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Wiki-Quellcode von Lösung Lineare Algebra

Version 11.2 von akukin am 2026/01/16 11:39
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1 === Teilaufgabe a) ===
2 {{detail summary="Erwartungshorizont"}}
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}}
6 {{/detail}}
7
8
9 {{detail summary="Erläuterung der Lösung"}}
10 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 <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}}.
28 {{/detail}}
29
30 === Teilaufgabe b) ===
31 {{detail summary="Erwartungshorizont"}}
32 <p>
33 {{formula}}h: \ \vec x =\begin{pmatrix}5\\-1\\4\end{pmatrix} + r \cdot
34 \begin{pmatrix}-4\\2\\-4
35 \end{pmatrix}, \ r \in \mathbb{R}
36 {{/formula}}
37 </p>
38 Das LGS
39 {{formula}}
40 \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}
41 {{/formula}}
42 hat keine Lösung.
43 <br>
44 Die Geraden {{formula}}g{{/formula}} und {{formula}}h{{/formula}} sind nicht parallel, da die Richtungsvektoren keine Vielfachen sind. Somit sind die Geraden windschief.
45 {{/detail}}
46
47
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 \overrightarrow{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.
83 {{/detail}}
84
85 === Teilaufgabe c) ===
86 {{detail summary="Erwartungshorizont"}}
87 Eine mögliche Lösung ist {{formula}}E: \ \vec x =
88 \begin{pmatrix}0\\1\\2\end{pmatrix}+ r \cdot
89 \begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix} + s \cdot
90 \begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}; \ r, s \in \mathbb{R}
91 {{/formula}}
92 {{/detail}}
93
94
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 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}}
117 {{/detail}}
118
119 === Teilaufgabe d) ===
120 {{detail summary="Erwartungshorizont"}}
121 Der Term gibt den Flächeninhalt des Dreiecks {{formula}}ABC{{/formula}} an.
122 {{/detail}}
123
124
125 {{detail summary="Erläuterung der Lösung"}}
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.
129 {{/detail}}
130
131 === Teilaufgabe e) ===
132 {{detail summary="Erwartungshorizont"}}
133 Auf der Hypotenuse {{formula}}AC{{/formula}} hat nur ihr Mittelpunkt {{formula}}M{{/formula}} denselben Abstand von {{formula}}A{{/formula}} und {{formula}}C{{/formula}}.
134 <br>
135 {{formula}}
136 \overrightarrow{OM}= \overrightarrow{OA}+\frac{1}{2} \cdot \overrightarrow{AC}=
137 \begin{pmatrix}2{,}5\\1\\3\end{pmatrix}, \
138 \Bigl| \overrightarrow{AM} \Bigr|= \Bigl| \overrightarrow{MB} \Bigr|=\Bigl| \overrightarrow{CM} \Bigr|=\sqrt{11{,}25}
139 {{/formula}}
140 <p>
141 Somit haben alle drei Punkte den gleichen Abstand vom Mittelpunkt der Hypotenuse {{formula}}AC{{/formula}}.
142 Sie liegen deshalb auf einem Kreis mit diesem Punkt als Mittelpunkt.
143 </p>
144 Hinweis:
145 Eine Argumentation mit dem Thaleskreis ist ebenso zulässig.
146 {{/detail}}
147
148
149 {{detail summary="Erläuterung der Lösung"}}
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.
178 {{/detail}}