})^x-6} \oplus \pmatrix{4\\3}&\quad \scriptsize \\[5pt] \pmatrix{x'\\y'}&=&\pmatrix{x+4\\(\frac{1}{2})^x-3} \end{array}$
Daraus ergibt sich der Bildpunkt $P' \, (x+4 \mid (\frac{1}{2})^x-3)$.
Aus dem Bildpunkt ergibt sich ein System von Koordinatengleichungen.
$\begin{array}{rll} \text{I}&x'&=&x+4\\[5pt] \text{II}&y'&=&(\frac{1}{2})^x-3 \end{array}$
Eliminiere aus den Gleichungen das Parameter $x$. Stelle dazu die erste Gleichung nach $x$ um und setze in die zweite Gleichung ein.
$\begin{array}{rll} \text{I}&x&=&x'-4\\[5pt] \text{II}&y'&=&(\frac{1}{2})^{(x'-4)}-3\\[5pt] \end{array}$
Die Gleichung des Bildgraphen $h'$ bei Parallelverschiebung mit $\overrightarrow{v_1}$ lautet $h':y=(\frac{1}{2})^{(x-4)}-3$.
4. Bildgraph von $h$ bei Verschiebung mit $\overrightarrow{v_2}$
$g:y=(\frac{1}{2})^x-6, \overrightarrow{v_2}=\pmatrix{-5\\4}$
Bilde $P \,(x \mid (\frac{1}{2})^x-6)$ ab.
$\begin{array}[t]{rll} \pmatrix{x'\\y'}&=&\pmatrix{x\\(\frac{1}{2})^x-6} \oplus \pmatrix{-5\\4}&\quad \scriptsize \\[5pt] \pmatrix{x'\\y'}&=&\pmatrix{x-5\\(\frac{1}{2})^x-2} \end{array}$
Daraus ergibt sich der Bildpunkt $P' \, (x-5 \mid (\frac{1}{2})^x-6)$.
Aus dem Bildpunkt ergibt sich ein System von Koordinatengleichungen.
$\begin{array}{rll} \text{I}&x'&=&x-5\\[5pt] \text{II}&y'&=&(\frac{1}{2})^x-6 \end{array}$
Eliminiere aus den Gleichungen das Parameter $x$. Stelle dazu die erste Gleichung nach $x$ um und setze in die zweite Gleichung ein.
$\begin{array}{rll} \text{I}&x&=&x'+5\\[5pt] \text{II}&y'&=&(\frac{1}{2})^{x'+5}-6\\[5pt] \end{array}$
Die Gleichung des Bildgraphen $h'$ bei Parallelverschiebung mit $\overrightarrow{v_2}$ lautet $h':y=(\frac{1}{2})^{x+5}-6$.

Aufgabe 8

Um die Gleichung des Bildgraphen von $f$ bei Parallelverschiebung mit $\overrightarrow{v}$ zu ermitteln, gehe wie in Aufgabe $6$ und Aufgabe $7$ vor - verwende also das Parameterverfahren.
a)
$f:y=(x+3)^4-5, \overrightarrow{v}=\pmatrix{1\\-2}$
Bilde $P \,(x \mid (x+3)^4-5)$ ab.
$\begin{array}[t]{rll} \pmatrix{x'\\y'}&=&\pmatrix{x\\(x+3)^4-5} \oplus \pmatrix{1\\-2}&\quad \scriptsize \\[5pt] \pmatrix{x'\\y'}&=&\pmatrix{x+1\\(x+3)^4-7} \end{array}$
Daraus ergibt sich der Bildpunkt $P' \, (x+1 \mid (x+3)^4-7)$.
Aus dem Bildpunkt ergibt sich ein System von Koordinatengleichungen.
$\begin{array}{rll} \text{I}&x'&=&x+1\\[5pt] \text{II}&y'&=&(x+3)^4-7 \end{array}$
Eliminiere aus den Gleichungen das Parameter $x$. Stelle dazu die erste Gleichung nach $x$ um und setze in die zweite Gleichung ein.
$\begin{array}{rll} \text{I}&x&=&x'-1\\[5pt] \text{II}&y'&=&((x'-1)+3)^4-7\\[5pt] \text{II}&y'&=&(x'-1+3)^4-7\\[5pt] \text{II}&y'&=&(x'+2)^4-7\\[5pt] \end{array}$
Die Gleichung des Bildgraphen $f'$ bei Parallelverschiebung mit $\overrightarrow{v}$ lautet $f':y=(x+2)^4-7$.
b)
$f:y=log_2(2x), \overrightarrow{v}=\pmatrix{4\\3}$
Bilde $P \,(x \mid log_2(2x))$ ab.
$\begin{array}[t]{rll} \pmatrix{x'\\y'}&=&\pmatrix{x\\log_2(2x)} \oplus \pmatrix{4\\3}&\quad \scriptsize \\[5pt] \pmatrix{x'\\y'}&=&\pmatrix{x+4\\log_2(2x)+3} \end{array}$
Daraus ergibt sich der Bildpunkt $P' \, (x+4 \mid log_2(2x)+3)$.
Aus dem Bildpunkt ergibt sich ein System von Koordinatengleichungen.
$\begin{array}{rll} \text{I}&x'&=&x+4\\[5pt] \text{II}&y'&=&log_2(2x)+3 \end{array}$
Eliminiere aus den Gleichungen das Parameter $x$. Stelle dazu die erste Gleichung nach $x$ um und setze in die zweite Gleichung ein.
$\begin{array}{rll} \text{I}&x&=&x'-4\\[5pt] \text{II}&y'&=&log_2(2(x'-4))+3\\[5pt] \text{II}&y'&=&log_2(2x'-8)+3\\[5pt] \end{array}$
Die Gleichung des Bildgraphen $f'$ bei Parallelverschiebung mit $\overrightarrow{v}$ lautet $f':y=log_2(2x-8)+3$.
c)
$f:y=\frac{5}{x}, \overrightarrow{v}=\pmatrix{-5\\-4}$
Bilde $P \,(x \mid \frac{5}{x})$ ab.
$\begin{array}[t]{rll} \pmatrix{x'\\y'}&=&\pmatrix{x\\\frac{5}{x}} \oplus \pmatrix{-5\\-4}&\quad \scriptsize \\[5pt] \pmatrix{x'\\y'}&=&\pmatrix{x-5\\\frac{5}{x}-4} \end{array}$
Daraus ergibt sich der Bildpunkt $P' \, (x-5 \mid \frac{5}{x}-4)$.
Aus dem Bildpunkt ergibt sich ein System von Koordinatengleichungen.
$\begin{array}{rll} \text{I}&x'&=&x-5\\[5pt] \text{II}&y'&=&\frac{5}{x}-4 \end{array}$
Eliminiere aus den Gleichungen das Parameter $x$. Stelle dazu die erste Gleichung nach $x$ um und setze in die zweite Gleichung ein.
$\begin{array}{rll} \text{I}&x&=&x'+5\\[5pt] \text{II}&y'&=&\frac{5}{x'+5}-4\\[5pt] \end{array}$
Die Gleichung des Bildgraphen $f'$ bei Parallelverschiebung mit $\overrightarrow{v}$ lautet $f':y=\frac{5}{x+5}-4$.
d)
$f:y=\sqrt{x+5}+3, \overrightarrow{v}=\pmatrix{7\\1}$
Bilde $P \,(x \mid \sqrt{x+5}+3)$ ab.
$\begin{array}[t]{rll} \pmatrix{x'\\y'}&=&\pmatrix{x\\\sqrt{x+5}+3} \oplus \pmatrix{7\\1}&\quad \scriptsize \\[5pt] \pmatrix{x'\\y'}&=&\pmatrix{x+7\\\sqrt{x+5}+4} \end{array}$
Daraus ergibt sich der Bildpunkt $P' \, (x+7 \mid \sqrt{x+5}+4)$.
Aus dem Bildpunkt ergibt sich ein System von Koordinatengleichungen.
$\begin{array}{rll} \text{I}&x'&=&x+7\\[5pt] \text{II}&y'&=&\sqrt{x+5}+4 \end{array}$
Eliminiere aus den Gleichungen das Parameter $x$. Stelle dazu die erste Gleichung nach $x$ um und setze in die zweite Gleichung ein.
$\begin{array}{rll} \text{I}&x&=&x'-7\\[5pt] \text{II}&y'&=&\sqrt{(x'-7)+5}+4\\[5pt] \text{II}&y'&=&\sqrt{x'-7+5}+4\\[5pt] \text{II}&y'&=&\sqrt{x'-2}+4\\[5pt] \end{array}$
Die Gleichung des Bildgraphen $f'$ bei Parallelverschiebung mit $\overrightarrow{v}$ lautet $f':y=\sqrt{x-2}+4$.
e)
$f:y=(\frac{2}{5})^x+3, \overrightarrow{v}=\pmatrix{-3\\1}$
Bilde $P \,(x \mid (\frac{2}{5})^x+3)$ ab.
$\begin{array}[t]{rll} \pmatrix{x'\\y'}&=&\pmatrix{x\\(\frac{2}{5})^x+3} \oplus \pmatrix{-3\\1}&\quad \scriptsize \\[5pt] \pmatrix{x'\\y'}&=&\pmatrix{x-3\\(\frac{2}{5})^x+4} \end{array}$
Daraus ergibt sich der Bildpunkt $P' \, (x-3 \mid (\frac{2}{5})^x+4)$.
Aus dem Bildpunkt ergibt sich ein System von Koordinatengleichungen.
$\begin{array}{rll} \text{I}&x'&=&x-3\\[5pt] \text{II}&y'&=&(\frac{2}{5})^x+4 \end{array}$
Eliminiere aus den Gleichungen das Parameter $x$. Stelle dazu die erste Gleichung nach $x$ um und setze in die zweite Gleichung ein.
$\begin{array}{rll} \text{I}&x&=&x'+3\\[5pt] \text{II}&y'&=&(\frac{2}{5})^{(x'+3)}+4\\[5pt] \ \end{array}$
Die Gleichung des Bildgraphen $f'$ bei Parallelverschiebung mit $\overrightarrow{v}$ lautet $f':y=(\frac{2}{5})^{(x+3)}+4$.
f)
$f:y=\frac{4}{x-2}+3, \overrightarrow{v}=\pmatrix{-2\\-3}$
Bilde $P \,(x \mid \frac{4}{x-2}+3)$ ab.
$\begin{array}[t]{rll} \pmatrix{x'\\y'}&=&\pmatrix{x\\\frac{4}{x-2}+3} \oplus \pmatrix{-2\\-3}&\quad \scriptsize \\[5pt] \pmatrix{x'\\y'}&=&\pmatrix{x-2\\\frac{4}{x-2}} \end{array}$
Daraus ergibt sich der Bildpunkt $P' \, (x-2 \mid \frac{4}{x-2})$.
Aus dem Bildpunkt ergibt sich ein System von Koordinatengleichungen.
$\begin{array}{rll} \text{I}&x'&=&x-2\\[5pt] \text{II}&y'&=&\frac{4}{x-2} \end{array}$
Eliminiere aus den Gleichungen das Parameter $x$. Stelle dazu die erste Gleichung nach $x$ um und setze in die zweite Gleichung ein.
$\begin{array}{rll} \text{I}&x&=&x'+2\\[5pt] \text{II}&y'&=&\frac{4}{(x'+2)-2}\\[5pt] \text{II}&y'&=&\frac{4}{x'+2-2}\\[5pt] \text{II}&y'&=&\frac{4}{x'}\\[5pt] \end{array}$
Die Gleichung des Bildgraphen $f'$ bei Parallelverschiebung mit $\overrightarrow{v}$ lautet $f':y=\frac{4}{x}$.
g)
$f:y=(\frac{1}{4})^{(x+3)}-2, \overrightarrow{v}=\pmatrix{5\\5}$
Bilde $P \,(x \mid (\frac{1}{4})^{(x+3)}-2)$ ab.
$\begin{array}[t]{rll} \pmatrix{x'\\y'}&=&\pmatrix{x\\(\frac{1}{4})^{(x+3)}-2} \oplus \pmatrix{5\\5}&\quad \scriptsize \\[5pt] \pmatrix{x'\\y'}&=&\pmatrix{x+5\\(\frac{1}{4})^{(x+3)}+3} \end{array}$
Daraus ergibt sich der Bildpunkt $P' \, (x+5 \mid (\frac{1}{4})^{(x+3)}+3)$.
Aus dem Bildpunkt ergibt sich ein System von Koordinatengleichungen.
$\begin{array}{rll} \text{I}&x'&=&x+5\\[5pt] \text{II}&y'&=&(\frac{1}{4})^{(x+3)}+3 \end{array}$
Eliminiere aus den Gleichungen das Parameter $x$. Stelle dazu die erste Gleichung nach $x$ um und setze in die zweite Gleichung ein.
$\begin{array}{rll} \text{I}&x&=&x'-5\\[5pt] \text{II}&y'&=&(\frac{1}{4})^{((x'-5)+3)}+3\\[5pt] \text{II}&y'&=&(\frac{1}{4})^{(x'-5+3)}+3\\[5pt] \text{II}&y'&=&(\frac{1}{4})^{(x'-2)}+3\\[5pt] \end{array}$
Die Gleichung des Bildgraphen $f'$ bei Parallelverschiebung mit $\overrightarrow{v}$ lautet $f':y=(\frac{1}{4})^{(x-2)}+3$.
h)
$f:y=(2x+3)^3+2, \overrightarrow{v}=\pmatrix{3\\4}$
Bilde $P \,(x \mid (2x+3)^3+2)$ ab.
$\begin{array}[t]{rll} \pmatrix{x'\\y'}&=&\pmatrix{x\\(2x+3)^3+2} \oplus \pmatrix{3\\4}&\quad \scriptsize \\[5pt] \pmatrix{x'\\y'}&=&\pmatrix{x+3\\(2x+3)^3+6} \end{array}$
Daraus ergibt sich der Bildpunkt $P' \, (x+3 \mid (2x+3)^3+6)$.
Aus dem Bildpunkt ergibt sich ein System von Koordinatengleichungen.
$\begin{array}{rll} \text{I}&x'&=&x+3\\[5pt] \text{II}&y'&=&(2x+3)^3+6 \end{array}$
Eliminiere aus den Gleichungen das Parameter $x$. Stelle dazu die erste Gleichung nach $x$ um und setze in die zweite Gleichung ein.
$\begin{array}{rll} \text{I}&x&=&x'-3\\[5pt] \text{II}&y'&=&(2 \cdot (x'-3)+3)^3+6\\[5pt] \text{II}&y'&=&(2x'-6+3)^3+6\\[5pt] \text{II}&y'&=&(2x'-3)^3+6\\[5pt] \end{array}$
Die Gleichung des Bildgraphen $f'$ bei Parallelverschiebung mit $\overrightarrow{v}$ lautet $f':y=(2x-3)^3+6$.

Aufgabe 9

Um den Verschiebungsvektor $\overrightarrow{v}$ zu ermitteln, musst du markante, gleiche Punkte aus dem Graphen der Funktion und dem Graphen der Bildfunktion ermitteln. Die Punkte sind die Definitionslücken der Funktionenn.
Berechne die Definitionslücken, setze dann die beiden daraus entstandenen Punkte in die Abbildungsgleichung der Parallelverschiebung ein und rechne aus.
a)
Der Term unter der Wurzel muss $0$ werden, damit eine Definitionslücke entsteht. Suche also ein $x$, mit dem der Term unter der Wurzel $0$ wird. Setze den $x-$Wert dann in die Gleichung ein und berechne so den $y-$Wert.
$\begin{array}[t]{rll} f:y&=&\sqrt{x+3}+2 &\quad \scriptsize \\[5pt] \sqrt{x+3}&=& 0&\quad \scriptsize \\[5pt] \end{array}$
Setze $x=-3$ ein, damit der Term unter der Wurzel $0$ wird. Der $y-$Wert beträgt dann $2$. Die Funktion $f$ hat also eine Definitionslücke an der Stelle $P \, (-3 \mid 2)$.
$\begin{array}[t]{rll} f':y&=&\sqrt{x-1}+4 &\quad \scriptsize \\[5pt] \sqrt{x-1}&=& 0&\quad \scriptsize \\[5pt] \end{array}$
Setze $x=1$ ein, damit der Term unter der Wurzel $0$ wird. Der $y-$Wert beträgt dann $4$. Die Funktion $f'$ hat also eine Definitionslücke an der Stelle $P' \, (1 \mid 4)$.
Setze nun diese beiden Punkte in die Abbildungsgleichung der Parallelverschiebung ein und berechne so den Verschiebungsvektor $\overrightarrow{v}$.
$\begin{array}[t]{rll} \pmatrix{x'\\y'}&=& \pmatrix{x\\y } \oplus \pmatrix{v_x\\v_y}&\quad \scriptsize \\[5pt] \pmatrix{x'\\y'}-\pmatrix{x\\y }&=& \pmatrix{v_x\\v_y}&\quad \scriptsize \\[5pt] \pmatrix{1\\4}-\pmatrix{-3\\2 }&=& \pmatrix{v_x\\v_y}&\quad \scriptsize \\[5pt] \pmatrix{v_x\\v_y}&=& \pmatrix{4\\2}&\quad \scriptsize \\[5pt] \end{array}$
Der Verschiebungsvektor $\overrightarrow{v}$ besitzt die Koordinaten $\overrightarrow{v}=\pmatrix{4\\2}$.
b)
Die Klammer, die potenziert wird, muss $0$ werden, damit eine Definitionslücke entsteht. Suche also ein $x$, mit dem der Term in der Klammer $0$ wird. Setze den $x-$Wert dann in die Gleichung ein und berechne so den $y-$Wert.
$\begin{array}[t]{rll} f:y&=&(x+4)^2-2 &\quad \scriptsize \\[5pt] x+4&=& 0&\quad \scriptsize \\[5pt] x&=& -4&\quad \scriptsize \\[5pt] \end{array}$
Setze $x=-4$ ein, damit der Term in der Klammer $0$ wird. Der $y-$Wert beträgt dann $-2$. Die Funktion $f$ hat also eine Definitionslücke an der Stelle $P \, (-4 \mid -2)$.
$\begin{array}[t]{rll} f':y&=&(x-2)^2+1 &\quad \scriptsize \\[5pt] x-2&=& 0&\quad \scriptsize \\[5pt] x&=& 2&\quad \scriptsize \\[5pt] \end{array}$
Setze $x=2$ ein, damit der Term in der Klammer $0$ wird. Der $y-$Wert beträgt dann $1$. Die Funktion $f'$ hat also eine Definitionslücke an der Stelle $P' \, (2 \mid 1)$.
Setze nun diese beiden Punkte in die Abbildungsgleichung der Parallelverschiebung ein und berechne so den Verschiebungsvektor $\overrightarrow{v}$.
$\begin{array}[t]{rll} \pmatrix{x'\\y'}&=& \pmatrix{x\\y } \oplus \pmatrix{v_x\\v_y}&\quad \scriptsize \\[5pt] \pmatrix{x'\\y'}-\pmatrix{x\\y }&=& \pmatrix{v_x\\v_y}&\quad \scriptsize \\[5pt] \pmatrix{2\\1}-\pmatrix{-4\\-2 }&=& \pmatrix{v_x\\v_y}&\quad \scriptsize \\[5pt] \pmatrix{v_x\\v_y}&=& \pmatrix{6\\3}&\quad \scriptsize \\[5pt] \end{array}$
Der Verschiebungsvektor $\overrightarrow{v}$ besitzt die Koordinaten $\overrightarrow{v}=\pmatrix{6\\3}$.
c)
Der Nenner des Bruches muss $0$ werden, damit eine Definitionslücke entsteht. Suche also ein $x$, mit dem der Term, der im Nenner steht, $0$ wird. Setze den $x-$Wert dann in die Gleichung ein und berechne so den $y-$Wert.
$\begin{array}[t]{rll} f:y&=&\frac{3}{(x+3)^2}+2 &\quad \scriptsize \\[5pt] x+3&=& 0&\quad \scriptsize \\[5pt] x&=& -3&\quad \scriptsize \\[5pt] \end{array}$
Setze $x=-3$ ein, damit der Term in der Klammer $0$ wird. Der $y-$Wert beträgt dann $2$. Die Funktion $f$ hat also eine Definitionslücke an der Stelle $P \, (-3 \mid 2)$.
$\begin{array}[t]{rll} f':y&=&\frac{3}{(x-2)^2}-2 &\quad \scriptsize \\[5pt] x-2&=& 0&\quad \scriptsize \\[5pt] x&=& 2&\quad \scriptsize \\[5pt] \end{array}$
Setze $x=2$ ein, damit der Term in der Klammer $0$ wird. Der $y-$Wert beträgt dann $-2$. Die Funktion $f'$ hat also eine Definitionslücke an der Stelle $P' \, (2 \mid -2)$.
Setze nun diese beiden Punkte in die Abbildungsgleichung der Parallelverschiebung ein und berechne so den Verschiebungsvektor $\overrightarrow{v}$.
$\begin{array}[t]{rll} \pmatrix{x'\\y'}&=& \pmatrix{x\\y } \oplus \pmatrix{v_x\\v_y}&\quad \scriptsize \\[5pt] \pmatrix{x'\\y'}-\pmatrix{x\\y }&=& \pmatrix{v_x\\v_y}&\quad \scriptsize \\[5pt] \pmatrix{2\\-2}-\pmatrix{-3\\2 }&=& \pmatrix{v_x\\v_y}&\quad \scriptsize \\[5pt] \pmatrix{v_x\\v_y}&=& \pmatrix{5\\-4}&\quad \scriptsize \\[5pt] \end{array}$
Der Verschiebungsvektor $\overrightarrow{v}$ besitzt die Koordinaten $\overrightarrow{v}=\pmatrix{5\\-4}$.
d)
Der Potenzwert muss $0$ werden, damit eine Definitionslücke entsteht. Suche also ein $x$, mit dem der Term, der den Potenzwert symbolisiert, $0$ wird. Setze den $x-$Wert dann in die Gleichung ein und berechne so den $y-$Wert.
$\begin{array}[t]{rll} f:y&=&log_3(x-3)+1 &\quad \scriptsize \\[5pt] x-3&=& 0&\quad \scriptsize \\[5pt] x&=& 3&\quad \scriptsize \\[5pt] \end{array}$
Setze $x=3$ ein, damit der Term in der Klammer $0$ wird. Der $y-$Wert beträgt dann $1$. Die Funktion $f$ hat also eine Definitionslücke an der Stelle $P \, (3 \mid 1)$.
$\begin{array}[t]{rll} f':y&=&log_3(x-2)+5 &\quad \scriptsize \\[5pt] x-2&=& 0&\quad \scriptsize \\[5pt] x&=& 2&\quad \scriptsize \\[5pt] \end{array}$
Setze $x=2$ ein, damit der Term in der Klammer $0$ wird. Der $y-$Wert beträgt dann $5$. Die Funktion $f'$ hat also eine Definitionslücke an der Stelle $P' \, (2 \mid 5)$.
Setze nun diese beiden Punkte in die Abbildungsgleichung der Parallelverschiebung ein und berechne so den Verschiebungsvektor $\overrightarrow{v}$.
$\begin{array}[t]{rll} \pmatrix{x'\\y'}&=& \pmatrix{x\\y } \oplus \pmatrix{v_x\\v_y}&\quad \scriptsize \\[5pt] \pmatrix{x'\\y'}-\pmatrix{x\\y }&=& \pmatrix{v_x\\v_y}&\quad \scriptsize \\[5pt] \pmatrix{2\\5}-\pmatrix{3\\1}&=& \pmatrix{v_x\\v_y}&\quad \scriptsize \\[5pt] \pmatrix{v_x\\v_y}&=& \pmatrix{-1\\4}&\quad \scriptsize \\[5pt] \end{array}$
Der Verschiebungsvektor $\overrightarrow{v}$ besitzt die Koordinaten $\overrightarrow{v}=\pmatrix{-1\\4}$.
e)
Die Klammer, die potenziert wird, muss $0$ werden, damit eine Definitionslücke entsteht. Suche also ein $x$, mit dem der Term in der Klammer $0$ wird. Setze den $x-$Wert dann in die Gleichung ein und berechne so den $y-$Wert.
$\begin{array}[t]{rll} f:y&=&(x-5)^4+4 &\quad \scriptsize \\[5pt] x-5&=& 0&\quad \scriptsize \\[5pt] x&=& 5&\quad \scriptsize \\[5pt] \end{array}$
Setze $x=5$ ein, damit der Term in der Klammer $0$ wird. Der $y-$Wert beträgt dann $4$. Die Funktion $f$ hat also eine Definitionslücke an der Stelle $P \, (5 \mid 4)$.
$\begin{array}[t]{rll} f':y&=&(x-3)^4+3 &\quad \scriptsize \\[5pt] x-3&=& 0&\quad \scriptsize \\[5pt] x&=& 3&\quad \scriptsize \\[5pt] \end{array}$
Setze $x=3$ ein, damit der Term in der Klammer $0$ wird. Der $y-$Wert beträgt dann $3$. Die Funktion $f'$ hat also eine Definitionslücke an der Stelle $P' \, (3 \mid 3)$.
Setze nun diese beiden Punkte in die Abbildungsgleichung der Parallelverschiebung ein und berechne so den Verschiebungsvektor $\overrightarrow{v}$.
$\begin{array}[t]{rll} \pmatrix{x'\\y'}&=& \pmatrix{x\\y } \oplus \pmatrix{v_x\\v_y}&\quad \scriptsize \\[5pt] \pmatrix{x'\\y'}-\pmatrix{x\\y }&=& \pmatrix{v_x\\v_y}&\quad \scriptsize \\[5pt] \pmatrix{3\\3}-\pmatrix{5\\4 }&=& \pmatrix{v_x\\v_y}&\quad \scriptsize \\[5pt] \pmatrix{v_x\\v_y}&=& \pmatrix{-2\\-1}&\quad \scriptsize \\[5pt] \end{array}$
Der Verschiebungsvektor $\overrightarrow{v}$ besitzt die Koordinaten $\overrightarrow{v}=\pmatrix{-2\\-1}$.
f)
Der Nenner des Bruches muss $0$ werden, damit eine Definitionslücke entsteht. Suche also ein $x$, mit dem der Term, der im Nenner steht, $0$ wird. Setze den $x-$Wert dann in die Gleichung ein und berechne so den $y-$Wert.
$\begin{array}[t]{rll} f:y&=&\frac{2}{(x-4)^3}+2 &\quad \scriptsize \\[5pt] x-4&=& 0&\quad \scriptsize \\[5pt] x&=& 4&\quad \scriptsize \\[5pt] \end{array}$
Setze $x=4$ ein, damit der Term in der Klammer $0$ wird. Der $y-$Wert beträgt dann $2$. Die Funktion $f$ hat also eine Definitionslücke an der Stelle $P \, (4 \mid 2)$.
$\begin{array}[t]{rll} f':y&=&\frac{2}{(x-1)^3}+6&\quad \scriptsize \\[5pt] x-1&=& 0&\quad \scriptsize \\[5pt] x&=& 1&\quad \scriptsize \\[5pt] \end{array}$
Setze $x=1$ ein, damit der Term in der Klammer $0$ wird. Der $y-$Wert beträgt dann $6$. Die Funktion $f'$ hat also eine Definitionslücke an der Stelle $P' \, (1 \mid 6)$.
Setze nun diese beiden Punkte in die Abbildungsgleichung der Parallelverschiebung ein und berechne so den Verschiebungsvektor $\overrightarrow{v}$.
$\begin{array}[t]{rll} \pmatrix{x'\\y'}&=& \pmatrix{x\\y } \oplus \pmatrix{v_x\\v_y}&\quad \scriptsize \\[5pt] \pmatrix{x'\\y'}-\pmatrix{x\\y }&=& \pmatrix{v_x\\v_y}&\quad \scriptsize \\[5pt] \pmatrix{1\\6}-\pmatrix{4\\2 }&=& \pmatrix{v_x\\v_y}&\quad \scriptsize \\[5pt] \pmatrix{v_x\\v_y}&=& \pmatrix{-3\\4}&\quad \scriptsize \\[5pt] \end{array}$
Der Verschiebungsvektor $\overrightarrow{v}$ besitzt die Koordinaten $\overrightarrow{v}=\pmatrix{-3\\4}$.
g)
Der Term unter der Wurzel muss $0$ werden, damit eine Definitionslücke entsteht. Suche also ein $x$, mit dem der Term unter der Wurzel $0$ wird. Setze den $x-$Wert dann in die Gleichung ein und berechne so den $y-$Wert.
$\begin{array}[t]{rll} f:y&=&\sqrt{x+4}+3 &\quad \scriptsize \\[5pt] \sqrt{x+4}&=& 0&\quad \scriptsize \\[5pt] \end{array}$
Setze $x=-4$ ein, damit der Term unter der Wurzel $0$ wird. Der $y-$Wert beträgt dann $3$. Die Funktion $f$ hat also eine Definitionslücke an der Stelle $P \, (-4 \mid 3)$.
$\begin{array}[t]{rll} f':y&=&\sqrt{x-4}+1 &\quad \scriptsize \\[5pt] \sqrt{x-4}&=& 0&\quad \scriptsize \\[5pt] \end{array}$
Setze $x=4$ ein, damit der Term unter der Wurzel $0$ wird. Der $y-$Wert beträgt dann $1$. Die Funktion $f'$ hat also eine Definitionslücke an der Stelle $P' \, (4 \mid 1)$.
Setze nun diese beiden Punkte in die Abbildungsgleichung der Parallelverschiebung ein und berechne so den Verschiebungsvektor $\overrightarrow{v}$.
$\begin{array}[t]{rll} \pmatrix{x'\\y'}&=& \pmatrix{x\\y } \oplus \pmatrix{v_x\\v_y}&\quad \scriptsize \\[5pt] \pmatrix{x'\\y'}-\pmatrix{x\\y }&=& \pmatrix{v_x\\v_y}&\quad \scriptsize \\[5pt] \pmatrix{4\\1}-\pmatrix{-4\\3 }&=& \pmatrix{v_x\\v_y}&\quad \scriptsize \\[5pt] \pmatrix{v_x\\v_y}&=& \pmatrix{8\\-2}&\quad \scriptsize \\[5pt] \end{array}$
Der Verschiebungsvektor $\overrightarrow{v}$ besitzt die Koordinaten $\overrightarrow{v}=\pmatrix{8\\-2}$.
h)
Der Potenzwert muss $0$ werden, damit eine Definitionslücke entsteht. Suche also ein $x$, mit dem der Term, der den Potenzwert symbolisiert, $0$ wird. Setze den $x-$Wert dann in die Gleichung ein und berechne so den $y-$Wert.
$\begin{array}[t]{rll} f:y&=&log_5(x+5)-2 &\quad \scriptsize \\[5pt] x+5&=& 0&\quad \scriptsize \\[5pt] x&=& -5&\quad \scriptsize \\[5pt] \end{array}$
Setze $x=-5$ ein, damit der Term in der Klammer $0$ wird. Der $y-$Wert beträgt dann $-2$. Die Funktion $f$ hat also eine Definitionslücke an der Stelle $P \, (-5 \mid -2)$.
$\begin{array}[t]{rll} f':y&=&log_5(x-5)+2 &\quad \scriptsize \\[5pt] x-5&=& 0&\quad \scriptsize \\[5pt] x&=& 5&\quad \scriptsize \\[5pt] \end{array}$
Setze $x=5$ ein, damit der Term in der Klammer $0$ wird. Der $y-$Wert beträgt dann $2$. Die Funktion $f'$ hat also eine Definitionslücke an der Stelle $P' \, (5 \mid 2)$.
Setze nun diese beiden Punkte in die Abbildungsgleichung der Parallelverschiebung ein und berechne so den Verschiebungsvektor $\overrightarrow{v}$.
$\begin{array}[t]{rll} \pmatrix{x'\\y'}&=& \pmatrix{x\\y } \oplus \pmatrix{v_x\\v_y}&\quad \scriptsize \\[5pt] \pmatrix{x'\\y'}-\pmatrix{x\\y }&=& \pmatrix{v_x\\v_y}&\quad \scriptsize \\[5pt] \pmatrix{5\\2}-\pmatrix{-5\\-2}&=& \pmatrix{v_x\\v_y}&\quad \scriptsize \\[5pt] \pmatrix{v_x\\v_y}&=& \pmatrix{10\\4}&\quad \scriptsize \\[5pt] \end{array}$
Der Verschiebungsvektor $\overrightarrow{v}$ besitzt die Koordinaten $\overrightarrow{v}=\pmatrix{10\\4}$.
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