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Änderungen von Dokument Lösung Lineare Algebra

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Zusammenfassung

Details

Seiteneigenschaften
Inhalt
... ... @@ -2,14 +2,19 @@
2 2  {{detail summary="Erwartungshorizont"}}
3 3  {{formula}}g{{/formula}} ist parallel zur {{formula}}x_1x_3{{/formula}}-Ebene, daher nur zwei Spurpunkte:
4 4  <p></p>
5 -{{formula}}S_{23}(0 \mid -2 \mid 6), \quad S_{12}(-6 \mid -2 \mid 0){{/formula}}
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 -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.
10 +//Aufgabenstellung//
11 +Bestimme die Koordinaten der Schnittpunkte von {{formula}} g {{/formula}} mit den Koordinatenebenen.
12 +</p>
13 +//Lösung//
14 +<br>
15 +Da die {{formula}}x_2{{/formula}}-Komponente des Richtungsvektors von {{formula}}g{{/formula}} null ist, ist {{formula}}g{{/formula}} parallel zur {{formula}}x_1x_3{{/formula}}. Daher existieren nur zwei Spurpunkte.
11 11  <p></p>
12 -Den ersten Spurpunkt erhalten wir, indem wir die erste Geradenzeile gleich 0 setzen und nach {{formula}}r{{/formula}} auflösen:
17 +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 13  <br>
14 14  {{formula}}0=-1+r\cdot 1 \ \Leftrightarrow 1=r{{/formula}}
15 15  <br>
... ... @@ -17,7 +17,7 @@
17 17  <br>
18 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 19  <p></p>
20 -Analog ergibt sich der zweite Spurpunkt, indem wir die dritte Geradenzeile gleich 0 setzen:
25 +Analog ergibt sich der Schnittpunkt mit der {{formula}}x_1x_2{{/formula}}-Ebene, indem wir die dritte Zeile der Geradengleichung gleich 0 setzen:
21 21  <br>
22 22  {{formula}}0=5+r\cdot 1 \ \Leftrightarrow -5=r{{/formula}}.
23 23  <br>
... ... @@ -24,7 +24,7 @@
24 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 25  <p></p>
26 26  Die Koordinaten der Spurpunkte lauten somit
27 -{{formula}}S_{23}(0 \mid -2 \mid 6), \quad S_{12}(-6 \mid -2 \mid 0){{/formula}},
32 +{{formula}}S_{23}(0 \mid -2 \mid 6), \ \ S_{12}(-6 \mid -2 \mid 0){{/formula}}.
28 28  {{/detail}}
29 29  
30 30  === Teilaufgabe b) ===
... ... @@ -46,7 +46,46 @@
46 46  
47 47  
48 48  {{detail summary="Erläuterung der Lösung"}}
49 -
54 +//Aufgabenstellung//
55 +{{formula}} h {{/formula}} ist die Gerade durch {{formula}} A {{/formula}} und {{formula}} B {{/formula}}.
56 +Zeige, dass {{formula}} g {{/formula}} und {{formula}} h {{/formula}} zueinander windschief sind.
57 +</p>
58 +//Lösung//
59 +<br>
60 +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}}.
61 +<br>
62 +{{formula}}
63 +\overrightarrow{AB}=\begin{pmatrix}1\\1\\0\end{pmatrix} - \begin{pmatrix} 5\\-1\\4\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-4\\2\\-4\end{pmatrix}
64 +{{/formula}}
65 +<p></p>
66 +Somit:
67 +<br>
68 +{{formula}}h: \ \vec x =\begin{pmatrix}5\\-1\\4\end{pmatrix} + r \cdot
69 +\begin{pmatrix}-4\\2\\-4
70 +\end{pmatrix}, \ r \in \mathbb{R}
71 +{{/formula}}
72 +<p></p>
73 +Wir setzen die beiden Geraden gleich
74 +<br>
75 +{{formula}}
76 +\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}
77 +{{/formula}}
78 +<br>
79 +und erhalten dadurch das LGS
80 +<br>
81 +{{formula}}
82 +\begin{array}{rll}
83 +-1 + s = 5 - 4r & \quad \Leftrightarrow \quad & (1) \ s + 4r = 6 \\
84 +-2 = -1 + 2r & \quad \Leftrightarrow \quad & (2) \ -2r = 1 \\
85 +5 + s = 4 - 4r & \quad \Leftrightarrow \quad & (3) \ s + 4r = -1
86 +\end{array}
87 +{{/formula}}
88 +<br>
89 +Addieren von Zeile {{formula}}(1){{/formula}} und {{formula}}(2){{/formula}} führt zu der falschen Aussage {{formula}}0=5{{/formula}}.
90 +<br>
91 +Das LGS hat somit keine Lösung und die beiden Geraden besitzen keinen Schnittpunkt.
92 +<br>
93 +Die Geraden {{formula}}g{{/formula}} und {{formula}}h{{/formula}} sind zudem nicht parallel, da die Richtungsvektoren keine Vielfachen sind. Somit sind die Geraden windschief.
50 50  {{/detail}}
51 51  
52 52  === Teilaufgabe c) ===
... ... @@ -60,7 +60,37 @@
60 60  
61 61  
62 62  {{detail summary="Erläuterung der Lösung"}}
63 -
107 +//Aufgabenstellung//
108 +Gib eine Gleichung einer Ebene an, die parallel zur {{formula}} x_{1}x_{3} {{/formula}}-Ebene ist und von {{formula}} C {{/formula}} den Abstand {{formula}} 2 {{/formula}} hat.
109 +</p>
110 +//Lösung//
111 +<br>
112 +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.
113 +<br>
114 +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).
115 +<p></p>
116 +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.
117 +<p></p>
118 +Somit ist eine mögliche Lösung
119 +<br>
120 +{{formula}}E: \ \vec x =
121 +\begin{pmatrix}0\\1\\2\end{pmatrix}+ r \cdot
122 +\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix} + s \cdot
123 +\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}; \ r, s \in \mathbb{R}
124 +{{/formula}}
125 +<br>
126 +Eine weitere Lösung wäre
127 +<br>
128 +{{formula}}E_2: \ \vec x =
129 +\begin{pmatrix}0\\5\\2\end{pmatrix}+ r \cdot
130 +\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix} + s \cdot
131 +\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}; \ r, s \in \mathbb{R}
132 +{{/formula}}
133 +
134 +<div style="height: 30px;"></div>
135 +Alternativ lautet die Ebenengleichung in der Koordinatenform entweder
136 +<br>
137 +{{formula}}E: x_2=1{{/formula}} oder {{formula}}E_2: x_2=5{{/formula}}.
64 64  {{/detail}}
65 65  
66 66  === Teilaufgabe d) ===
... ... @@ -70,7 +70,18 @@
70 70  
71 71  
72 72  {{detail summary="Erläuterung der Lösung"}}
73 -
147 +//Aufgabenstellung//
148 +Es gilt: {{formula}} \overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{BC} = 0 {{/formula}}.
149 +<br>
150 +Erläutere, welche geometrische Größe durch den Term
151 +{{formula}} \frac{1}{2} \cdot \Bigl|\overrightarrow{AB}\Bigr| \cdot \Bigl|\overrightarrow{BC}\Bigr| {{/formula}}
152 +berechnet wird.
153 +</p>
154 +//Lösung//
155 +<br>
156 +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.
157 +<br>
158 +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.
74 74  {{/detail}}
75 75  
76 76  === Teilaufgabe e) ===
... ... @@ -80,7 +80,7 @@
80 80  {{formula}}
81 81  \overrightarrow{OM}= \overrightarrow{OA}+\frac{1}{2} \cdot \overrightarrow{AC}=
82 82  \begin{pmatrix}2{,}5\\1\\3\end{pmatrix}, \
83 -\Bigl| \overrightarrow{AM} \Bigr|+ \Bigl| \overrightarrow{MB} \Bigr|+\Bigl| \overrightarrow{CM} \Bigr|=\sqrt{11{,}25}
168 +\Bigl| \overrightarrow{AM} \Bigr|= \Bigl| \overrightarrow{MB} \Bigr|=\Bigl| \overrightarrow{CM} \Bigr|=\sqrt{11{,}25}
84 84  {{/formula}}
85 85  <p>
86 86  Somit haben alle drei Punkte den gleichen Abstand vom Mittelpunkt der Hypotenuse {{formula}}AC{{/formula}}.
... ... @@ -92,5 +92,37 @@
92 92  
93 93  
94 94  {{detail summary="Erläuterung der Lösung"}}
95 -
180 +//Aufgabenstellung//
181 + Es gibt genau einen Kreis, auf dem die Punkte {{formula}} A {{/formula}}, {{formula}} B {{/formula}} und {{formula}} C {{/formula}} liegen. Zeige, dass der Mittelpunkt dieses Kreises auf der Hypotenuse des Dreiecks {{formula}} ABC {{/formula}} liegt.
182 +</p>
183 +//Lösung//
184 +<br>
185 +Skizze:
186 +<br>
187 +[[image:SkizzeKreis (1).svg||width="250"]]
188 +<br>
189 +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}}.
190 +<br>
191 +Den Mittelpunkt {{formula}}M{{/formula}} der Strecke {{formula}}AC{{/formula}} erhalten wir durch
192 +<br>
193 +{{formula}}
194 +\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} =
195 +\begin{pmatrix}2{,}5\\1\\3\end{pmatrix}
196 +{{/formula}}
197 +<p></p>
198 +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:
199 +<br>
200 +{{formula}}
201 +\begin{align*}
202 +&\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} \\
203 +&\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}\\
204 +&\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} \\
205 +\end{align*}
206 +{{/formula}}
207 +<p>
208 +Somit haben alle drei Punkte den gleichen Abstand vom Mittelpunkt der Hypotenuse {{formula}}AC{{/formula}}.
209 +Sie liegen deshalb auf einem Kreis mit diesem Punkt als Mittelpunkt.
210 +</p>
211 +Hinweis:
212 +Eine Argumentation mit dem Thaleskreis ist ebenso zulässig.
96 96  {{/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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