Änderungen von Dokument Lösung Lineare Algebra
Zuletzt geändert von akukin am 2026/01/17 12:06
Zusammenfassung
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Details
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- Inhalt
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... ... @@ -1,35 +1,85 @@ 1 1 === Teilaufgabe a) === 2 2 {{detail summary="Erwartungshorizont"}} 3 3 {{formula}}g{{/formula}} ist parallel zur {{formula}}x_1x_3{{/formula}}-Ebene, daher nur zwei Spurpunkte: 4 -< br>5 -{{formula}}S_{23}(0 \mid -2 \mid 6), \ quadS_{12}(-6 \mid -2 \mid 0){{/formula}}4 +<p></p> 5 +{{formula}}S_{23}(0 \mid -2 \mid 6), \ \ S_{12}(-6 \mid -2 \mid 0){{/formula}} 6 6 {{/detail}} 7 7 8 8 9 9 {{detail summary="Erläuterung der Lösung"}} 10 - 10 +Da die {{formula}}x_2{{/formula}}-Komponente des Richtungsvektors von {{formula}}g{{/formula}} 0 ist, ist {{formula}}g{{/formula}} parallel zur {{formula}}x_1x_3{{/formula}}. Daher existieren nur zwei Spurpunkte. 11 +<p></p> 12 +Den Schnittpunkt mit der {{formula}}x_2x_3{{/formula}}-Ebene erhalten wir, indem wir die erste Zeile der Geradengleichung gleich 0 setzen ({{formula}}x_1=0{{/formula}}) und nach {{formula}}r{{/formula}} auflösen: 13 +<br> 14 +{{formula}}0=-1+r\cdot 1 \ \Leftrightarrow 1=r{{/formula}} 15 +<br> 16 +Nun setzen wir {{formula}}r=1{{/formula}} in die Geradengleichung ein, um den Spurpunkt zu erhalten: 17 +<br> 18 +{{formula}}\vec{x} = \begin{pmatrix} -1 \\ -2 \\ 5 \end{pmatrix} + 1 \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} 0 \\-2 \\ 6 \end{pmatrix} \quad \rightarrow \ S_{23}(0 \mid -2 \mid 6){{/formula}} 19 +<p></p> 20 +Analog ergibt sich der Schnittpunkt mit der {{formula}}x_1x_2{{/formula}}-Ebene, indem wir die dritte Zeile der Geradengleichung gleich 0 setzen: 21 +<br> 22 +{{formula}}0=5+r\cdot 1 \ \Leftrightarrow -5=r{{/formula}}. 23 +<br> 24 +{{formula}}\vec{x} = \begin{pmatrix} -1 \\ -2 \\ 5 \end{pmatrix} + (-5) \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} -6 \\-2 \\ 0 \end{pmatrix} \quad \rightarrow \ S_{12}(-6 \mid -2 \mid 0){{/formula}} 25 +<p></p> 26 +Die Koordinaten der Spurpunkte lauten somit 27 +{{formula}}S_{23}(0 \mid -2 \mid 6), \ \ S_{12}(-6 \mid -2 \mid 0){{/formula}}. 11 11 {{/detail}} 12 12 13 13 === Teilaufgabe b) === 14 14 {{detail summary="Erwartungshorizont"}} 32 +<p> 15 15 {{formula}}h: \ \vec x =\begin{pmatrix}5\\-1\\4\end{pmatrix} + r \cdot 16 16 \begin{pmatrix}-4\\2\\-4 17 -\end{pmatrix}, 18 -; \ r \in \mathbb{R} 35 +\end{pmatrix}, \ r \in \mathbb{R} 19 19 {{/formula}} 20 - 37 +</p> 21 21 Das LGS 22 22 {{formula}} 23 23 \begin{pmatrix}-1\\-2\\5\end{pmatrix} + s \cdot \begin{pmatrix} 1\\0\\1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}5\\-1\\4\end{pmatrix} + r \cdot\begin{pmatrix}-4\\2\\-4\end{pmatrix} 24 24 {{/formula}} 25 25 hat keine Lösung. 26 - 43 +<br> 27 27 Die Geraden {{formula}}g{{/formula}} und {{formula}}h{{/formula}} sind nicht parallel, da die Richtungsvektoren keine Vielfachen sind. Somit sind die Geraden windschief. 28 28 {{/detail}} 29 29 30 30 31 31 {{detail summary="Erläuterung der Lösung"}} 32 - 49 +Die Gleichung der Geraden {{formula}}h{{/formula}} stellen wir auf, indem wir einen der beiden Punkte, hier {{formula}}A{{/formula}}, als Stützvektor verwenden und als Richtungsvektor den Verbindungsvektor der Punkte {{formula}}A{{/formula}} und {{formula}}B{{/formula}}. 50 +<br> 51 +{{formula}} 52 +\overline{AB}=\begin{pmatrix}1\\1\\0\end{pmatrix} - \begin{pmatrix} 5\\-1\\4\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-4\\2\\-4\end{pmatrix} 53 +{{/formula}} 54 +<p></p> 55 +Somit: 56 +<br> 57 +{{formula}}h: \ \vec x =\begin{pmatrix}5\\-1\\4\end{pmatrix} + r \cdot 58 +\begin{pmatrix}-4\\2\\-4 59 +\end{pmatrix}, \ r \in \mathbb{R} 60 +{{/formula}} 61 +<p></p> 62 +Wir setzen die beiden Geraden gleich 63 +<br> 64 +{{formula}} 65 +\begin{pmatrix}-1\\-2\\5\end{pmatrix} + s \cdot \begin{pmatrix} 1\\0\\1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}5\\-1\\4\end{pmatrix} + r \cdot\begin{pmatrix}-4\\2\\-4\end{pmatrix} 66 +{{/formula}} 67 +<br> 68 +und erhalten dadurch das LGS 69 +<br> 70 +{{formula}} 71 +\begin{array}{rll} 72 +-1 + s = 5 - 4r & \quad \Leftrightarrow \quad & (1) \ s + 4r = 6 \\ 73 +-2 = -1 + 2r & \quad \Leftrightarrow \quad & (2) \ -2r = 1 \\ 74 +5 + s = 4 - 4r & \quad \Leftrightarrow \quad & (3) \ s + 4r = -1 75 +\end{array} 76 +{{/formula}} 77 +<br> 78 +Addieren von Zeile {{formula}}(1){{/formula}} und {{formula}}(2){{/formula}} führt zu der falschen Aussage {{formula}}0=5{{/formula}}. 79 +<br> 80 +Das LGS hat somit keine Lösung und die beiden Geraden besitzen keinen Schnittpunkt. 81 +<br> 82 +Die Geraden {{formula}}g{{/formula}} und {{formula}}h{{/formula}} sind zudem nicht parallel, da die Richtungsvektoren keine Vielfachen sind. Somit sind die Geraden windschief. 33 33 {{/detail}} 34 34 35 35 === Teilaufgabe c) === ... ... @@ -43,7 +43,27 @@ 43 43 44 44 45 45 {{detail summary="Erläuterung der Lösung"}} 46 - 96 +Damit die Ebene parallel zur {{formula}}x_1x_3{{/formula}}- Ebene ist, muss ein Richtungsvektor parallel zur {{formula}}x_1{{/formula}}-Achse sein und der andere zur {{formula}}x_3{{/formula}}-Achse. 97 +<br> 98 +Das heißt, wir verwenden die Richtungsvektoren {{formula}}\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix}{{/formula}} und {{formula}}\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}{{/formula}} (oder Vielfache davon). 99 +<p></p> 100 +Damit die Ebene von {{formula}}C{{/formula}} den Abstand {{formula}}2{{/formula}} hat, wählen wir, ausgehend vom Punkt {{formula}}C(0|3|2){{/formula}}, als Stützvektor entweder {{formula}}\begin{pmatrix}0\\1\\2\end{pmatrix}{{/formula}} oder {{formula}}\begin{pmatrix}0\\5\\2\end{pmatrix}{{/formula}}, damit die Differenz der {{formula}}x_2{{/formula}}-Koordinaten {{formula}}2{{/formula}} ist. 101 +<p></p> 102 +Somit ist eine mögliche Lösung 103 +<br> 104 +{{formula}}E: \ \vec x = 105 +\begin{pmatrix}0\\1\\2\end{pmatrix}+ r \cdot 106 +\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix} + s \cdot 107 +\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}; \ r, s \in \mathbb{R} 108 +{{/formula}} 109 +<br> 110 +Eine weitere Lösung wäre 111 +<br> 112 +{{formula}}E: \ \vec x = 113 +\begin{pmatrix}0\\5\\2\end{pmatrix}+ r \cdot 114 +\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix} + s \cdot 115 +\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}; \ r, s \in \mathbb{R} 116 +{{/formula}} 47 47 {{/detail}} 48 48 49 49 === Teilaufgabe d) === ... ... @@ -53,7 +53,9 @@ 53 53 54 54 55 55 {{detail summary="Erläuterung der Lösung"}} 56 - 126 +Da {{formula}}\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{BC}=0{{/formula}} gilt, wissen wir, dass {{formula}}\overrightarrow{AB}{{/formula}} und {{formula}}\overrightarrow{BC}{{/formula}} senkrecht auf einander stehen. Die Punkte {{formula}}A, B{{/formula}} und {{formula}}C{{/formula}} bilden somit ein rechtwinkliges Dreieck. Die Strecken {{formula}}AB{{/formula}} und {{formula}}BC{{/formula}} sind dabei die Katheten des Dreiecks. 127 +<br> 128 +Da die Längen der Vektoren {{formula}}\overrightarrow{AB}{{/formula}} und {{formula}}\overrightarrow{BC}{{/formula}} den Längen der Katheten des Dreiecks {{formula}}ABC{{/formula}} entsprechen, wird durch den Term {{formula}} \frac{1}{2} \cdot \Bigl|\overrightarrow{AB}\Bigr| \cdot \Bigl|\overrightarrow{BC}\Bigr| {{/formula}} der Flächeninhalt des Dreiecks {{formula}}ABC{{/formula}} berechnet. 57 57 {{/detail}} 58 58 59 59 === Teilaufgabe e) === ... ... @@ -63,7 +63,7 @@ 63 63 {{formula}} 64 64 \overrightarrow{OM}= \overrightarrow{OA}+\frac{1}{2} \cdot \overrightarrow{AC}= 65 65 \begin{pmatrix}2{,}5\\1\\3\end{pmatrix}, \ 66 -\ bigl| \overrightarrow{AM} \bigr|+ \bigl| \overrightarrow{MB} \bigr|+\bigl| \overrightarrow{CM} \bigr|=\sqrt{11{,}25}138 +\Bigl| \overrightarrow{AM} \Bigr|+ \Bigl| \overrightarrow{MB} \Bigr|+\Bigl| \overrightarrow{CM} \Bigr|=\sqrt{11{,}25} 67 67 {{/formula}} 68 68 <p> 69 69 Somit haben alle drei Punkte den gleichen Abstand vom Mittelpunkt der Hypotenuse {{formula}}AC{{/formula}}.