Analytische Geometrie

Inhaltsverzeichnis

Aufgaben: Kletterhalle

Ein Sportler trainiert in einer Kletterhalle. Die Situation wird in einem geeigneten Koordinatensystem modelliert, wobei eine Längeneinheit einem Meter in der Realität entspricht.

Die \(x_1x_2\)-Ebene stellt den Hallenboden dar. Der Kletterer steht zunächst auf dem Startpunkt \((0|0|0)\). Er klettert an der Wand \(PQRS\) hoch, greift von dort auf die Wand \(RSTU\) über und hangelt sich an ihr nach vorne bis zur Kante \(\overline{TU}\).

Die ebenen Vierecke \(PQRS\) und \(RSTU\) haben die Eckpunkte \(P(0|-2|0)\), \(Q(-2|0|0)\), \(R(-1|2|4)\), \(S(1|0|4)\), \(T(2|3|4{,}5)\) und \(U(0|5|4{,}5)\).

Das Viereck \(PQRS\) liegt in der Ebene \(E\).

Viereck PQRS

1. Berechnen Sie die Länge der Kante \(\overline{PQ}\).

   (2 P)

2. Zeigen Sie, dass das Viereck \(PQRS\) ein Parallelogramm, aber kein Rechteck ist.

   (5 P)

3. Bestimmen Sie eine Gleichung der Ebene \(E\) in Koordinatenform.
   
   \( \big[\textrm{Kontrolle:} \quad E: \; 4 x_1 + 4 x_2 - 3 x_3 \; = \; -8 \big] \)

   (4 P)

4. Berechnen Sie den Schnittpunkt der Ebene \(E\) mit der \(x_3\)-Achse und geben Sie die Höhe der Wand senkrecht über dem Startpunkt an.

   (4 P)

5. Untersuchen Sie, ob es in der Ebene \(E\) einen Punkt \((x_1|x_2|2)\) mit ganzzahligen Koordinaten \(x_1\) und \(x_2\) gibt.

   (3 P)

LÖSUNG

Glocke

In der Nähe der Kante \(\overline{TU}\) hängt bei \(G(3|3{,}5|4{,}5)\) eine Glocke, die mit einer Leine am Hallendach befestigt ist. Zum Abschluss seiner Trainingseinheit läutet der Kletterer diese Glocke mit einer Hand, während er sich mit der anderen Hand an demjenigen Punkt \(K\) auf der Kante \(\overline{TU}\) festhält, der den geringsten Abstand zu \(G\) hat.

Durch \(T\) und \(U\) verläuft die Gerade

\( \begin{array}{ c c l l l } g: \; \vec{x} & = & \vec{OT} + r \cdot \vec{TU} & = & \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{c} 2 \\ 3 \\ 4{,}5 \end{array} \right) \end{smallmatrix} +r \cdot \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} -2 \\ 2 \\ 0 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \\ \end{array} \)

1. Bestimmen Sie den Fußpunkt \(F\) des Lotest von \(G\) auf \(g\).
   
   \( \big[\textrm{Kontrolle:} \quad F(2{,}25|2{,}75|4{,}5) \big] \)

   (5 P)

2. Begründen Sie, dass \(K\) und \(F\) nicht identisch sind.

   (2 P)

3. Künftig soll die Glocke an einem anderen Punkt \(G^*\) platziert werden. Der Punkt \(G^*\) befindet sich in einer Höhe von \(4{,}5 \, m\) und ist gleich weit von \(T\) und \(U\) entfernt; sein Abstand vom Mittelpunkt \(M\) der Kante \(\overline{TU}\) beträgt \(35 \, cm\).
   Ermitteln Sie die Koordinaten des Punktes \(M\) und die Koordinaten eines Punktes \(G^*\) mit den beschriebenen Eigenschaften.

   (5 P)

LÖSUNG

Ebene der oberen Kletterwand

Im Rahmen einer Renovierung wird darüber nachgedacht, den Winkel zwischen den beiden Wänden zu verändern. Für jedes \(\alpha \in \mathbb{R}\) ist durch

\( E_a \; : \; x_1+ x_2 - ax_3 = 1 - 4a \)

eine Ebene \(E_a\) gegeben. Jede dieser Ebenen enthält die Gerade durch \(R\) und \(S\).

1. Es gibt genau eine Zahl \(a\) mit \(E_a=E\). Bestimmen Sie diese Zahl.

   (3 P)

2. \(E_8\) ist diejenige Ebene, in der das Viereck \(RSTU\) liegt. Berechnen Sie den Schnittwinkel der Ebenen \(E\) und \(E_8\).

   (3 P)

3. Bestimmen Sie alle Zahlen \(a\), so dass sich \(E\) und \(E_8\) unter einem \(60^\circ\)-Winkel schneiden.

   (4 P)

LÖSUNG

Aufgaben zum Ausdrucken

Lösungen: Kletterhalle

Lösung : Viereck PQRS

Aufgabe 1 - Länge der Kante von P nach Q

Die Länge der Kante wird mit dem Betrag des Vektors \(\vec{PQ}\) berechnet.

\(\quad \begin{array}{ r c l } \overline{PQ} & = & \begin{vmatrix} \vec{PQ} \end{vmatrix} \\[6pt] & = & \begin{vmatrix} \vec{q} - \vec{p} \end{vmatrix} \\[6pt] & = & \begin{vmatrix} \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} -2 \\ \; 0 \\ \; 0 \end{array} \right) \end{smallmatrix} -\begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} \; \; 0 \\ -2 \\ \; \; 0 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \end{vmatrix} \\[8pt] & = & \begin{vmatrix} \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} -2 \\ \; 2 \\ \; 0 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \end{vmatrix} \\[8pt] & = & \sqrt{(-2)^2 + 2^2 + 0^2} \\[6pt] & = & \sqrt{8} \\[6pt] & \approx & 2{,}83 \\ \end{array} \)

Die Kante hat eine Länge von \(2{,}83 \, m\).

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Aufgabe 2 - Parallelogramm

Sind jeweils 2 Kanten parallel zueinander und gleich lang, so handelt es sich bei einem Viereck um ein Parallelogramm. Handelt es sich um ein geschlossenes Viereck, so brauchen nur 2 Kanten auf Parallelität und gleiche Länge überprüft werden. Die anderen beiden Kanten ergeben sich dann.

Die Kanten sind parallel und gleich lang, wenn die Verbindungsvektoren der entsprechende Punkte identisch sind.

Wir untersuchen die Vektoren \(\vec{PS}\) und \(\vec{QR}\).

\(\quad \left. \begin{array}{ c*{7}{c} } \vec{PS} & = & \vec{s} - \vec{p} & = & \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{c} 1 \\ 0 \\ 4 \end{array} \right) \end{smallmatrix} -\begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} 0 \\ -2 \\ 0 \end{array} \right) \end{smallmatrix} & = & \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{c} 1 \\ 2 \\ 4 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \\ \\ \vec{QR} & = & \vec{r} - \vec{q} & = & \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} -1 \\ 2 \\ 4 \end{array} \right) \end{smallmatrix} -\begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} -2 \\ 0 \\ 0 \end{array} \right) \end{smallmatrix} & = & \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{c} 1 \\ 2 \\ 4 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \\ \end{array} \; \right\} \; \textrm{gleich} \)

Es handelt sich bei dem Viereck \(PQRS\) um ein Parallelogramm.

Ist an einer Ecke kein 90°-Winkel, so kann es sich nicht um ein Rechteck handeln. Wir prüfen die Orthogonalität an der Ecke des Punktes \(P\) mit der Vektoren \(\vec{PQ}\) und \(\vec{PS}\).

\(\quad \begin{array}{ *{7}{c} } \vec{PQ} \circ \vec{PS} & = & \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} -2 \\ 2 \\ 0 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \circ \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{c} 1 \\ 2 \\ 4 \end{array} \right) \end{smallmatrix} & = & -2 \cdot 1 + 2 \cdot 2 + 0 \cdot 4 \; = \; 2 \; \not= \; 0 \\ \end{array} \)

Das Viereck \(PQRS\) ist kein Rechteck.

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Aufgabe 3 - Ebene E

Die Ebene stellen wir zunächst in der Normalenform

\(\quad \left( \vec{x} - \vec{p} \right) \cdot \vec{n} \; = \; 0 \)

mit dem Punkt \(P\) auf. Den Normalenvektor \(\vec{n}\) berechnen wir mit dem Kreuzprodukt der Richtungsvektoren \(\vec{PQ}\) und \(\vec{PS}\) der Ebene \(E\).

\(\quad \begin{array}{ r c l} \vec{n} & = & \vec{PQ} \times \vec{PS} \\[8pt] \vec{n} & =& \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} -2 \\ 2 \\ 0 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \times \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} 1 \\ 2 \\ 4 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \\ \end{array} \)

Dabei gehen wir folgendermaßen vor:

Die beiden Richtungsvektoren werden paarweise 2-mal untereinander geschrieben. Die erste und die letzte Zeile werden gestrichen. Dann wird über Kreuz multipliziert und jeweils die blaue Diagonale (Hauptdiagonale) minus die rote Diagonale (Nebendiagonale) gerechnet.

Der Normalenvektor lautet

\(\quad \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} 8 \\ 8 \\ -6 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \\ \)

Wir können die Werte halbieren. Dadurch ergibt sich ein anderer Vektor, der aber in die gleiche Richtung verläuft und auch ein Normalenvektor der Ebene \(E\) ist.

\(\quad \vec{n} \; = \; \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} 4 \\ 4 \\ -3 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \\ \)

Wir setzen in die Normalenform ein:

\(\quad \text{E} \; : \; \begin{array}{ c} \left[ \vec{x} - \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} 0 \\ -2 \\ 0 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \right] \circ \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} 4 \\ 4 \\ -3 \end{array} \right) \end{smallmatrix} = 0 \end{array} \)

Um weiter in die Koordinatenform zu kommen, lösen wir das Skalarprodukt auf.

\(\quad \begin{array}{ r c l l } \left[ \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{array} \right) \end{smallmatrix}- \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} 0 \\ -2 \\ 0 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \right] \circ \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} 4 \\ 4 \\ -3 \end{array} \right) \end{smallmatrix} & = & 0 & \\[10pt] \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{l} x_1 \\ x_2 + 2 \\ x_3 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \circ \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} 4 \\ 4 \\ -3 \end{array} \right) \end{smallmatrix} & = & 0 & \\[10pt] x_1 \cdot 4 + (x_2 + 2) \cdot 4 + x_3 \cdot (-3) & = & 0 & \\[6pt] 4x_1 + 4x_2 + 8 -3x_3 & = & 0 & | \cdot (-8) \\[6pt] 4x_1 + 4x_2 -3x_3 & = & -8 \\ \end{array} \)

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Aufgabe 4 - Schnittpunkt

Der Schnittpunkt mit der \(x_3\)-Achse ist der Spurpunkt \(S_3(0|0|x_3)\) der Ebene \(E\).

Mit \(x_1=0\) und \(x_2=0\) eingesetzt in die Ebene \(E\) erhalten wir

\(\quad \begin{array}{ r c l l } 0 \cdot 4 + 0 \cdot 4 - 3x_3 & = & -8 & \\[8pt] -3x_3 & = & -8 & | : (-3) \\[8pt] x_3 & = & \frac{8}{3} \\ \end{array} \)

den Spurpunkt \(S_3\left(0|0|\frac{8}{3}\right)\) der Ebene \(E\).

Die Wand befindet sich senkrecht über dem Koordinatenursprung in einer Höhe von

\(\quad h \; = \; \frac{8}{3} \; \approx \; 2{,}67 \; m \)

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Aufgabe 5 - Punkt mit ganzzahligen Koordinaten

Wir setzen \(x_3=2\) in Ebene \(E\) ein.

\(\quad \begin{array}{ r c l l } 4x_1 + 4x_2 - 3 \cdot 2 & = & -8 & \\[6pt] 4x_1 + 4x_2 - 6 & = & -8 & | + 6 \\[6pt] 4x_1 + 4x_2 & = & - 2 & | - 4x_1 \\[6pt] 4x_2 & = & - 2 - 4x_1 & | : 4 \\[6pt] x_2 & = & - 0{,}5 - x_1 \\ \end{array} \)

Wir probieren verschiedene Werte für \(x_1\) :

Es ist zu erkennen, dass wir für \(x_2\) immer eine Zahl mit einer Nachkommastelle bekommen, wenn wir für \(x_1\) einen ganzzahligen Wert einsetzen. Folglich gibt keinen Punkt, bei dem sowohl \(x_1\) als auch \(x_2\) ganzzahlig sind.

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INHALTSVERZEICHNIS

Lösung : Glocke

Aufgabe 1 - Fußpunkt F

Fällen wir das Lot von der Glocke \(G\) auf die Gerade \(g\), so erhalten wir den Lotfußpunkt \(F\). Dieser ist der Punkt der Geraden \(g\), der am nächsten gelegen ist zu der Glocke \(G\). Daraus folgt, dass der Vektor \(\vec{GF}\) orthogonal zu der Geraden \(g\) verläuft und damit auch, dass der Vektor \(\vec{GF}\) orthogonal zu dem Richtungsvektor \(\vec{TU}\) der Geraden \(g\) ist. Wir verwenden diese Eigenschaft, um \(F\) zu bestimmen.

Es gilt

\(\quad \begin{array}{ r c l l } \vec{GF} \circ \vec{TU} & = & 0 \\[6pt] \left(\vec{f} - \vec{g} \right) \circ \left(\vec{u} - \vec{t} \right) & = & 0 \\ \end{array} \)

\(\vec{f}\) ist zunächst noch unbekannt. Jedoch wissen wir, dass \(F\) ein Punkt der Geraden \(g\) ist. Das heißt, dass mit einem geeigneten \(r\) gilt

\(\quad \begin{array}{ c c l c l } \vec{f} & = & \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{c} 2 \\ 3 \\ 4{,}5 \end{array} \right) \end{smallmatrix} +r \cdot \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} -2 \\ 2 \\ 0 \end{array} \right) \end{smallmatrix} & = & \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{c} 2 - 2r \\ 3 + 2r \\ 4{,}5 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \\ \end{array} \)

Wir bestimmen nun \(r\) indem wir alle Vektoren in die Gleichung mit dem Skalarprodukt einsetzen.

\(\quad \begin{array}{ r c l l } \left[ \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{c} 2 - 2r \\ 3 + 2r \\ 4{,}5 \end{array} \right) \end{smallmatrix}- \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{c} 3 \\ 3{,}5 \\ 4{,}5 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \right] \circ \left[ \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{c} 0 \\ 5 \\ 4{,}5 \end{array} \right) \end{smallmatrix} -\begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{c} 2 \\ 3 \\ 4{,}5 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \right] & = & 0 \\[10pt] \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{c} -1 - 2r \\ -0{,}5 + 2r \\ 0 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \circ \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} -2 \\ 2 \\ 0 \end{array} \right) \end{smallmatrix} & = & 0 \\[10pt] (-1 - 2r) \cdot (-2) + (-0{,}5 + 2r) \cdot 2 + 0 \cdot 0 & = & 0 & \\[6pt] 2 + 4r - 1 + 4r & = & 0 & \\[8pt] 8r & = & - 1 & | : 8 \\[8pt] r & = & - \frac{1}{8} \\ \end{array} \)

Das \(r\) wird nun zur Berechnung von \(\vec{f}\) eingesetzt.

\(\quad \begin{array}{ c c l c l } \vec{f} & = & \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{c} 2 \\ 3 \\ 4{,}5 \end{array} \right) \end{smallmatrix} -\dfrac{1}{8} \cdot \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} -2 \\ 2 \\ 0 \end{array} \right) \end{smallmatrix} & = & \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{c} 2{,}25 \\ 2{,}75 \\ 4{,}5 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \\ \end{array} \)

Damit erhalten wir den Fußpunkt \(F(2{,}25 | 2{,}75 | 4{,}5 )\).

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Aufgabe 2 - nicht identisch

Das negative Vorzeichen bei \(r\) besagt, dass der Vektor \(\vec{TF}\) in Gegenrichtung zu dem Vektor \(\vec{TU}\) verläuft.

Das bedeutet, dass Punkt \(F\) im Gegensatz zu der ursprünglichen Annahme und Skizze außerhalb des Vierecks \(RSTU\) liegt. Der nächste Punkt \(K\) zu der Glocke \(G\) ist identisch mit dem Eckpunkt \(T\) des Vierecks \(RSTU\).

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Aufgabe 3 - neue Position

Wir berechnen zunächst den Ortsvektor von \(M\) mit

\(\quad \begin{array}{ c c l c l c l } \vec{m} & = & \vec{t} + \frac{1}{2} \cdot \vec{TU} & = & \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{c} 2 \\ 3 \\ 4{,}5 \end{array} \right) \end{smallmatrix} +\frac{1}{2} \cdot \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} -2 \\ 2 \\ 0 \end{array} \right) \end{smallmatrix} & = & \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{c} 1 \\ 4\\ 4{,}5 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \\ \end{array} \)

Ist Punkt \(G^*\) gleich weit von \(T\) und \(U\) entfernt, so muss der Vektor \(\vec{MG^*}\) orthogonal zum Vektor \(\vec{TU}\) sein.

Für die neue Position der Glocke gelten nun folgende Bedingungen:

\(\quad \begin{array}{ r l l l } \textrm{I} & x_3=4{,}5 \\[6pt] \textrm{II} & \vec{MG^*} \circ \vec{TU} = 0 \\[6pt] \textrm{III} & \begin{vmatrix}\vec{MG^*}\end{vmatrix} = 0{,}35 \\ \end{array} \)

Mit Bedingung \(\textrm{II}\) gilt

\(\quad \begin{array}{ r c l l } \vec{MG^*} \circ \vec{TU} & = & 0 \\[6pt] \left(\vec{g^*} - \vec{m} \right) \circ \left(\vec{u} - \vec{t} \right) & = & 0 \\[8pt] \left[ \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{c} x_1 \\ x_2 \\ 4{,}5 \end{array} \right) \end{smallmatrix} -\begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{c} 1 \\ 4 \\ 4{,}5 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \right] \circ \left[ \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{c} 0 \\ 5 \\ 4{,}5 \end{array} \right) \end{smallmatrix} -\begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{c} 2 \\ 3 \\ 4{,}5 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \right] & = & 0 \\[10pt] \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{c} x_1 - 1 \\ x_2 - 4 \\ 0 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \circ \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} -2 \\ 2 \\ 0 \end{array} \right) \end{smallmatrix} & = & 0 \\[10pt] (x_1 - 1) \cdot (-2) + (x_2 - 4) \cdot 2 & = & 0 & \\[6pt] -2x_1 + 2 + 2x_2 - 8 & = & 0 & \\[6pt] -2x_1 + 2x_2 - 6 & = & - 1 & | + 6 \\[6pt] -2x_1 + 2x_2 & = & 6 & | + 2x_1 \\[6pt] 2x_2 & = & 6 + 2x_1 & | : 2 \\[6pt] x_2 & = & 3 + x_1 \\ \end{array} \)

Weiter lösen wir die Gleichung \(\textrm{III}\) indem wir \(x_2\) dort einsetzen.

\(\quad \begin{array}{ r c l } \begin{vmatrix} \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{c} x_1 \\ 3 + x_1 \\ 4{,}5 \end{array} \right) \end{smallmatrix} -\begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{c} 1 \\ 4 \\ 4{,}5 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \end{vmatrix} & = & 0{,}35 \\[10pt] \begin{vmatrix} \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{c} x_1 - 1 \\ x_1 - 1 \\ 0 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \end{vmatrix} & = & 0{,}35 \\[10pt] \sqrt{\left(x_1 - 1\right)^2 + \left(x_1 - 1\right)^2 + 0^2} & = & 0{,}35 & | ( \dots )^2 \\[6pt] \left(x_1 - 1\right)^2 + \left(x_1 - 1\right)^2 & = & 0{,}35^2 \\[6pt] 2 \cdot \left(x_1 - 1\right)^2 & = & 0{,}1225 & | : 2 \\[6pt] \left(x_1 - 1\right)^2 & = & 0{,}06125 & | \sqrt{\dots} \\[6pt] x_1 - 1 & = & \pm 0{,}2475 & | + 1 \\[6pt] x_1 & = & 1 \pm 0{,}2475 \\[6pt] x_{1_1} & = & 1{,}2475 & \Rightarrow \quad x_{2_1} \; = \; 4{,}2475 \\[6pt] x_{1_2} & = & 0{,}7525 & \Rightarrow \quad x_{2_2} \; = \; 3{,}7525 \\ \end{array} \)

Wir erhalten 2 mögliche Positionen von \(G^*\), die sich auf der gleichen Höhe wie Punkt \(M\) befinden:

\(\quad G_1^*(1{,}2475 | 4{,}2475 | 4{,}5) \quad \text{und} \quad G_2^*(0{,}7525 | 3{,}7525 | 4{,}5) \)

Vermutlich ist die richtige Position die weiter rechts gelegene mit \(G^*(1{,}2475 | 4{,}2475 | 4{,}5)\).

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INHALTSVERZEICHNIS

Lösung : Ebene der oberen Kletterwand

Aufgabe 1 - Zahl a

Wir gleichen die Ebene \(E_a\) der Ebenengleichung

\(\quad E : \; 4x_1+4x_2 - 3x_3 = -8 \)

an.

\(\quad \begin{array}{ r r c l l } E_8: & x_1 + x_2 - ax_3 & = 1 - 4a & | \cdot 4 \\[6pt] & 4x_1 + 4x_2 - 4ax_3 & = 4 - 16a \\ \end{array} \)

Damit \(E_a = E\) ist, muss gelten:

\(\quad \begin{array}{ r r c r } \textrm{I} & 4a & = & 3 \\[6pt] \textrm{II} & 4 - 16a & = & -8 \\ \end{array} \)

Wir berechnen \(a\) mit Gleichung \(\textrm{I}\).

\(\quad \begin{array}{ r c c l } 4a & = & 3 & | : 4 \\[6pt] a & = & \frac{3}{4} \\ \end{array} \)

Wir machen die Probe mit \(\textrm{II}\).

\(\quad \begin{array}{ r c c l } 4 - 16 \cdot \frac{3}{4} & = & - 8 \\[6pt] -8 & = & - 8 \\ \end{array} \)

Damit ist \(a = \frac{3}{4}\).

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Aufgabe 2 - Schnittwinkel

\(\quad \begin{array}{ r c c l } E_8 \; : & 4x_1+4x_2 - 8x_3 & = & 1 - 4 \cdot 8 \\[6pt] & 4x_1+4x_2 - 8x_3 & = & - 31 \\ \end{array} \)

Den Schnittwinkel der beiden Ebenen berechnen wir mit

\(\quad cos(\alpha) = \dfrac{ \begin{vmatrix} \vec{n_8} \circ \vec{n_{\frac{3}{4}}} \end{vmatrix} } { \begin{vmatrix} \vec{n_8} \end{vmatrix} \cdot \begin{vmatrix} \vec{n_{\frac{3}{4}}} \end{vmatrix} } \)

Wir verwenden dabei

\(\quad \vec{n_8}= \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} 4 \\ 4 \\ -8 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \)

und

\(\quad \vec{n_{\frac{3}{4}}} = \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} 4 \\ 4 \\ -3 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \)

Es gilt

\(\quad \begin{array}{ r c l } cos(\alpha) & = & \frac{ \begin{vmatrix} \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} 4 \\ 4 \\ -8 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \circ \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} 4 \\ 4 \\ -3 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \end{vmatrix} } { \begin{vmatrix} \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} 4 \\ 4 \\ -8 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \end{vmatrix} \cdot \begin{vmatrix} \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} 4 \\ 4 \\ -3 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \end{vmatrix} } \\[12pt] cos(\alpha) & = & \frac{\bigl| 4 \cdot 4 + 4 \cdot 4 - 8 \cdot (-3) \bigl| } { \sqrt{ 4^2 +4^2 + (-8)^2 } \cdot \sqrt{ 4^2 +4^2 + (-3)^2 } } \\[10pt] cos(\alpha) & = & \frac{ 56 } { \sqrt{ 96 } \cdot \sqrt{ 41 } } \\[12pt] \alpha & = & cos^{-1}\left( \frac{56}{\sqrt{96} \cdot \sqrt{41}} \right) \; = \; 26{,}8^\circ \\ \end{array} \)

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Aufgabe 3 - Winkel von 60°

Wir verwenden wieder die Winkelformel, dieses Mal mit vorgegebenen Winkel.

\(\quad cos(60^\circ) = \dfrac{ \begin{vmatrix} \vec{n_a} \circ \vec{n_{\frac{3}{4}}} \end{vmatrix} } { \begin{vmatrix} \vec{n_a} \end{vmatrix} \cdot \begin{vmatrix} \vec{n_{\frac{3}{4}}} \end{vmatrix} } \)

Dabei ist

\(\quad \vec{n_a}= \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} 1 \\ 1 \\ -a \end{array} \right) \end{smallmatrix} \)

Es gilt

\(\quad \begin{array}{ r c l l } cos(60^\circ) & = & \frac{ \begin{vmatrix} \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} 1 \\ 1 \\ -a \end{array} \right) \end{smallmatrix} \circ \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} 4 \\ 4 \\ -3 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \end{vmatrix} } { \begin{vmatrix} \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} 1 \\ 1 \\ -a \end{array} \right) \end{smallmatrix} \end{vmatrix} \cdot \begin{vmatrix} \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} 4 \\ 4 \\ -3 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \end{vmatrix} } \\[12pt] cos(60^\circ) & = & \frac{ \begin{vmatrix} 1 \cdot 4 + 1 \cdot 4 - a \cdot (-3) \end{vmatrix} } { \sqrt{ 1^2 +1^2 + (-a)^2 } \cdot \sqrt{ 4^2 +4^2 + (-3)^2 } } \\[10pt] 0{,}5 & = & \frac{\begin{vmatrix} 8 + 3a \end{vmatrix} } { \sqrt{2 + a^2} \cdot \sqrt{ 41 } } & \bigl| \; ( \dots)^2 \\[10pt] 0{,}5^2 & = & \left( \frac{\begin{vmatrix} 8 + 3a \end{vmatrix} } { \sqrt{2 + a^2} \cdot \sqrt{41} } \right)^2 \\ \end{array} \)

Die Klammer lösen wir mit dem 2.Potenzgesetz auf.

\(\quad \begin{array}{ r c l l } 0{,}5 & = & \dfrac{\begin{vmatrix} 8 + 3a \end{vmatrix}^2 } { \sqrt{2 + a^2}^2 \cdot \sqrt{41}^2 } \\[10pt] 0{,}5 & = & \frac{( 8 + 3a )^2}{ \left( 2 + a^2 \right) \cdot 41 } & | \cdot 41 \left( 2 + a^2 \right) \\[10pt] 41 + 20{,}5a^2 & = & 64 + 48a + 9a^2 & | - 41 \\[8pt] 20{,}5a^2 & = & 9a^2 + 48a + 23 & | - 20{,}5a^2 \\[8pt] 0 & = & -11{,}5a^2 + 48a + 23 \\ \end{array} \)

Die Gleichung kann mit der PQ-Formel oder wie hier gezeigt, mit der Nullstellenberechnung von Polynomen gelöst werden.

Nach \(MENU\) gehen wir mit Pfeil rechts nach

und wählen dies mit \(=\) aus.

Wir wählen \(2\)

und noch einmal \(2\) .

Wir geben die Parameter ein

und bestätigen mit \(=\) . Wir erhalten

Mit \(S \Leftrightarrow D\) wird der Wert dezimal angezeigt.

Wir bestätigen mit \(=\) und lassen uns entsprechend den 2. Wert anzeigen.

Die möglichen \(a\)-Werte lauten also

\(\quad a_1=4{,}607945916 \quad \text{ und} \quad a_2=-0{,}4340328721 \)

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