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Wiki-Quellcode von Lösung Lineare Algebra

Zuletzt geändert von akukin am 2026/01/17 12:06
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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 <p>
11 //Aufgabenstellung//
12 <br>
13 Bestimme die Koordinaten der Schnittpunkte von {{formula}} g {{/formula}} mit den Koordinatenebenen.
14 </p>
15 //Lösung//
16 <br>
17 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.
18 <p></p>
19 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:
20 <br>
21 {{formula}}0=-1+r\cdot 1 \ \Leftrightarrow 1=r{{/formula}}
22 <br>
23 Nun setzen wir {{formula}}r=1{{/formula}} in die Geradengleichung ein, um den Spurpunkt zu erhalten:
24 <br>
25 {{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}}
26 <p></p>
27 Analog ergibt sich der Schnittpunkt mit der {{formula}}x_1x_2{{/formula}}-Ebene, indem wir die dritte Zeile der Geradengleichung gleich 0 setzen:
28 <br>
29 {{formula}}0=5+r\cdot 1 \ \Leftrightarrow -5=r{{/formula}}.
30 <br>
31 {{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}}
32 <p></p>
33 Die Koordinaten der Spurpunkte lauten somit
34 {{formula}}S_{23}(0 \mid -2 \mid 6), \ \ S_{12}(-6 \mid -2 \mid 0){{/formula}}.
35 {{/detail}}
36
37 === Teilaufgabe b) ===
38 {{detail summary="Erwartungshorizont"}}
39 <p>
40 {{formula}}h: \ \vec x =\begin{pmatrix}5\\-1\\4\end{pmatrix} + r \cdot
41 \begin{pmatrix}-4\\2\\-4
42 \end{pmatrix}, \ r \in \mathbb{R}
43 {{/formula}}
44 </p>
45 Das LGS
46 {{formula}}
47 \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}
48 {{/formula}}
49 hat keine Lösung.
50 <br>
51 Die Geraden {{formula}}g{{/formula}} und {{formula}}h{{/formula}} sind nicht parallel, da die Richtungsvektoren keine Vielfachen sind. Somit sind die Geraden windschief.
52 {{/detail}}
53
54
55 {{detail summary="Erläuterung der Lösung"}}
56 <p>
57 //Aufgabenstellung//
58 <br>
59 {{formula}} h {{/formula}} ist die Gerade durch {{formula}} A {{/formula}} und {{formula}} B {{/formula}}.
60 Zeige, dass {{formula}} g {{/formula}} und {{formula}} h {{/formula}} zueinander windschief sind.
61 </p>
62 //Lösung//
63 <br>
64 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}}.
65 <br>
66 {{formula}}
67 \overrightarrow{AB}=\begin{pmatrix}1\\1\\0\end{pmatrix} - \begin{pmatrix} 5\\-1\\4\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-4\\2\\-4\end{pmatrix}
68 {{/formula}}
69 <p></p>
70 Somit:
71 <br>
72 {{formula}}h: \ \vec x =\begin{pmatrix}5\\-1\\4\end{pmatrix} + r \cdot
73 \begin{pmatrix}-4\\2\\-4
74 \end{pmatrix}, \ r \in \mathbb{R}
75 {{/formula}}
76 <p></p>
77 Wir setzen die beiden Geraden gleich
78 <br>
79 {{formula}}
80 \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}
81 {{/formula}}
82 <br>
83 und erhalten dadurch das LGS
84 <br>
85 {{formula}}
86 \begin{array}{rll}
87 -1 + s = 5 - 4r & \quad \Leftrightarrow \quad & (1) \ s + 4r = 6 \\
88 -2 = -1 + 2r & \quad \Leftrightarrow \quad & (2) \ -2r = 1 \\
89 5 + s = 4 - 4r & \quad \Leftrightarrow \quad & (3) \ s + 4r = -1
90 \end{array}
91 {{/formula}}
92 <br>
93 Subtrahiert man Zeile {{formula}}(3){{/formula}} von Zeile {{formula}}(1){{/formula}}, so erhält man die falsche Aussage {{formula}}0=7{{/formula}}.
94 <br>
95 Das LGS hat somit keine Lösung und die beiden Geraden besitzen keinen Schnittpunkt.
96 <br>
97 Die Geraden {{formula}}g{{/formula}} und {{formula}}h{{/formula}} sind zudem nicht parallel, da die Richtungsvektoren keine Vielfachen sind. Somit sind die Geraden windschief.
98 {{/detail}}
99
100 === Teilaufgabe c) ===
101 {{detail summary="Erwartungshorizont"}}
102 Eine mögliche Lösung ist {{formula}}E: \ \vec x =
103 \begin{pmatrix}0\\1\\2\end{pmatrix}+ r \cdot
104 \begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix} + s \cdot
105 \begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}; \ r, s \in \mathbb{R}
106 {{/formula}}
107 {{/detail}}
108
109
110 {{detail summary="Erläuterung der Lösung"}}
111 <p>
112 //Aufgabenstellung//
113 <br>
114 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.
115 </p>
116 //Lösung//
117 <br>
118 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.
119 <br>
120 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).
121 <p></p>
122 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.
123 <p></p>
124 Somit ist eine mögliche Lösung
125 <br>
126 {{formula}}E: \ \vec x =
127 \begin{pmatrix}0\\1\\2\end{pmatrix}+ r \cdot
128 \begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix} + s \cdot
129 \begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}; \ r, s \in \mathbb{R}
130 {{/formula}}
131 <br>
132 Eine weitere Lösung wäre
133 <br>
134 {{formula}}E_2: \ \vec x =
135 \begin{pmatrix}0\\5\\2\end{pmatrix}+ r \cdot
136 \begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix} + s \cdot
137 \begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}; \ r, s \in \mathbb{R}
138 {{/formula}}
139
140 <div style="height: 30px;"></div>
141 Alternativ lautet die Ebenengleichung in der Koordinatenform entweder
142 <br>
143 {{formula}}E: x_2=1{{/formula}} oder {{formula}}E_2: x_2=5{{/formula}}.
144 {{/detail}}
145
146 === Teilaufgabe d) ===
147 {{detail summary="Erwartungshorizont"}}
148 Der Term gibt den Flächeninhalt des Dreiecks {{formula}}ABC{{/formula}} an.
149 {{/detail}}
150
151
152 {{detail summary="Erläuterung der Lösung"}}
153 <p>
154 //Aufgabenstellung//
155 <br>
156 Es gilt: {{formula}} \overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{BC} = 0 {{/formula}}.
157 <br>
158 Erläutere, welche geometrische Größe durch den Term
159 {{formula}} \frac{1}{2} \cdot \Bigl|\overrightarrow{AB}\Bigr| \cdot \Bigl|\overrightarrow{BC}\Bigr| {{/formula}}
160 berechnet wird.
161 </p>
162 //Lösung//
163 <br>
164 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.
165 <br>
166 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.
167 {{/detail}}
168
169 === Teilaufgabe e) ===
170 {{detail summary="Erwartungshorizont"}}
171 Auf der Hypotenuse {{formula}}AC{{/formula}} hat nur ihr Mittelpunkt {{formula}}M{{/formula}} denselben Abstand von {{formula}}A{{/formula}} und {{formula}}C{{/formula}}.
172 <br>
173 {{formula}}
174 \overrightarrow{OM}= \overrightarrow{OA}+\frac{1}{2} \cdot \overrightarrow{AC}=
175 \begin{pmatrix}2{,}5\\1\\3\end{pmatrix}, \
176 \Bigl| \overrightarrow{AM} \Bigr|= \Bigl| \overrightarrow{MB} \Bigr|=\Bigl| \overrightarrow{CM} \Bigr|=\sqrt{11{,}25}
177 {{/formula}}
178 <p>
179 Somit haben alle drei Punkte den gleichen Abstand vom Mittelpunkt der Hypotenuse {{formula}}AC{{/formula}}.
180 Sie liegen deshalb auf einem Kreis mit diesem Punkt als Mittelpunkt.
181 </p>
182 Hinweis:
183 Eine Argumentation mit dem Thaleskreis ist ebenso zulässig.
184 {{/detail}}
185
186
187 {{detail summary="Erläuterung der Lösung"}}
188 <p>
189 //Aufgabenstellung//
190 <br>
191 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.
192 </p>
193 //Lösung//
194 <br>
195 Skizze:
196 <br>
197 [[image:SkizzeKreis (1).svg||width="250"]]
198 <br>
199 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}}.
200 <br>
201 Den Mittelpunkt {{formula}}M{{/formula}} der Strecke {{formula}}AC{{/formula}} erhalten wir durch
202 <br>
203 {{formula}}
204 \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} =
205 \begin{pmatrix}2{,}5\\1\\3\end{pmatrix}
206 {{/formula}}
207 <p></p>
208 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:
209 <br>
210 {{formula}}
211 \begin{align*}
212 &\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} \\
213 &\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}\\
214 &\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} \\
215 \end{align*}
216 {{/formula}}
217 <p>
218 Somit haben alle drei Punkte den gleichen Abstand vom Mittelpunkt der Hypotenuse {{formula}}AC{{/formula}}.
219 Sie liegen deshalb auf einem Kreis mit diesem Punkt als Mittelpunkt.
220 </p>
221 Hinweis:
222 Eine Argumentation mit dem Thaleskreis ist ebenso zulässig.
223 {{/detail}}