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Änderungen von Dokument Lösung Lineare Algebra

Zuletzt geändert von akukin am 2026/01/17 12:06
Von Version 4.1
bearbeitet von akukin
am 2026/01/14 16:43
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bearbeitet von akukin
am 2026/01/14 10:11
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Zusammenfassung

Details

Seiteneigenschaften
Inhalt
... ... @@ -2,7 +2,7 @@
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), \ \ S_{12}(-6 \mid -2 \mid 0){{/formula}}
5 +{{formula}}S_{23}(0 \mid -2 \mid 6), \quad S_{12}(-6 \mid -2 \mid 0){{/formula}}
6 6  {{/detail}}
7 7  
8 8  
... ... @@ -9,7 +9,7 @@
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 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:
12 +Den ersten Spurpunkt erhalten wir, indem wir die erste Geradenzeile gleich 0 setzen 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 Schnittpunkt mit der {{formula}}x_1x_2{{/formula}}-Ebene, indem wir die dritte Zeile der Geradengleichung gleich 0 setzen:
20 +Analog ergibt sich der zweite Spurpunkt, indem wir die dritte Geradenzeile 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), \ \ S_{12}(-6 \mid -2 \mid 0){{/formula}}.
27 +{{formula}}S_{23}(0 \mid -2 \mid 6), \quad S_{12}(-6 \mid -2 \mid 0){{/formula}},
28 28  {{/detail}}
29 29  
30 30  === Teilaufgabe b) ===
... ... @@ -46,40 +46,7 @@
46 46  
47 47  
48 48  {{detail summary="Erläuterung der Lösung"}}
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.
49 +
83 83  {{/detail}}
84 84  
85 85  === Teilaufgabe c) ===
... ... @@ -93,25 +93,7 @@
93 93  
94 94  
95 95  {{detail summary="Erläuterung der Lösung"}}
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 Alternativ 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 -
102 -<p></p>
103 -Somit ist eine mögliche Lösung {{formula}}E: \ \vec x =
104 -\begin{pmatrix}0\\1\\2\end{pmatrix}+ r \cdot
105 -\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix} + s \cdot
106 -\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}; \ r, s \in \mathbb{R}
107 -{{/formula}}
108 -<br>
109 -Eine weitere Lösung wäre
110 -{{formula}}E: \ \vec x =
111 -\begin{pmatrix}0\\5\\2\end{pmatrix}+ r \cdot
112 -\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix} + s \cdot
113 -\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}; \ r, s \in \mathbb{R}
114 -{{/formula}}
63 +
115 115  {{/detail}}
116 116  
117 117  === Teilaufgabe d) ===