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Änderungen von Dokument Lösung Lineare Algebra

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Zusammenfassung

Details

Seiteneigenschaften
Inhalt
... ... @@ -1,14 +1,30 @@
1 1  === Teilaufgabe a) ===
2 2  {{detail summary="Erwartungshorizont"}}
3 -<p>
4 -{{formula}}g{{/formula}} ist parallel zur x,,1,,x,,3,,-Ebene, daher nur zwei Spurpunkte:
5 -</p>
6 -{{formula}}S_{23}(0 \mid -2 \mid 6), \quad S_{12}(-6 \mid -2 \mid 0){{/formula}}
3 +{{formula}}g{{/formula}} ist parallel zur {{formula}}x_1x_3{{/formula}}-Ebene, daher nur zwei Spurpunkte:
4 +<p></p>
5 +{{formula}}S_{23}(0 \mid -2 \mid 6), \ \ S_{12}(-6 \mid -2 \mid 0){{/formula}}
7 7  {{/detail}}
8 8  
9 9  
10 10  {{detail summary="Erläuterung der Lösung"}}
11 -
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}}.
12 12  {{/detail}}
13 13  
14 14  === Teilaufgabe b) ===
... ... @@ -30,7 +30,40 @@
30 30  
31 31  
32 32  {{detail summary="Erläuterung der Lösung"}}
33 -
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.
34 34  {{/detail}}
35 35  
36 36  === Teilaufgabe c) ===
... ... @@ -44,7 +44,27 @@
44 44  
45 45  
46 46  {{detail summary="Erläuterung der Lösung"}}
47 -
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}}
48 48  {{/detail}}
49 49  
50 50  === Teilaufgabe d) ===
... ... @@ -54,7 +54,9 @@
54 54  
55 55  
56 56  {{detail summary="Erläuterung der Lösung"}}
57 -
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.
58 58  {{/detail}}
59 59  
60 60  === Teilaufgabe e) ===
... ... @@ -64,7 +64,7 @@
64 64  {{formula}}
65 65  \overrightarrow{OM}= \overrightarrow{OA}+\frac{1}{2} \cdot \overrightarrow{AC}=
66 66  \begin{pmatrix}2{,}5\\1\\3\end{pmatrix}, \
67 -\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}
68 68  {{/formula}}
69 69  <p>
70 70  Somit haben alle drei Punkte den gleichen Abstand vom Mittelpunkt der Hypotenuse {{formula}}AC{{/formula}}.
... ... @@ -76,5 +76,32 @@
76 76  
77 77  
78 78  {{detail summary="Erläuterung der Lösung"}}
79 -
150 +Skizze:
151 +<br>
152 +[[image:SkizzeKreis (1).svg||width="250"]]
153 +<br>
154 +Aus der vorherigen Teilaufgabe wissen wir, dass {{formula}}AC{{/formula}} die Hypotenuse des Dreieckes ist. Auf der Hypotenuse {{formula}}AC{{/formula}} hat nur ihr Mittelpunkt {{formula}}M{{/formula}} denselben Abstand von {{formula}}A{{/formula}} und {{formula}}C{{/formula}}.
155 +<br>
156 +Den Mittelpunkt {{formula}}M{{/formula}} der Strecke {{formula}}AC{{/formula}} erhalten wir durch
157 +<br>
158 +{{formula}}
159 +\overrightarrow{OM}= \overrightarrow{OA}+\frac{1}{2} \cdot \overrightarrow{AC}=\begin{pmatrix}5\\-1\\4\end{pmatrix}+\frac{1}{2}\cdot \begin{pmatrix}-5\\4\\-2\end{pmatrix} =
160 +\begin{pmatrix}2{,}5\\1\\3\end{pmatrix}
161 +{{/formula}}
162 +<p></p>
163 +Nun müssen wir prüfen, dass der berechnete Mittelpunkt von den Punkten {{formula}}A{{/formula}}, {{formula}}B{{/formula}} und {{formula}}C{{/formula}} jeweils den selben Abstand besitzt:
164 +<br>
165 +{{formula}}
166 +\begin{align*}
167 +&\Bigl| \overrightarrow{AM} \Bigr| &=\left| \begin{pmatrix}-2,5\\2\\-1\end{pmatrix}\right|=\sqrt{(-2,5)^2+2^2+(-1)^2} =\sqrt{11{,}25} \\
168 +&\Bigl| \overrightarrow{MB} \Bigr| &=\left| \begin{pmatrix}-1,5\\0\\3\end{pmatrix}\right|=\sqrt{(-1,5)^2+0^2+3^2} =\sqrt{11{,}25}\\
169 +&\Bigl| \overrightarrow{CM} \Bigr|&=\left| \begin{pmatrix}2,5\\-2\\1\end{pmatrix}\right|=\sqrt{2,5^2+(-2)^2+1^2} =\sqrt{11{,}25} \\
170 +\end{align*}
171 +{{/formula}}
172 +<p>
173 +Somit haben alle drei Punkte den gleichen Abstand vom Mittelpunkt der Hypotenuse {{formula}}AC{{/formula}}.
174 +Sie liegen deshalb auf einem Kreis mit diesem Punkt als Mittelpunkt.
175 +</p>
176 +Hinweis:
177 +Eine Argumentation mit dem Thaleskreis ist ebenso zulässig.
80 80  {{/detail}}
SkizzeKreis (1).svg
Author
... ... @@ -1,0 +1,1 @@
1 +XWiki.akukin
Größe
... ... @@ -1,0 +1,1 @@
1 +7.8 KB
Inhalt
... ... @@ -1,0 +1,1 @@
1 +<svg version="1.1" xmlns="http://www.w3.org/2000/svg" xmlns:xlink="http://www.w3.org/1999/xlink" width="562" height="558"><defs><clipPath id="fwrlIlnFlkyZ"><path fill="none" stroke="none" d=" M 0 0 L 562 0 L 562 558 L 0 558 L 0 0 Z"/></clipPath></defs><g transform="scale(1,1)" clip-path="url(#fwrlIlnFlkyZ)"><g><rect fill="rgb(255,255,255)" stroke="none" x="0" y="0" width="562" height="558" fill-opacity="1"/><path fill="none" stroke="rgb(0,0,0)" paint-order="fill stroke markers" d=" M 486.78975246059804 263.5558029039587 C 486.78975246059804 374.44807012479384 396.8938080663022 464.3440145190899 286.0015408454674 464.3440145190899 C 175.10927362463258 464.3440145190899 85.21332923033677 374.44807012479384 85.21332923033677 263.5558029039587 C 85.21332923033677 152.66353568312354 175.10927362463258 62.76759128882745 286.0015408454674 62.76759128882745 C 396.8938080663022 62.76759128882745 486.78975246059804 152.66353568312354 486.78975246059804 263.5558029039587 Z" 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