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Lösung Lineare Algebra

Version 7.1 von akukin am 2025/01/31 23:40

Teilaufgabe a)

Erwartungshorizont (offiziell) g:\vec{x}= \left(\begin{matrix}0\\3\\0\end{matrix}\right)+s\cdot \left(\begin{matrix}1\\-2\\2\end{matrix}\right); \ s\in \mathbb{R}
g\cap h ergibt Schnittpunkt T(-1|5|-2), d.h. g und h liegen in einer Ebene.
Erläuterung der Lösung Aufgabenstellung

Zeige, dass die Geraden g und h in einer gemeinsamen Ebene E liegen.

Lösung
Die Gleichung der Gerade g hat den Stützpunkt A und den Richtungsvektor \overrightarrow{AC}.
g: \vec{x}=\overrightarrow{OA}+s\cdot \overrightarrow{AC}; \quad s \in \mathbb{R}
g:\vec{x}= \left(\begin{matrix}0\\3\\0\end{matrix}\right)+s\cdot \left(\begin{matrix}1\\-2\\2\end{matrix}\right); \ s\in \mathbb{R}
Zwei Geraden liegen in einer gemeinsamen Ebene, wenn Sie sich schneiden.
g \cap h:\left(\begin{matrix}0\\3\\0\end{matrix}\right)+s\cdot \left(\begin{matrix}1\\-2\\2\end{matrix}\right)= \left(\begin{matrix}5\\-3\\2\end{matrix}\right)+r\cdot \left(\begin{matrix}3\\-4\\2\end{matrix}\right)
Dazugehöriges lineares Gleichungssystem für r und s:

\left\{ \begin{aligned} 0 + 1s &= 5 + 3r \\ 3 - 2s &= -3 - 4r \\ 0 + 2s &= 2 + 2r \end{aligned} \right\} \Leftrightarrow \left\{ \begin{aligned} s - 3r &= 5 \\ -2s + 4r &= -6 \\ 2s - 2r &= 2 \end{aligned} \right\} \Leftrightarrow r = -2 \land s = -1

Da das LGS eine Lösung hat, liegen g und h in einer Ebene.

Teilaufgabe b)

Erwartungshorizont (offiziell) Normalenvektor: \left(\begin{matrix}1\\-2\\2\end{matrix}\right) \times \left(\begin{matrix}3\\-4\\2\end{matrix}\right)= \left(\begin{matrix}4\\4\\2\end{matrix}\right)
Damit nach Punktprobe z. B. mit A: E: 2x_1+2x_2+x_3=6
Erläuterung der Lösung Aufgabenstellung

Bestimme eine Koordinatengleichung der in Teilaufgabe a) beschriebenen Ebene E.
(Zur Kontrolle E: 2x_1+2x_2+x_3=6)

Lösung
Die beiden Richtungsvektoren der Geraden g und h sind die Spannvektoren der Ebene E.
Der Normalenvektor der Ebene ist das Vektorprodukt aus den beiden Spannvektoren der Ebene.
Normalenvektor: \left(\begin{matrix}1\\-2\\2\end{matrix}\right) \times \left(\begin{matrix}3\\-4\\2\end{matrix}\right)= \left(\begin{matrix}4\\4\\2\end{matrix}\right)

Allgemein lautet die Koordinatenform einer Ebene n_1 x_1+n_2 x_2+n_3 x_3=b, wobei \vec{n} =\left(\begin{matrix} n_1\\n_2\\n_3\end{matrix}\right) ein Normalenvektor der Ebene ist.

E: 4x_1+4x_2+2x_3=b
Den noch fehlenden Wert für b auf der rechten Seite der Koordinatenform erhält man am schnellsten, indem man eine Punktprobe durchführt, z. B. mit dem Punkt A.
A(0|3|0): \ E:4\cdot 0+4\cdot 3+2\cdot 0=b \Leftrightarrow b=12
E: 4x_1+4x_2+2x_3=12
Diese Gleichung kann noch durch 2 dividiert werden.
E: 2x_1+2x_2+x_3=6

Teilaufgabe c)

Erwartungshorizont (offiziell) Spurpunkt S_1: x_2=x_3=0; \ S_1 (3|0|0)
Analog: S_2 (0|3|0), \ S_3 (0|0|6) LösungB3.2.png
Erläuterung der Lösung Aufgabenstellung

Berechne die Koordinaten der Spurpunkte von E.
Stelle die Ebene E mit Hilfe der Spurpunkte in einem räumlichen Koordinatensystem dar.

Lösung
Die Spurpunkte einer Ebene sind die Durchstoßpunkte der Koordinatenachsen mit dieser Ebene, also diejenigen Punkte auf der Ebene, die gleichzeitig auch auf einer der Achsen liegen. Zwei der drei Koordinaten eines Spurpunkts sind immer Null. Setzt man zwei Koordinaten in der Ebenengleichung auf Null, kann man die dritte Koordinate ermitteln.
Spurpunkte:
S_1: x_2=x_3=0 \ \rightarrow \ x_1=3; \ S_1(3|0|0)
S_2: x_1=x_3=0 \ \rightarrow \ x_2=3; \ S_2 (0|3|0)
S_3: x_1=x_2=0 \ \rightarrow \ x_3=6; \ S_3 (0|0|6) Zeichnet man die drei Spurpunkte in ein Koordinatensystem und verbindet sie, so repräsentiert das sich ergebende Dreieck die Ebene. LösungB3.2.png

Teilaufgabe d)

Erwartungshorizont (offiziell) Der weitere Eckpunkt sei B, dieser liegt in E: 2\cdot (-1)+2\cdot 2+4=6
\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{BC}= \left(\begin{matrix}-1\\-1\\4\end{matrix}\right)\cdot \left(\begin{matrix}3\\-3\\0\end{matrix}\right)=0; \ |\overrightarrow{AB}|=|\overrightarrow{BC}|=\sqrt{18}
Damit sind AB und BC Seiten eines in E liegenden Quadrats.
Mit \overrightarrow{OD}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{BC} ist D(3|0|0).
Erläuterung der Lösung Aufgabenstellung

Zeige, dass ein weiterer Eckpunkt des Quadrats die Koordinaten (-1|2|4) hat.
Berechne die Koordinaten des vierten Eckpunktes D.

Lösung
Wir zeigen zuerst, dass der weitere Eckpunkt (-1|2|4) in der Ebene E liegt.
E: 2\cdot(-1)+2\cdot 2+4=6 \quad (w)

Da die Punktprobe eine wahre Aussage ergibt, liegt der Punkt in der Ebene.

Der weitere Eckpunkt sei B(-1|2|4). Zum einen muss gelten, dass die Seiten AB und BC des Quadrats senkrecht aufeinander stehen, also dass dass Skalarprodukt \overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{BC}=0 ergibt; zum anderen müssen die beiden Seiten gleich lang sein, also muss |(AB) ⃗ |=|(BC) ⃗ | gelten.
\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{BC}= \left(\begin{matrix}-1\\-1\\4\end{matrix}\right)\cdot \left(\begin{matrix}3\\-3\\0\end{matrix}\right)=0
|\overrightarrow{AB}|=\sqrt{(-1)^2+(-1)^2+4^2}=\sqrt{18} ; \ |\overrightarrow{BC}|=\sqrt{3^2+(-3)^2+0^2}=\sqrt{18}

Damit sind AB und BC sowohl orthogonal als auch gleich lang, also sind sie Seiten eines in E liegenden Quadrats.

Der fehlende Punkt D kann ermittelt werden, indem zum Ortsvektor einer Ecke des Quadrats der Verbindungsvektor der gegenüberliegenden Seite addiert wird (was anhand einer Skizze veranschaulicht werden kann).
\overrightarrow{OD}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{BC}=\left(\begin{matrix}0\\3\\0\end{matrix}\right) +\left(\begin{matrix}3\\-3\\0\end{matrix}\right) =\left(\begin{matrix}3\\0\\0\end{matrix}\right)
Der fehlende Eckpunkt des Quadrats ist also D(3|0|0).

Teilaufgabe e)

Erwartungshorizont (offiziell) Mittelpunkt der Grundfläche: \overrightarrow{OM}= \frac{1}{2}\cdot (\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OC})=\left(\begin{matrix}1\\1\\2\end{matrix}\right); also M(1|1|2)
Normalenvektor von E: \vec{n}=\left(\begin{matrix}2\\2\\1\end{matrix}\right) mit |\vec{n}|=3
Damit gilt für die Spitze S der Pyramide \overrightarrow{OS}=\overrightarrow{OM} \pm 4\cdot \vec{n}, also S(9|9|6) oder S(-7|-7|-2).
Erläuterung der Lösung Aufgabenstellung

Bestimme die Koordinaten einer möglichen Spitze der Pyramide, sodass diese die Höhe 12 hat.

Lösung
Zuerst wird der Mittelpunkt M der Grundfläche, also des Quadrats benötigt; er ist zugleich Mittelpunkt der Diagonalen AC. (Die Formel für die Berechnung des Mittelpunkts einer Strecke findet sich in der Merkhilfe.)
Mittelpunkt der Grundfläche: \overrightarrow{OM}= \frac{1}{2}\cdot (\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OC})=\left(\begin{matrix}1\\1\\2\end{matrix}\right); also M(1|1|2)
Die Spitze der Pyramide ist vom Mittelpunkt M 12 Längeneinheiten in Richtung des Normalenvektors entfernt.
Der Normalenvektor der Ebene ist gegeben durch die Koeffizienten der Koordinatenform der Ebenengleichung.
Normalenvektor von E: \vec{n}=\left(\begin{matrix}2\\2\\1\end{matrix}\right)
Addiert (oder subtrahiert) man zum Ortsvektor von M zwölfmal den Einheitsvektor von \vec{n}, so erhält man den Ortsvekor der Spitze.
Der Einheitsvektor eines Vektors ist der Vektor dividiert durch seinen Betrag.
|\vec{n}|=3; \ \vec{n}=\frac{1}{3}\cdot \left(\begin{matrix}2\\2\\1\end{matrix}\right)
Damit gilt für die Spitze S der Pyramide \overrightarrow{OS}=\overrightarrow{OM}\pm 12\cdot \frac{1}{3}\cdot \vec{n}, also S(9|9|6) oder S(-7|-7|-2).

Teilaufgabe f)

Erwartungshorizont (offiziell) Die x_3-Koordinate von R^\prime ist negativ, während alle x_3-Koordinaten der Punkte A,B,C,D größer oder gleich 0 sind. Deshalb muss R außerhalb der Grundfläche ABCD liegen.
g_{MR}: \vec{x}=\left(\begin{matrix}1\\1\\2\end{matrix}\right)+r\cdot \left(\begin{matrix}2\\2\\1\end{matrix}\right); \ r\in \mathbb{R} \quad g_{R^\prime R}: \vec{x}=\left(\begin{matrix}3\\3\\-6\end{matrix}\right)+s\cdot \left(\begin{matrix}0\\0\\1\end{matrix}\right); \ s \in \mathbb{R}
g_{MR}\cap g_{R^\prime R} ergibt den Schnittpunkt R(3|3|3).
Erläuterung der Lösung Aufgabenstellung

Begründe, dass der Schattenpunkt R^\prime außerhalb der Grundfläche der Pyramide liegt.
Berechne die Koordinaten der Spitze R.

Lösung

Die x_3-Koordinate von R^\prime ist negativ, während alle x_3-Koordinaten der Punkte A,B,C,D größer oder gleich 0 sind. Deshalb muss R außerhalb der Grundfläche ABCD liegen.

Da die weitere Pyramide ebenfalls gerade ist, liegt die Spitze R auch auf der Geraden durch M und S.
Die Spitze R muss zudem auf einer Geraden liegen, die R^\prime als Stützpunkt hat und parallel zur x_3-Achse verläuft (denn aus dieser Richtung wird die Pyramide beleuchtet).
Die beiden Geraden, auf der R liegen muss, haben die Gleichungen:
g_{MR}: \vec{x}=\left(\begin{matrix}1\\1\\2\end{matrix}\right)+r\cdot \left(\begin{matrix}2\\2\\1\end{matrix}\right); \ r\in \mathbb{R} \quad g_{R^\prime R}: \vec{x}=\left(\begin{matrix}3\\3\\-6\end{matrix}\right)+s\cdot \left(\begin{matrix}0\\0\\1\end{matrix}\right); \ s \in \mathbb{R}
g_{MR}\cap g_{R^\prime R} ergibt den Schnittpunkt R(3|3|3).