Analytische Geometrie und Lineare Algebra zwischen Abitur und Studium I -- Theorie, Beispiele und Aufgaben zu den Grundlagen [1 ed.] 978-3-662-60685-8

Table of contents :
Vorwort......Page 5
Inhaltsverzeichnis......Page 11
Teil 1 Theorie, Beispiele und Aufgaben......Page 14
Hinweise zu Aufbau und Notation......Page 15
1.1 Lineare Gleichungen......Page 18
1.2.1 Gleichsetzungsverfahren......Page 25
1.2.2 Einsetzungsverfahren......Page 26
1.2.3 Additionsverfahren......Page 29
1.2.4 Überbestimmte Gleichungssysteme......Page 35
1.3 Lineare Gleichungssysteme mit drei Variablen......Page 40
1.4 Systeme mit drei Variablen und der Gauß-Algorithmus......Page 52
1.5 Lösung von Systemen mit beliebiger Variablenanzahl......Page 67
2.1 Punkte in der Ebene und im Raum......Page 77
2.2 Vektoren......Page 91
2.3 Addition und skalare Multiplikation im Vektorraum......Page 101
2.4 Lineare (Un-) Abhängigkeit von Vektoren......Page 116
2.5 Winkel zwischen Vektoren......Page 141
2.6 Basis und Dimension......Page 160
3.1 Geradengleichungen......Page 173
3.2 Lagebeziehungen zwischen zwei Geraden......Page 195
3.3.1 Parameterform der Ebenengleichung......Page 212
3.3.2 Normalenform der Ebenengleichung......Page 220
3.3.3 Koordinatenform der Ebenengleichung......Page 226
3.3.4 Achsenabschnittsform der Ebenengleichung......Page 233
3.3.5 Umrechnungen zwischen den Darstellungsformen......Page 236
3.3.6 Ebenenscharen......Page 241
3.4.1 Allgemeine Beziehungen......Page 245
3.4.2 Schnittwinkel, Spurpunkte und Spurgeraden......Page 258
3.5.1 Rechnung mit beiden Ebenengleichungen in Parameterform......Page 267
3.5.2 Rechnung mit Ebenengleichungen in verschiedenen Formen......Page 272
3.5.3 Rechnung mit beiden Ebenengleichungen in Koordinatenform......Page 276
3.5.4 Schnittwinkel......Page 282
3.5.5 Spurgeraden......Page 285
3.6.1 Abstand zwischen Punkt und Gerade in der Ebene......Page 288
3.6.2 Abstand zwischen Punkt und Gerade im Raum......Page 297
3.6.3 Abstand zwischen Punkt und Ebene......Page 304
3.7.1 Spiegelung eines Punkts an einem Punkt und an einer Gerade......Page 314
3.7.2 Spiegelungen an einer Ebene......Page 324
Teil 2 Lösungen der Aufgaben......Page 333
Hinweise zu Aufbau und Notation......Page 334
1.1 Lineare Gleichungen......Page 335
1.2 Lineare Gleichungssysteme mit zwei Variablen......Page 336
1.3 Lineare Gleichungssysteme mit drei Variablen......Page 338
1.4 Systeme mit drei Variablen und der Gauß-Algorithmus......Page 344
1.5 Lösung von Systemen mit beliebiger Variablenanzahl......Page 347
2.1 Punkte in der Ebene und im Raum......Page 353
2.2 Vektoren......Page 361
2.3 Addition und skalare Multiplikation im Vektorraum......Page 363
2.4 Lineare (Un-) Abhängigkeit von Vektoren......Page 370
2.5 Winkel zwischen Vektoren......Page 380
2.6 Basis und Dimension......Page 397
3.1 Geradengleichungen......Page 401
3.2 Lagebeziehungen zwischen zwei Geraden......Page 416
3.3.1 Parameterform der Ebenengleichung......Page 432
3.3.2 Normalenform der Ebenengleichung......Page 436
3.3.3 Koordinatenform der Ebenengleichung......Page 438
3.3.4 Achsenabschnittsform der Ebenengleichung......Page 440
3.3.5 Umrechnungen zwischen den Darstellungsformen......Page 444
3.3.6 Ebenenscharen......Page 447
3.4.1 Allgemeine Beziehungen......Page 451
3.4.2 Schnittwinkel, Spurpunkte und Spurgeraden......Page 465
3.5.1 Rechnung mit beiden Ebenengleichungen in Parameterform......Page 470
3.5.2 Rechnung mit Ebenengleichungen in verschiedenen Formen......Page 472
3.5.3 Rechnung mit beiden Ebenengleichungen in Koordinatenform......Page 475
3.5.4 Schnittwinkel......Page 479
3.5.5 Spurgeraden......Page 482
3.6.1 Abstand zwischen Punkt und Gerade in der Ebene......Page 486
3.6.2 Abstand zwischen Punkt und Gerade im Raum......Page 490
3.6.3 Abstand zwischen Punkt und Ebene......Page 496
3.7.1 Spiegelung eines Punkts an einem Punkt und an einer Gerade......Page 505
3.7.2 Spiegelungen an einer Ebene......Page 508
Symbolverzeichnis......Page 512
Literaturverzeichnis......Page 515
Sachverzeichnis......Page 516

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Jens Kunath

Analytische Geometrie und Lineare Algebra zwischen Abitur und Studium I Theorie, Beispiele und Aufgaben zu den Grundlagen

Analytische Geometrie und Lineare Algebra zwischen Abitur und Studium I

Jens Kunath

Analytische Geometrie und Lineare Algebra zwischen Abitur und Studium I Theorie, Beispiele und Aufgaben zu den Grundlagen

Jens Kunath Senftenberg, Deutschland

ISBN 978-3-662-60685-8 ISBN 978-3-662-60686-5  (eBook) https://doi.org/10.1007/978-3-662-60686-5 Die Deutsche Nationalbibliothek verzeichnet diese Publikation in der Deutschen Nationalbibliografie; detaillierte bibliografische Daten sind im Internet über http://dnb.d-nb.de abrufbar. © Springer-Verlag GmbH Deutschland, ein Teil von Springer Nature 2019 Das Werk einschließlich aller seiner Teile ist urheberrechtlich geschützt. Jede Verwertung, die nicht ausdrücklich vom Urheberrechtsgesetz zugelassen ist, bedarf der vorherigen Zustimmung des Verlags. Das gilt insbesondere für Vervielfältigungen, Bearbeitungen, Übersetzungen, Mikroverfilmungen und die Einspeicherung und Verarbeitung in elektronischen Systemen. Die Wiedergabe von allgemein beschreibenden Bezeichnungen, Marken, Unternehmensnamen etc. in diesem Werk bedeutet nicht, dass diese frei durch jedermann benutzt werden dürfen. Die Berechtigung zur Benutzung unterliegt, auch ohne gesonderten Hinweis hierzu, den Regeln des Markenrechts. Die Rechte des jeweiligen Zeicheninhabers sind zu beachten. Der Verlag, die Autoren und die Herausgeber gehen davon aus, dass die Angaben und Informationen in diesem Werk zum Zeitpunkt der Veröffentlichung vollständig und korrekt sind. Weder der Verlag, noch die Autoren oder die Herausgeber übernehmen, ausdrücklich oder implizit, Gewähr für den Inhalt des Werkes, etwaige Fehler oder Äußerungen. Der Verlag bleibt im Hinblick auf geografische Zuordnungen und Gebietsbezeichnungen in veröffentlichten Karten und Institutionsadressen neutral. Planung/Lektorat: Annika Denkert Springer Spektrum ist ein Imprint der eingetragenen Gesellschaft Springer-Verlag GmbH, DE und ist ein Teil von Springer Nature. Die Anschrift der Gesellschaft ist: Heidelberger Platz 3, 14197 Berlin, Germany

Vorwort

Traditionell bereitet der Mathematikunterricht an allgemeinbildenden Schulen auf einen erfolgreichen Einstieg in eine Ausbildung vor, bei der mehr oder weniger Mathematik eine Rolle spielt. Insbesondere der Mathematikunterricht der Abiturstufe ebnet den Weg in ein Studium von Fachgebieten, bei denen Mathematik ein wichtiges Handwerkszeug darstellt oder sogar eine zentrale Bedeutung einnimmt. Die Aufgabe der Schulmathematik besteht folglich in der Vermittlung eines soliden Grundwissens, auf dem in den einführenden Mathematikvorlesungen aufgebaut werden kann. Idealerweise wird dazu bereits im Abitur eine breite Vielfalt an Begriffen, Methoden und Zusammenhängen aus den Bereichen Analysis, Lineare Algebra und Analytische Geometrie vorgestellt und zumindest in Leistungskursen vertieft behandelt. Leider scheint sich das deutsche Schulwesen im Fach Mathematik dieser wichtigen Aufgabe nicht mehr im notwendigen Umfang bewusst zu sein. Bereits während meiner Tätigkeit an der BTU Cottbus-Senftenberg musste ich feststellen, dass Studierende immer weniger Vorwissen im Fach Mathematik aus der Schule mitbringen. Oft haben wir im Kollegenkreis darüber diskutiert, konnten und wollten nicht so recht glauben, welche großen Wissenslücken im Vergleich zu unserer eigenen Schulzeit zu beobachten sind. Wie es zu dieser Entwicklung gekommen ist und in welchem Abiturjahrgang sie ihren Anfang hat, lässt sich nicht so einfach ermitteln. Die Ursachenforschung ist vielschichtig und ihre Diskussion würde ein eigenes Buch füllen. Unstrittig ist jedoch die Tatsache, dass zum Beispiel in meiner Heimatregion Brandenburg die Lerninhalte in Analysis, Linearer Algebra und Analytischer Geometrie im Vergleich zu den 1990er Jahren drastisch reduziert wurden. In allen anderen Bundesländern sieht es ähnlich aus, wobei auch die Tatsache bedenklich ist, dass die inhaltliche Ausgestaltung des Mathematikunterrichts von Bundesland zu Bundesland variiert. Deutschland einig Bildungsland? Fehlanzeige! Es kann lange darüber diskutiert werden, welcher Stoff wie und in welchem Umfang für Schüler1 zumutbar und wichtig ist. Selbstverständlich wird nicht jeder der heutigen Schüler nach dem Abitur ein Studium in einem Studiengang aufnehmen, in dem Mathematik eine Rolle spielt. Trotzdem wird gerne vergessen, dass der Mathematikunterricht in der gymnasialen Oberstufe im Wesentlichen ein Hauptziel hat, nämlich die Grundlagen für ein Studium zu schaffen, das sich der höheren Mathematik bedient. Diejenigen Schüler, 1

Aus Gründen der besseren Lesbarkeit verwende ich in diesem Buch (überwiegend) das generische Maskulinum. Dies impliziert immer beide Formen, schließt also die weibliche Form mit ein.

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Vorwort

die weniger an Mathematik interessiert sind und nach dem Abitur eine Ausbildung oder ein Studium ohne Mathebezug anstreben, sind naturgemäß nicht glücklich darüber, sich mit dem Stoff der „Abiturmathematik“ auseinandersetzen zu müssen. Neben der Reduzierung von Inhalten in den Themenkomplexen Analysis, Lineare Algebra und Analytische Geometrie wurde bei verkürzter Schulzeit auf 12 Jahre bis zum Abitur ein „Schnupperkurs Stochastik“ in die Rahmenlehrpläne aufgenommen. Dieser Themenkomplex war noch vor 20 Jahren zum Beispiel in Brandenburg kein fester oder gar verbindlicher Bestandteil im Rahmenlehrplan. Die heutigen Rahmenlehrpläne sind dadurch einerseits mit drei großen Themenkomplexen (Analysis, Lineare Algebra/Analytische Geometrie, Stochastik) überfrachtet, andererseits ist jeder Themenkomplex inhaltlich mager und teilweise zusammenhangslos bestückt. Wie ein Hund „schnüffelt“ man mal hier mal da hinein. Weiter entsteht, gemessen an der zur Verfügung stehenden Zeit, ein enormer Zeitdruck für Schüler und Lehrer, denn das mittlerweile in allen Bundesländern eingeführte Zentralabitur Mathematik verlangt das Abarbeiten aller Pflichtthemen. So wundert es nicht, dass auch die Umsetzung der Rahmenlehrpläne vielfach zu wünschen übrig lässt. Herleitung bzw. Beweise mathematischer Aussagen fallen vielfach gänzlich unter den Tisch, sind aber zum nachhaltigen Verständnis des Stoffs unumgänglich. Ganz offensichtlich braucht es Veränderungen in der Organisation und Durchführung von Mathematikunterricht (nicht nur) in der gymnasialen Oberstufe. Ein Blick zurück in frühere Jahrzehnte täte den Verantwortlichen dabei ganz gut. Außerdem muss sich auch der gesellschaftliche Stellenwert der Mathematik bzw. des Mathematiklernens (wieder) zum Positiven verändern. Die im derzeitigen Digitalisierungswahn weit verbreitete Meinung, man könne mathematische Fragen bei Bedarf mittels „Super(taschen)rechner“ und Internetsuchmaschine lösen und müsse sich folglich nicht in der Schule damit herumärgern, führt zu immer größeren Problemen. Nicht umsonst beklagen Hochschulen und Ausbildungsbetriebe die mangelhaften Mathematikkenntnisse ihrer Studierenden und Auszubildenden. Deshalb ist es mittlerweile eine gängige Praxis, in vorbereitenden Kursen zukünftigen Studierenden in Sachen Mathematik das notwendige Grundwissen inklusive der zugehörigen Grundkompetenzen zu vermitteln, was eigentlich Aufgabe der Schulmathematik gewesen wäre. Wenn Hochschulen mühsam versuchen müssen, die Studierfähigkeit frisch gebackener Abiturienten im Fach Mathematik herzustellen, dann zeigt sich spätestens daran, dass an allgemeinbildenden Schulen (nicht nur) im Mathematikunterricht aktuell einiges schief läuft. Neben den direkt aus der Schule rekrutierten Studierenden gibt es zwei weitere Gruppen von Studienanfängern: Zum einen wollen heute aus verschiedensten Gründen zahlreiche Menschen ein Studium absolvieren, die nach dem Abitur zunächst eine klassische Ausbildung durchlaufen und einige Jahre in ihrem erlernten Beruf gearbeitet haben. Nehmen diese Menschen ein Studium mit Mathematikbezug auf, so haben sie den Stoff der Abiturmathematik naturgemäß in den zurückliegenden Jahren nahezu vergessen und stehen vor dem Problem, vorbereitend grundlegende Inhalte der Schulmathematik wiederholen zu müssen, wenn der Studieneinstieg problemlos gelingen soll.

Vorwort

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Zum anderen besteht heute die Möglichkeit, ein Studium auch ohne Abitur zu beginnen. Als Zugangsvoraussetzung genügt hierzu zum Beispiel eine Meisterausbildung im Handwerk. Diese Menschen stehen vor der besonderen Herausforderung, einen Zugang zur Hochschulmathematik zu finden. Dazu ist es unumgänglich, sich vor Studienbeginn mit wichtigen Lerneinheiten, vor allem der Abiturmathematik, auseinanderzusetzen. Vielfach bewerkstelligen das diese Menschen neben einem zeitlich ohnehin gut ausgefüllten Arbeitsleben in Abendkursen und oft im Selbststudium. Aus welchen Gründen und in welchem Umfang auch immer sich angehende Studierende vor dem Studienbeginn mit den Inhalten der Abiturmathematik auseinandersetzen wollen oder müssen, in jedem Fall wird dies nur mithilfe eines oder mehrerer Lehrbücher zum Erfolg führen, mit denen Lerninhalte im Selbststudium ergänzt und vertieft werden können. Erst auf diese Weise wird die Vorbereitung nachhaltig gelingen, d. h., das erlernte Wissen festigt sich und ist langfristig abrufbar. Zur Studienvorbereitung gibt es eine Vielzahl von Lehrbüchern, sodass Lernende hier eine breite Auswahl haben. Das vorliegende Lehrbuch ergänzt dieses Angebot. Ursprünglich sollte ein Lehrbuch entstehen, das alle im Mathematikunterricht der gymnasialen Oberstufe behandelten Themen miteinander vereint. Schnell hat sich gezeigt, dass ein solches Werk zu umfangreich werden würde, sodass zunächst das vorliegende Lehrbuch zum Themenkomplex Lineare Algebra/Analytische Geometrie in Angriff genommen wurde. Mit den Inhalten dieses Lehrbuchs wurden bereits unzählige Generationen von Abiturienten konfrontiert und es wurden ebenso unzählige Lehrbücher zu den Themen verfasst. Das Fahrrad lässt sich bekanntlich nicht neu erfinden, aber immerhin neu verpacken. Diese „Verpackung“ besteht in dem Versuch, die Inhalte möglichst ausführlich zu behandeln und nur wenige für die Studieneingangsphase relevante Fragen offen zu lassen. Trotzdem haben Lernende ausreichend Möglichkeiten, selbständig mitzudenken und mitzurechnen. Das Hauptanliegen dieses Lehrbuchs besteht darin, die reine Mathematik zu einzelnen Themengebieten zu vermitteln, d. h., auf Anwendungen wird bis auf wenige Ausnahmen verzichtet. Bei der Themenauswahl habe ich mich durch die in der Literaturliste aufgeführten Lehrbücher inspirieren lassen. Die dort genannten Lehrbücher zum Studienbeginn sind in neuerer Auflage zum Weiterlesen zum Beispiel in Hochschulbibliotheken erhältlich. Bewusst habe ich auch auf ältere, in dieser Form nicht mehr erhältliche Schullehrbücher zurückgegriffen, um so einen Überblick über die Inhalte zu erhalten, die früher im Schulunterricht behandelt wurden und heute dort nicht mehr gelehrt werden, aber trotzdem zur Vorbereitung auf ein Studium wichtig oder zumindest interessant sind. Bis auf wenige Ausnahmen habe ich es vermieden, aus Lehrbüchern wortwörtlich zu zitieren. Das ist meiner Meinung nach auch gar nicht notwendig, denn gerade der Stoff der Abiturmathematik ist ein wichtiges Handwerkszeug und deshalb als Grundwissen und in gewisser Weise auch als Allgemeinwissen anzusehen. Wer sich intensiv damit auseinandersetzt, wird zudem schnell merken, dass viele Ideen und Aussagen nahezu von selbst entstehen. Sollte ich auf diese Weise zufällig einmal Formulierungen gewählt haben, die exakt so in einem anderen Werk stehen, dann mögen mir die Autoren verzeihen, dass ich keinen Querverweis auf ihr Werk vornehme.

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Vorwort

Die meisten der nicht trivialen mathematischen Aussagen werden bewiesen, wobei das Wort „Beweis“ in der Regel vermieden wird, beschert es doch Lernenden im schlimmsten Fall Angstzustände. Die Inhalte vieler Sätze werden deshalb unauffällig Schritt für Schritt hergeleitet, sodass der Satz als Zusammenfassung dieser Herleitung zu verstehen ist und sein Beweis davor geführt wurde. Ausnahmen von diesem Konzept gibt es wenige. Klar ist auch, dass nicht alle Sätze mit dem Wissen der Schulmathematik bewiesen werden können, worauf entsprechend hingewiesen wird. In einigen Fällen kann es Lernenden auch selbst zugetraut werden, den Beweis eines Satzes zu führen, wenn dies zum Beispiel durch einfaches Nachrechnen erfolgen kann. In jedem Lehrbuch braucht es gewisse Strukturen, und so werden Definitionen, Sätze, wichtige Formeln und Beispiele durchnummeriert. Diese Struktur dürfte vielen Lernenden neu sein, die aus ihrem Schulunterricht eher Notizen in loser Reihenfolge kennen und im Verlauf eines Schuljahres schon einmal ins Schwitzen kommen, wenn sie in ihren Aufzeichnungen etwas Bestimmtes suchen. Die Nummerierung hilft beim Wiederfinden bestimmter Inhalte und erleichtert es, Beziehungen zwischen Inhalten herzustellen. Ich bin davon überzeugt, dass sich Lernende daran schnell gewöhnen können ebenso wie an die Tatsache, dass es zu vielen mathematischen Sachverhalten verschiedene Bezeichnungen und Formelzeichen gibt, die jeweils ein und dasselbe meinen. Um das zu verdeutlichen, habe ich zur Information oft verschiedene Bezeichnungen zu einem Sachverhalt genannt, sodass sich Lernende beim Blick in andere Lehrbücher hoffentlich besser zurechtfinden und nicht lange grübeln müssen, was das eigentlich bekannte XYZ bedeutet. Das Erlernen und Begreifen von Mathematik geht bekanntlich nicht, ohne selbst aktiv zu werden und dabei eine Vielzahl von Übungsaufgaben durchzurechnen. Deshalb gibt es zu jedem Teilabschnitt eine reichhaltige Auswahl von Übungsaufgaben teils unterschiedlicher Schwierigkeitsgrade. Das reicht von einfachen Augaben bei denen es nur um das Kennenlernen und den Umgang mit den eingeführten Begrifflichkeiten geht, bis hin zu anspruchsvolleren Aufgaben, bei denen Lernende Zusammenhänge selbst erkennen und beschreiben müssen, was gelegentlich auch kleinere Beweise umfasst. Der Schwierigkeitsgrad der Aufgabe wird dabei nicht gekennzeichnet. Lernende sollen und müssen für sich selbst festlegen, was sie als leicht oder schwer einstufen, denn auch das ist ein Teil eines selbstbestimmten Lernprozesses. Zu allen Aufgaben gibt es zum Teil ausführliche Lösungen. Kritiker mögen mir vorwerfen, dass es Lernenden wenig bringt, wenn sie die Lösungen der Aufgaben zur Hand haben und Gefahr laufen, einfach nachzuschauen, statt selbst zu denken. Das sehe ich etwas anders: Verantwortungsvolle Schüler und Studierende sind sehr wohl in der Lage, zunächst selbst die Lösung einer Aufgabe zu versuchen, gegebenfalls mehrere Anläufe zu unternehmen und erst in die Lösung zu schauen, wenn sie entweder mit ihrer Rechnung fertig sind oder wenn sie partout nicht weiterkommen. Nicht zuletzt lässt sich bei schwereren Aufgaben unter der Voraussetzung einer selbstkritischen Arbeitsweise und mit dem Ziel des Verstehenwollens auch aus Lösungen ein nicht zu unterschätzender Lerngewinn ziehen. Die Aufgaben zu diesem Buch habe ich entweder selbst entworfen oder seit Jahren im Schulbetrieb genutzte Aufgaben angepasst, verändert, erweitert und kombiniert. Dabei habe ich mir natürlich nicht aufs Geratewohl irgendetwas ausgedacht, sondern habe mich

Vorwort

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vor allem durch die in der Literaturliste aufgeführten älteren Schullehrbücher inspirieren lassen. Eine große Anzahl von Aufgabenstellungen kann man dabei auch gar nicht neu erfinden, haben sie sich doch seit Jahrzehnten im Mathematikunterricht bewährt und sind (theoretisch) Standard. Nach etwa zweieinhalb Jahren Arbeit an diesem Lehrbuch kann ich nicht mehr nachvollziehen, welche Aufgabe wann und wie entstanden ist oder woher die Idee dazu kam. Es ist deshalb nicht ganz auszuschließen, dass ich aus älteren Lehrbüchern unabsichtlich doch einmal einen Aufgabentext wortwörtlich übernommen habe. Sollte das der Fall sein, so mögen mir die Autoren verzeihen, dass ich auch in diesen Fällen keine (weil für mich nicht mehr nachvollziehbare) Quellenangabe vornehme. Aufgrund seines Umfangs wurde das Manuskript in zwei Bände zerlegt. Band 1 enthält die folgenden drei Kapitel, deren Inhalte als Grundwissen anzusehen sind: • Kapitel 1 behandelt lineare Gleichungssysteme. Dabei werden zuerst einzelne lineare Gleichungen besprochen und darauf aufbauend die gängigen Lösungsverfahren für lineare Gleichungssysteme mit zwei und drei Variablen vorgestellt. Obwohl für die meisten der in der Schulmathematik behandelten Probleme der Gauß-Algorithmus nicht zwingend eingesetzt werden muss, wird dieses für die Hochschulmathematik wichtige Lösungsverfahren ebenfalls vorgestellt. • In Kapitel 2 werden zunächst die kartesischen Koordinatensysteme der Ebene und des Raums vorgestellt, wobei der Schwerpunkt auf die Darstellung von Punkten im Raum gesetzt wird. Im Anschluss wird der für die Lineare Algebra und die damit zusammenhängende Analytische Geometrie zentrale Begriff des Vektorraums mit den wichtigsten Eigenschaften behandelt. Wie in der Schulmathematik üblich, wird dabei auf die Interpretation als „Verschiebung“ von Punkten eingegangen. • In Kapitel 3 werden ausführlich Geraden und Ebenen behandelt. Zuerst werden verschiedene Möglichkeiten vorgestellt, diese geometrischen Objekte durch Gleichungen darzustellen. Anschließend wird detailliert auf Lagebeziehungen zwischen Geraden bzw. Ebenen untereinander sowie zwischen Geraden und Ebenen eingegangen. Dazu werden mehrere Möglichkeiten aufgezeigt, die von der Darstellungsform der Geradenbzw. Ebenengleichung abhängen. Lernende sollen dabei erkennen, dass es nicht „den“ Lösungsweg gibt, sondern dass sie zwischen verschiedenen Lösungswegen wählen können. Zum Ende des Kapitels wird auf Abstandsberechnungen zwischen Punkten, Geraden und Ebenen sowie auf Spiegelungen eingegangen. Band 2 behandelt Themen, die heute aus dem deutschen Schulunterricht weitgehend verschwunden sind, aber noch vor 20 Jahren dort wie selbstverständlich, jedoch in unterschiedlichem Umfang vorkamen. Band 2 enthält die folgenden zwei Kapitel und spricht neben besonders interessierten Lesern vor allem diejenigen an, die genau wissen, dass sie in ihrem Studium die darin enthaltenen Themen benötigen werden: • In Kapitel 4 werden ausführlich Kreise und Kugeln behandelt. Zuerst werden Gleichungen hergeleitet, mit denen die auf einem Kreis bzw. einer Kugel liegenden Punkte beschrieben werden können. Die Betrachtung des Kreises erfolgt in der Ebene und im Raum. Als Anwendung der Kreisgleichung werden Drehungen von Punkten in der Ebene behandelt. Anschließend werden Lagebeziehungen und Abstände zwischen Kreisen, Kugeln, Geraden und Ebenen besprochen. Zum Ende des Kapitels wird auf Polarkoordinaten von Punkten in der Ebene und im Raum eingegangen.

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Vorwort

• In Kapitel 5 werden Kegelschnitte behandelt. Das erfolgt in einer für die Schulmathematik unüblichen Weise, die jedoch einen Zusammenhang zwischen den zuvor behandelten Geraden, Ebenen, Kreisen und Kugeln aufzeigt und nutzt. Nach der Definition und Herleitung einer Gleichung für einen geraden Kreiskegel wird der Begriff des Kegelschnitts erläutert. Im Anschluss werden Ellipsen, Hyperbeln und Parabeln jeweils einzeln und in der Ebene behandelt, wobei der Schwerpunkt auf einer ausführlichen Herleitung von Koordinatengleichungen für diese Kegelschnitte liegt. Für Ellipsen und Hyperbeln werden zusätzlich Lagebeziehungen zu Geraden untersucht. Beide Bände sind jeweils in zwei Teile aufgeteilt: Teil 1 enthält Theorie und Aufgabenstellungen, Teil 2 enthält Lösungen zu den Aufgaben. Es sei den Lesern empfohlen, zunächst die Hinweise zu Aufbau und Notation zu Beginn der beiden Teile durchzulesen sowie einen Blick in das Symbolverzeichnis zu werfen. Neben den Schreibweisen, die bereits aus der Schulmathematik bekannt sind, werden auch einige für die Hochschulmathematik typische Notationen verwendet. Letzteres betrifft insbesondere die Schreibweise von Äquivalenzumformungen unter anderem bei der Lösung von Gleichungen, die vielen Lesern unbekannt sein dürfte. Es bleibt mir noch die angenehme Aufgabe, Frau Dr. Annika Denkert vom Springer-Verlag für ihr Interesse an meinem Buchprojekt und für die sehr gute Beratung und Betreuung während der gesamten Projektzeit zu danken. Weiter danke ich Frau Stella Schmoll vom Springer-Verlag für die kompetente und geduldige Beratung zur Text- und Bildgestaltung. Ein besonders großes Dankeschön richte ich an Frau Micaela Krieger-Hauwede für die mit viel Fleiß, Geduld und Genauigkeit durchgeführte Suche nach Rechtschreibfehlern einschließlich deren Korrektur und die zahlreichen Vorschläge zur Verbesserung der Lesbarkeit und des Layouts. Eine abschließende Bitte an die Leser: Die theoretischen Abhandlungen, Aufgaben und Lösungen wurden mehrfach durchgesehen und sollten damit weitgehend fehlerfrei sein. Trotzdem schleichen sich in längere und auch kürzere mathematische Texte in aller Regel einige Fehler ein. Aus Tipp- und Flüchtigkeitsfehlern werden dabei ungewollt inhaltliche Fehler, die selbst nach mehrfachem Korrekturlesen unentdeckt bleiben. Ich bitte alle Leserinnen und Leser, die auf Fehler aller Art, unklare Formulierungen, falsche Lösungshinweise oder Ähnliches stoßen, diese dem Springer-Verlag mitzuteilen. Vielen Dank dafür. Senftenberg, November 2019

Jens Kunath

Inhaltsverzeichnis

Teil 1 Theorie, Beispiele und Aufgaben 1

Lineare Gleichungssysteme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.1 Lineare Gleichungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2 Lineare Gleichungssysteme mit zwei Variablen . . . . . . 1.2.1 Gleichsetzungsverfahren . . . . . . . . . . . . . . 1.2.2 Einsetzungsverfahren . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2.3 Additionsverfahren . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2.4 Überbestimmte Gleichungssysteme . . . . . . . . 1.3 Lineare Gleichungssysteme mit drei Variablen . . . . . . . 1.4 Systeme mit drei Variablen und der Gauß-Algorithmus . . 1.5 Lösung von Systemen mit beliebiger Variablenanzahl . . . 2 Vektoren und ihre Eigenschaften . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.1 Punkte in der Ebene und im Raum . . . . . . . . . . . . . 2.2 Vektoren . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3 Addition und skalare Multiplikation im Vektorraum . . . . 2.4 Lineare (Un-) Abhängigkeit von Vektoren . . . . . . . . . 2.5 Winkel zwischen Vektoren . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.6 Basis und Dimension . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 Geraden und Ebenen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.1 Geradengleichungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2 Lagebeziehungen zwischen zwei Geraden . . . . . . . . . 3.3 Ebenengleichungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.3.1 Parameterform der Ebenengleichung . . . . . . . . 3.3.2 Normalenform der Ebenengleichung . . . . . . . . 3.3.3 Koordinatenform der Ebenengleichung . . . . . . 3.3.4 Achsenabschnittsform der Ebenengleichung . . . . 3.3.5 Umrechnungen zwischen den Darstellungsformen 3.3.6 Ebenenscharen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.4 Lagebeziehungen zwischen Geraden und Ebenen . . . . . 3.4.1 Allgemeine Beziehungen . . . . . . . . . . . . . . 3.4.2 Schnittwinkel, Spurpunkte und Spurgeraden . . . .

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5 5 12 12 13 16 22 27 39 54 65 65 79 89 104 129 148 161 161 183 200 200 208 214 221 224 229 233 233 246

xii

INHALTSVERZEICHNIS

3.5

3.6

3.7

Lagebeziehungen zwischen zwei Ebenen . . . . . . . . . . . . . . . . 3.5.1 Rechnung mit beiden Ebenengleichungen in Parameterform . 3.5.2 Rechnung mit Ebenengleichungen in verschiedenen Formen . 3.5.3 Rechnung mit beiden Ebenengleichungen in Koordinatenform 3.5.4 Schnittwinkel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.5.5 Spurgeraden . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Abstandsberechnungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.6.1 Abstand zwischen Punkt und Gerade in der Ebene . . . . . . 3.6.2 Abstand zwischen Punkt und Gerade im Raum . . . . . . . . 3.6.3 Abstand zwischen Punkt und Ebene . . . . . . . . . . . . . . Spiegelungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.7.1 Spiegelung eines Punkts an einem Punkt und an einer Gerade 3.7.2 Spiegelungen an einer Ebene . . . . . . . . . . . . . . . . . .

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Teil 2 Lösungen der Aufgaben 1

2

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Lineare Gleichungssysteme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.1 Lineare Gleichungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2 Lineare Gleichungssysteme mit zwei Variablen . . . . . . . . . . . 1.3 Lineare Gleichungssysteme mit drei Variablen . . . . . . . . . . . . 1.4 Systeme mit drei Variablen und der Gauß-Algorithmus . . . . . . . 1.5 Lösung von Systemen mit beliebiger Variablenanzahl . . . . . . . . Vektoren und ihre Eigenschaften . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.1 Punkte in der Ebene und im Raum . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2 Vektoren . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3 Addition und skalare Multiplikation im Vektorraum . . . . . . . . . 2.4 Lineare (Un-) Abhängigkeit von Vektoren . . . . . . . . . . . . . . 2.5 Winkel zwischen Vektoren . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.6 Basis und Dimension . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Geraden und Ebenen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.1 Geradengleichungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2 Lagebeziehungen zwischen zwei Geraden . . . . . . . . . . . . . . 3.3 Ebenengleichungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.3.1 Parameterform der Ebenengleichung . . . . . . . . . . . . . 3.3.2 Normalenform der Ebenengleichung . . . . . . . . . . . . . 3.3.3 Koordinatenform der Ebenengleichung . . . . . . . . . . . 3.3.4 Achsenabschnittsform der Ebenengleichung . . . . . . . . . 3.3.5 Umrechnungen zwischen den Darstellungsformen . . . . . 3.3.6 Ebenenscharen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.4 Lagebeziehungen zwischen Geraden und Ebenen . . . . . . . . . . 3.4.1 Allgemeine Beziehungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.4.2 Schnittwinkel, Spurpunkte und Spurgeraden . . . . . . . . . 3.5 Lagebeziehungen zwischen zwei Ebenen . . . . . . . . . . . . . . . 3.5.1 Rechnung mit beiden Ebenengleichungen in Parameterform

255 255 260 264 270 273 276 276 285 292 302 302 312

321 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

323 323 324 326 332 335 341 341 349 351 358 368 385 389 389 404 420 420 424 426 428 432 435 439 439 453 458 458

INHALTSVERZEICHNIS

3.5.2 Rechnung mit Ebenengleichungen in verschiedenen Formen . 3.5.3 Rechnung mit beiden Ebenengleichungen in Koordinatenform 3.5.4 Schnittwinkel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.5.5 Spurgeraden . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.6 Abstandsberechnungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.6.1 Abstand zwischen Punkt und Gerade in der Ebene . . . . . . 3.6.2 Abstand zwischen Punkt und Gerade im Raum . . . . . . . . 3.6.3 Abstand zwischen Punkt und Ebene . . . . . . . . . . . . . . 3.7 Spiegelungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.7.1 Spiegelung eines Punkts an einem Punkt und an einer Gerade 3.7.2 Spiegelungen an einer Ebene . . . . . . . . . . . . . . . . . . Symbolverzeichnis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Literaturverzeichnis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Sachverzeichnis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

xiii

. . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . .

460 463 467 470 474 474 478 484 493 493 496 501 505 507

Teil 1

Theorie, Beispiele und Aufgaben

Hinweise zu Aufbau und Notation Dieser Teil des Buchs enthält Theorie, Beispiele und Aufgaben. Zuvor sollen einige Benutzungshinweise gegeben werden. Definitionen, Sätze, Folgerungen, Bemerkungen, wichtige Formeln und Beispiele sind in jedem Kapitel fortlaufend durchnummeriert. Die Nummerierung hat die Gestalt C.N, wobei C die Kapitelnummer und N eine durch das Kapitel laufende Nummer ist, d. h., mit dem Beginn jedes neuen Abschnitts wird die Nummerierung nicht unterbrochen, sondern weitergezählt. Die Nummerierung der Aufgaben wird dagegen mit jedem Abschnitt eines Kapitels neu begonnen und hat die Gestalt C.S.N, wobei C die Kapitelnummer, S die Abschnittsnummer und N die laufende Nummer der Aufgabe ist. Die Nummerierung von Abbildungen erfolgt fortlaufend und geht ohne Unterbrechnung in Teil 2 des Buchs über. Wichtige Begriffe und besondere fachliche Sprechweisen werden (mindestens) bei ihrer erstmaligen Erwähnung durch doppelte Unterstreichung hervorgehoben. Definitionen sind in einer umrandeten Box notiert: Definition 1.1. Für x ∈ R wird folgendes definiert: . . . Sätze und Folgerungen sind in einer farbig ausgefüllten und zusätzlich umrandeten Box notiert, zum Beispiel: Satz 1.2. Für alle x ∈ R gilt . . . Es ist sinnvoll, häufig durchzuführende Lösungsschritte zu einem Problem als kompakte Rechenanleitung zusammenzufassen, notiert in einer farbig ausgefüllten Box: Anleitung 1.3. Folgende Schritte sind durchzuführen . . . Umrandete oder farbig ausgefüllte Boxen fassen zusammengehörende Inhalte zusammen. Der Anfang von Bemerkungen und Beispielen wird durch das jeweilige Schlüsselwort markiert, das Ende einer Bemerkung wird durch das Zeichen  gekennzeichnet, Beispiele werden durch das Zeichen  beendet. Auf häufige Fehlerquellen wird explizit hingewiesen. Diese nicht nummerierten Hinweise stehen in einer umrandeten Box und beginnen mit dem Wort „Achtung!“: ACHTUNG! Ein häufiger Fehler ist . . . Eine besondere Erläuterung ist zur Notation von Äquivalenz- und Folgerungsumforumgen notwendig, die vielen Lesern in der hier verwendeten Form noch nicht begegnet sein dürfte. Im Schulunterricht wird in der Regel bei der Lösung von Gleichungen häufig vor der nächsten, zur Ausgangsgleichung äquivalenten oder einer daraus folgenden Gleichung angegeben, welcher Rechenschritt oder welche (Neben-) Bedingung zu diesem Ziel geführt hat. Das sieht zum Beispiel folgendermaßen aus:  2x + 7 = 21  −7 ⇔ 2x = 14  : 2 ⇔ x=7

3

Hinweise zu Aufbau und Notation

Dabei wird oft der Äquivalenzpfeil ⇔ weggelassen, der anzeigt, dass eine zulässige(!) Äquivalenzumformung durchgeführt wurde. Solche Rechnungen werden in diesem Buch in der für die Hochschulmathematik typischen Weise kürzer notiert, zum Beispiel: 2x + 7 = 21

⇔

2x = 14

⇔

x=7

Die Leser sind folglich zum Mitdenken aufgefordert und müssen die durchgeführten Umformungen selbst erkennen. Gelegentlich werden auch nicht alle Zwischenergebnisse notiert, sondern zusammengefasst. Für das Beispiel kann das wie folgt aussehen: 2x + 7 = 21

⇔

x=7

Analoge Schreibweisen werden bei Folgerungsumformungen verwendet. Das sind Umformungen, bei denen aus einer Gleichung eine andere Gleichung folgt, die Umkehrung („Gegenrichtung“) des damit verbundenen Schlusses jedoch nicht gilt oder, wie zum Beispiel bei der Operation des Quadrierens, nur die „halbe Wahrheit“ ist. Aus x = 2 folgt x2 = 4 notieren wir zum Beispiel kurz wie folgt: x=2

⇒

x2 = 4

Auch die Gegenrichtung ist ein zulässiger Schluss, d. h.: x2 = 4

⇒

x=2

Zur Sicherheit sei darauf hingeweisen, dass die Gleichungen x = 2 und x2 = 4 nicht äquivalent sind und folglich nicht mit einem Äquivalenzpfeil verknüpft werden dürfen, denn die Gleichung x2 = 4 hat noch eine zweite Lösung, nämlich x = −2. Umgekehrt folgt aus x = −2 ebenfalls x2 = 4. Der Äquivalenzpfeil ⇔ und der Folgerungspfeil ⇒ werden nicht nur im Zusammenhang mit der Umformung und Lösung von Gleichungen verwendet, sondern auch allgemeiner zur Verknüpfung von mathematischen Aussagen und Aussageformen. Neben Gleichungen gehören dazu Ungleichungen, für die hier ebenfalls oft die oben genannten Kurzschreibweisen verwendet werden. Dazu sei als Beispiel die folgende verbal formulierte Verknüfung zweier Aussageformen betrachtet: x ist eine Zahl größer als 7. Dann ist x auch größer als −1. Das lässt sich kurz wie folgt notieren: x>7

⇒

x > −1

Werden bei der Untersuchung von (Un-) Gleichungen frühere Ergebnisse verwendet, dann kann das auf verschiedene Weise deutlich gemacht werden. Das frühere Ergebnis sei zum Beispiel: x = 4 , y = −5 (∗) Mit diesen Werten für x und y soll die Gleichung 2x + 3y + 3z = 2 gelöst werden, d. h., die Zahlenwerte aus (∗) sind eine Nebenbedingung zur Lösung der genannten Gleichung. Das Einsetzen der Zahlenwerte x = 4 und y = −5 aus (∗) wird kurz wie folgt notiert:

4

Hinweise zu Aufbau und Notation

2x + 3y + 3z = 2

(∗)

⇒

2 · 4 + 3 · (−5) + 3z = 2

⇔

3z = 9

⇔

⇔

−7 + 3z = 2

z = 3

Dies lässt sich noch kürzer notieren: (∗)

2x + 3y + 3z = 2

⇒

−7 + 3z = 2

⇔

z = 3

(#)

Letztere Variante fordert die Leser wieder stärker zum Mitdenken und Mitrechnen auf. (∗) In jedem Fall bedeutet die Schreibweise ⇒, dass sich die nachfolgende Gleichung unter Verwendung der Zahlenwerte aus (∗) ergibt. Bei sehr einfachen Rechnungen, die sich wie in (#) durch Einsetzen von bekannten Zahlenwerten in eine andere Gleichung ergeben, wird oft darauf verzichtet, die einzelnen Schritte ausführlich zu notieren. Statt dessen wird lediglich verbal gesagt, dass das Einsetzen von x = 4 und y = −5 in die Gleichung 2x + 3y + 3z = 2 auf den Wert z = 3 führt. „Einsetzen“ bedeutet deshalb oft auch gleichzeitig ausrechnen. Äquivalenzumformungen werden gern weiter abgekürzt, indem zum Beispiel zur Lösung von Gleichungen Ausdrücke auf einer Seite des Gleichheitszeichens so weit wie möglich umgeformt werden und dann die andere Seite der zu lösenden Gleichung einfach angehangen wird. Die Umformungen 2(x + y) − 3(x − y) = 5

⇔

2x + 2y − 3x + 3y = 5

⇔

−x + 5y = 5

lassen sich auf diese Weise etwas kompakter in der Form 2(x + y) − 3(x − y) = 2x + 2y − 3x + 3y = −x + 5y = 5

(∗∗)

schreiben. Auch in diesem Lehrbuch wird von solchen Abkürzungen Gebrauch gemacht. Manchen Didaktikern mag die Variante (∗∗) grauenvoll erscheinen und trotzdem können sich Lernende damit in der Regel gut anfreunden.

1 Lineare Gleichungssysteme 1.1 Lineare Gleichungen Bereits frühzeitig werden im Mathematikunterricht Gleichungen der Gestalt ax = b

(1.1)

behandelt, wobei die Koeffizienten a ∈ R \ {0}, b ∈ R gegeben sind und x ∈ R die Variable der Gleichung ist. Statt Variable sagt man auch, dass x die Unbekannte der Gleichung ist. Gleichungen der Gestalt (1.1) sind ein Prototyp einer linearen Gleichung, die immer eindeutig lösbar ist. Die Lösung wird durch Umstellen der Gleichung nach der Variablen bestimmt, d. h., Division durch a = 0 ergibt x = ba . Im Unterricht der Sekundarstufe I lernen Schüler die lineare Funktion f : R → R mit der Funktionsgleichung f (x) = mx + n kennen, deren Graph eine Gerade ist, weshalb die Funktion f selbst auch als Gerade bezeichnet wird. Durch die Zuordnung y = f (x) ist y = mx + n

(1.2)

ebenfalls eine lineare Gleichung mit den Koeffizienten m, n ∈ R und den Variablen x, y ∈ R. Diese Gleichung hat keine eindeutige Lösung, denn zu jedem x ∈ R gehört ein y ∈ R und umgekehrt. Man sagt auch, dass die Gleichung mehrdeutig lösbar und eine Variable von der anderen abhängig ist. Die Darstellung einer linearen Gleichung ist nicht eindeutig, denn durch eine eingeschränkte Anzahl von Termumformungen lässt sich eine lineare Gleichung derart umformen, dass das Ergebnis wieder eine lineare Gleichung ist. Zulässige Termumformungen sind dabei Addition und Subtraktion von Termen, die in der Ausgangsgleichung enthalten sind, und die Multiplikation bzw. Division mit reellen Konstanten k = 0. Nicht zulässig sind dagegen zum Beispiel die Multiplikation oder Division mit den Variablen und der Konstante k = 0. Durch Subtraktion von mx ergibt sich aus (1.2) die Gleichung − mx + y = n .

© Springer-Verlag GmbH Deutschland, ein Teil von Springer Nature 2019 J. Kunath, Analytische Geometrie und Lineare Algebra zwischen Abitur und Studium I, https://doi.org/10.1007/978-3-662-60686-5_1

(1.3)

6

1 Lineare Gleichungssysteme

Multiplikation mit b = 0 ergibt daraus: − bmx + by = bn

(1.4)

Definieren wir a := −bm und c := bn, dann erhält (1.4) die Gestalt ax + by = c .

(1.5)

Die Gleichungen (1.2), (1.3), (1.4) und (1.5) sind zueinander äquivalent. Das bedeutet, dass diese Gleichungen die gleiche Lösungsmenge haben. Die Lösungsmenge besteht dabei aus allen Wertepaaren (x; y), für die durch Einsetzen in die Gleichungen eine wahre Aussage entsteht, d. h., im Fall von (1.5) ergibt sich auf der linken Seite nach Ausmultiplizieren und Addition der Terme tatsächlich ax + by = c. Nicht zur Lösungsmenge gehören solche Wertepaare (x; y), bei denen sich nach Einsetzen in die Gleichung ein Widerspruch ergibt, d. h., im Fall von (1.5) ergibt sich ax + by = c. Gleichung (1.5) stellt die Normalform einer linearen Gleichung mit zwei Variablen x, y ∈ R und den Koeffizienten a, b, c ∈ R dar, wobei zusätzlich a = 0 und b = 0 vorausgesetzt sei. Diese Gleichung lässt sich lösen, indem einer der beiden Variablen (x oder y) beliebige Werte zugewiesen werden. Der Wert der anderen Variable (y bzw. x) hängt von dieser Wahl ab. Beispiel 1.6. Es ist die lineare Gleichung 2x+3y = 7 zu lösen. Die genaue Vorgehensweise hängt davon ab, ob genau eine Lösung der Gleichung bestimmt werden soll oder alle Lösungen der Gleichung bestimmt werden sollen. In a) bis c) wird demonstriert, wie man genau eine Lösung der Gleichung bestimmt, in d) werden alle Lösungen ermittelt. a) Wir wählen y = 1 und setzen dies in die Gleichung ein. Das ergibt 2x + 3 = 7 und daraus folgt 2x = 4, also x = 2. Das Lösungspaar x = 2 und y = 1 ist eine Lösung der Gleichung 2x + 3y = 7. Um die Abhängigkeit der Variablenwerte voneinander deutlich zu machen, nutzen wir die bereits oben angedeutete Schreibweise als Wertepaar und schreiben (x; y) = (2; 1). b) Eine andere Lösung erhalten wir zum Beispiel für y = 2, d. h. 2x + 6 = 7, woraus x = 12   folgt. Damit ist (x; y) = 12 ; 2 eine weitere Lösung der Gleichung. c) Eine weitere Lösung ergibt sich zum Beispiel für x = −7, d. h. −14 + 3y = 7, woraus y = 7 folgt. Auch das Wertepaar (x; y) = (−7; 7) löst die Gleichung 2x + 3y = 7. d) Die Beliebigkeit der Wahl eines Wertes für eine der Variablen kann verallgemeinert werden. Das wird zum Beispiel durch die Zuweisung y = t mit beliebigem t ∈ R deutlich gemacht. Einsetzen von y = t in die Gleichung ergibt 2x + 3t = 7. Umstellung dieser Gleichung nach der zweiten Variable ergibt x = 72 − 32 t. Durch die Wertepaare   7 3 (x; y) = − t;t (∗) 2 2 werden für t ∈ R alle Lösungen der Gleichung 2x + 3y = 7 charakterisiert. Alle Wertepaare der Gestalt (∗) zusammen ergeben die Lösungsmenge L der Gleichung 2x + 3y = 7. Die Bezeichnung Lösungsmenge legt nahe, für L eine Mengenschreib-

1.1 Lineare Gleichungen

7

weise zu verwenden, wie zum Beispiel     7 3  L = (x; y)  x = − t, y = t, t ∈ R 2 2 

oder L =

7 3 − t;t 2 2

    t ∈R . 

Die Schreibweise ist nicht eindeutig festgelegt, ihre Bedeutung macht aber unmissverständlich klar, dass L aus allen Wertepaaren der Gestalt (∗) besteht. Wir schreiben (x; y) ∈ L und meinen damit ein Lösungspaar (x; y) aus der Lösungsmenge L.  Es ist zu beachten, dass die Gleichung 2x + 3t = 7 in Beispiel 1.6 d) in gewisser Weise auch zwei Variablen x und t enthält, jedoch übernimmt t ∈ R analog zu Beispiel 1.6 a) und b) in der weiteren Rechnung die Rolle eines fest gewählten Zahlenwerts. Mit den Variablen der linearen Gleichung 2x + 3y = 7 sind demnach x und y gemeint. Der feste und zugleich variabel wählbare Zahlenwert t wird während der Rechnung der Gleichungsvariable y zugeordnet. Das bedeutet mit anderen Worten: t ∈ R ist keine Variable der linearen Gleichung 2x + 3y = 7, sondern eine Variable der Lösungsmenge. Die in Beispiel 1.6 durchgeführten Schritte zur Lösung der Gleichung ax + by = c lassen sich auf beliebige Koeffizienten a, b ∈ R \ {0} und c ∈ R verallgemeinern. Wir können y = t ∈ R beliebig wählen und erhalten als Zwischenergbnis die Gleichung ax + bt = c, woraus x = ac − ba t folgt. Die Lösungsmenge der Gleichung ax + by = c ist     c b  L = − t;t  t ∈R . a a Alternativ kann x = s ∈ R beliebig gewählt werden. Damit ergibt sich as + by = c als Zwischenergebnis, woraus y = bc − ab s folgt. Die Lösungsmenge der Gleichung ax + by = c hat dann die Gestalt c a    L = s; − s  s ∈ R . b b Wegen x ∈ R und y ∈ R ist die abkürzende Schreibweise (x; y) ∈ R2 üblich, d. h., die geordneten Wertepaare (x; y) liegen im zweidimensionalen reellen Zahlraum R2 , den wir nachfolgend reelle Zahlenebene nennen werden. Geordnet bedeutet dabei, dass die Reihenfolge der Zahlenwerte (x; y) nicht vertauscht werden darf, d. h., die Wertepaare (1; 2) und (2; 1) sind verschieden, denn in (1; 2) ist die Zuordnung x = 1 und y = 2 eindeutig festgelegt, entsprechend gilt in (2; 1) die Zuordnung x = 2 und y = 1. Die Lösungsmenge L der Gleichung ax + by = c ist eine Teilmenge von R2 , in Zeichen L ⊂ R2 . Die Lösungsmethode für lineare Gleichungen mit zwei Variablen lässt sich auf lineare Gleichungen mit mehr als zwei Variablen übertragen und verallgemeinern, wie zum Beispiel auf die lineare Gleichung ax + by + cz = d (1.7)

8

1 Lineare Gleichungssysteme

mit drei Variablen x, y, z ∈ R und den Koeffizienten a, b, c ∈ R \ {0}, d ∈ R. Diese Gleichung hat offenbar ebenfalls keine eindeutige Lösung. Beispiel 1.8. Zu lösen ist die Gleichung x + y + z = 1. Zwei der drei Variablen können beliebige Zahlenwerte zugewiesen werden, der Zahlenwert der dritten Variable hängt von dieser Wahl ab. a) Zum Beispiel für y = z = 0 ergibt sich x = 1. Die Abhängigkeit der drei Zahlenwerte machen wir durch das geordnete Zahlentripel1 (x; y; z) = (1; 0; 0) deutlich, das eine Lösung der Gleichung x + y + z = 1 darstellt. b) Für die Wahl y = 1 und z = −1 folgt nach Einsetzen in die Gleichung ebenfalls x = 1. Damit ist (x; y; z) = (1; 1; −1) eine weitere Lösung der linearen Gleichung x + y + z = 1. c) Eine weitere Lösung ist (x; y; z) = (0; −1; 2). d) Alle Lösungen der Gleichung erhalten wir z. B. mit y = s ∈ R und z = t ∈ R. Setzen wir dies in die zu lösende Gleichung ein, dann ergibt dies x + s +t = 1. Umstellen nach der dritten Gleichungsvariable ergibt x = 1 − s −t. Die Lösungsmenge L der Gleichung x + y + z = 1 wird damit aus den Tripeln (x; y; z) = (1 − s − t; s;t) für beliebige s,t ∈ R gebildet, d. h. 

  L = (1 − s − t; s;t)  s,t ∈ R . Für beliebige Koeffizienten a, b, c ∈ R \ {0} und d ∈ R lässt sich die Lösungsmenge der Gleichung ax + by + cz = d analog zur Lösung der linearen Gleichung mit zwei Variablen bestimmen. Zum Beispiel können für y und z beliebige Werte gewählt werden, d. h. y = s ∈ R und z = t ∈ R. Das ergibt ax + bs + ct = d, woraus x = da − ba s − ac t folgt. Eine mögliche Darstellung der Lösungsmenge ist damit     d b c − s − t ; s ; t  s,t ∈ R . L = a a a Für ein Zahlentripel aus L schreiben wir abkürzend (x; y; z) ∈ R3 , d. h., die geordneten Zahlentripel (x; y; z) liegen im dreidimensionalen reellen Zahlraum R3 . Die Lösungsmenge L der Gleichung ax + by + cz = d ist eine Teilmenge des R3 , in Zeichen L ⊂ R3 . Enthält eine lineare Gleichung Brüche, dann kann es im Sinne einer einfachen Darstellung der Lösungsmenge und im Hinblick auf Folgerechnungen zweckmäßig sein, bereits den Werten eine geeignete Struktur zu geben, die Variablen beliebig zugewiesen werden. Beispiel 1.9. Es ist die Lösungsmenge der Gleichung 5x +

5 25 y− z = 0 3 7

(#)

zu bestimmen. Nach dem Muster von Beispiel 1.8 d) können wir den Variablen y und 5 z beliebige Werte zuweisen, d. h. y = s und z = t. Das ergibt 5x + 25 3 s − 7 t = 0, woraus x = − 53 s + 17 t folgt. Die Lösungsmenge der Gleichung (#) hat damit die Gestalt 1

Statt als Zahlentripel bezeichnet man (x; y; z) alternativ als 3-Tupel.

1.1 Lineare Gleichungen

9

    5 1 L = − s + t ; s ; t  s,t ∈ R . 3 7

(∗)

Alternativ können wir auch y = 3λ und z = 7μ mit beliebigen λ , μ ∈ R ansetzen. Einsetzen von y = 3λ und z = 7μ in Gleichung (#) ergibt 5x + 25λ − 5μ = 0, woraus x = −5λ + μ folgt. Das führt auf eine gänzlich bruchfreie Darstellung der Lösungsmenge, nämlich L = { (−5λ + μ ; 3λ ; 7μ) | λ , μ ∈ R} .

(∗∗)

Die Darstellungen (∗) und (∗∗) sind äquivalent, d. h., zu jedem s,t ∈ R gibt es eindeutig  bestimmte Zahlenwerte λ , μ ∈ R mit − 53 s + 17 t = −5λ + μ, s = 3λ und t = 7μ. Lineare Gleichungen mit zwei und drei Variablen werden in den nachfolgenden Kapiteln in vielfältiger Weise behandelt und interpretiert. Für den Moment betrachten wir sie lediglich als wichtigen Baustein zur Konstruktion und Lösung linearer Gleichungssysteme, in denen natürlich auch mehr als drei Variablen vorkommen können. Da das Alphabet eine beschränkte Anzahl von Buchstaben anzubieten hat, ist es zweckmäßig, die Bezeichnung von Variablen und Koeffizienten an einen fest gewählten Buchstaben zu binden und mithilfe einer darangesetzten Indexzahl durchzunummerieren. Definition 1.10. Sei n ∈ N. Eine lineare Gleichung n-ter Ordnung ist eine Gleichung der Gestalt a1 x1 + a2 x2 + . . . + an−1 xn−1 + an xn = b mit den Variablen x1 , x2 , . . . , xn ∈ R und den Koeffizienten a1 , a2 , . . . , an , b ∈ R. Für den Index i ∈ {1, . . . , n} wird xi als i-te Variable und ai als Koeffizient zur i-ten Variable bezeichnet. Der Koeffizient b wird als rechte Seite der linearen Gleichung bezeichnet. Liegt die lineare Gleichung in der Gestalt a1 x1 + a2 x2 + . . . + an−1 xn−1 + an xn = b vor, dann sprechen wir von der Normalform einer linearen Gleichung. Die durch Addition oder Subtraktion von Termen ai xi entstehenden Gleichungen, wie zum Beispiel a1 x1 + a2 x2 + . . . + an−1 xn−1 = b − an xn , werden ebenfalls als lineare Gleichung bezeichnet. Die Untersuchung der Lösbarkeit und die Ermittlung der Lösungsmenge zu linearen Gleichungen mit mehr als drei Variablen orientiert sich an oben gegebenen Beispielrechnungen für lineare Gleichungen mit zwei oder drei Variablen. Ein Element aus der Lösungsmenge L der in Definition 1.10 notierten Gleichung mit n Variablen wird durch ein geordnetes  n-Tupel x1 ; x2 ; . . . ; xn−1 ; xn repräsentiert.

10

1 Lineare Gleichungssysteme

Beispiel 1.11. Die lineare Gleichung x1 − x2 + x3 − x4 = 1 hat die Lösungsmenge 

 L = (1 + r − s + t ; r ; s ; t)  r, s,t ∈ R . Für r = 1, s = −1 und t = 3 wird durch das 4-Tupel (x1 ; x2 ; x3 ; x4 ) = (6; 1; −1; 3) ein Element der Lösungsmenge erhalten. Durch Einsetzen von x1 = 6, x2 = 1, x3 = −1 und x4 = 3 in die Gleichung x1 − x2 + x3 − x4 = 1 lässt sich verifizieren, dass dieses 4-Tupel eine Lösung der linearen Gleichung ist.  Bei der Aufstellung einer einzelnen linearen Gleichung ist es scheinbar grundsätzlich sinnvoll zu fordern, dass die Koeffizienten vor den Variablen von null verschieden sind. Diese zu Beginn des Abschnitts für Gleichungen bis zur Ordnung 3 zur Vereinfachung verwendete Forderung stellt jedoch eine für die Praxis zu starke Einschränkung dar, die deshalb bereits in Definition 1.10 aufgehoben wurde. In den folgenden Kapiteln werden wir geometrische Objekte wie Geraden und Ebenen untersuchen, die durch eine lineare Gleichung beschrieben werden können. Dabei kann es sein, dass mindestens ein Koeffizient vor einer der Variablen gleich null ist. Beispiele für solche Gleichungen sind a · x + 0 · y = c , a = 0

oder

0 · x + b · y + c · z = d , b = 0 , c = 0 .

Abkürzend schreibt man dann natürlich ax = c , a = 0

und

by + cz = d , b = 0 , c = 0 .

Man muss sich für Rechnungen konsequent merken, dass in solchen Gleichungen noch eine dritte Variable steht, die nicht einfach „vergessen“ werden darf, denn der Koeffizient Null vor einer Variable hat in diesen Fällen eine besondere geometrische Bedeutung. Auch im Zusammenhang mit den in den nachfolgenden Abschnitten behandelten linearen Gleichungssystemen können derartige lineare Gleichungen vorkommen, wobei der Koeffizient Null vor einer Variable Aufschluss über die Lösbarkeit eines linearen Gleichungssystems und die Anzahl der Lösungen geben kann. Wir lassen zur Vorbereitung auf die folgenden Inhalte dieses Lehrbuchs (einschließlich der Übungsaufgaben zu diesem Abschnitt) ab jetzt lineare Gleichungen zu, in denen Koeffizienten vor Variablen gleich null sind. Ist mindestens ein Koeffizient vor einer Variable von null verschieden, dann ist die Gleichung stets lösbar. Beispiel 1.12. Es ist die Lösungsmenge der linearen Gleichung 0 · x + 2y = 4 zu bestimmen. Offensichtlich können für x beliebige Werte eingesetzt werden, d. h. x = s ∈ R. Dann gilt 0 · s + 2y = 2y = 4, woraus  y = 2 folgt. Die Lösungsmenge der linearen Gleichung ist demzufolge L = (s; 2)  s ∈ R .  Beispiel 1.13. Es ist die Lösungsmenge der linearen Gleichung 0 · x + 2y − 4z = 8 zu bestimmen. Für x und z können beliebige Werte eingesetzt werden, d. h. x = s ∈ R und z = t ∈ R. Dann gilt 0 · s + 2y − 4t = 2y y= 

− 4t = 8, woraus  4 + 2t folgt. Die Lösungsmenge der linearen Gleichung ist L = (s; 4 + 2t;t)  s,t ∈ R . 

1.1 Lineare Gleichungen

11

Beispiel 1.14. Die Gleichung 0 · x = 0 hat die Lösungsmenge L1 = R, denn Einsetzen für jedes beliebige x ∈ L1 ergibt eine wahre  Aussage. Die Gleichung 0 · x + 0 · y = 0 hat die Lösungsmenge L2 = (s;t)  s,t ∈ R = R2 . In solchen und ähnlichen Fällen sagen wir  auch, dass die Gleichung allgemeingültig ist. Beispiel 1.15. Die Gleichung 0 · x = 1 hat keine Lösung, denn 0 = 1 ist ein Widerspruch. Folglich ist die Lösungsmenge L dieser Gleichung leer, was mithilfe des Symbols der leeren Menge ausgedrückt wird, d. h. L = 0. / 

Aufgaben zum Abschnitt 1.1 Aufgabe 1.1.1: Bestimmen Sie die Lösungsmenge L der folgenden linearen Gleichungen: a) 3x = 9 b) −3x = 9 c) 3x + 6y = 9 d) 3x − 6y = −9 e) x + 0y = −1

f) 0x − 2y = 18

g) 2x1 + x2 = 1 i) 3x + 6y + 6z = −9

h) −3x1 + 5x2 = −2 j) −x + 5y − 7z = −100

k) 5x − 4y + 3z = 2

l) 2x − 2y + 2z = −2

m)−2x1 + 3x2 − 6x3 = 2 o) 5x1 + 0x2 + 0x3 = −3 q) 0x + 0y + 0z = 0

n) z1 − z2 + 2z3 = 80 p) 0y1 − 4y2 + 0y3 = 120 r) 0x + 0y + 0z = 5

s) x1 + x2 + x3 + x4 = 5 u) 2x1 + x2 + 0x3 + 4x4 + 0x5 = 6

t) 2x1 + x2 + 3x3 + 4x4 − 5x5 = 6 v) 0x1 + 0x2 + 3x3 + 4x4 − 5x5 = 6

Aufgabe 1.1.2: Untersuchen Sie, ob die angegebenen 3-Tupel (x; y; z) Lösungen der vorstehenden linearen Gleichung sind: a) 2x + 4y − 8z = 8, (−30; 3; −7), (−2; −1; −2), (18; 3; −2) b) −5x + 2y − 7z = 35, (5; 10; 4), (−12; 5; 5), (5; −5; −10) c) 3x−5y−6z = 9, (3+5s−2t ; 3s ; t), (3+5s−4t ; 3s ; −2t), (3+5s+2t ; s ; t), wobei s,t ∈ R beliebig sind. Aufgabe 1.1.3: Stellen Sie die Lösungsmengen der folgenden linearen Gleichungen nach dem Muster der Darstellung (∗∗) in Beispiel 1.9 als Menge von n-Tupeln dar, die frei von Brüchen sind: b) 7x + 4y − 3z = 42 a) 3x + 4y = −12 3 2 d) 32 x + 0y − 43 z = 24 c) 4x + 4 y + 5 z = 4 Aufgabe 1.1.4: Bestimmen Sie die Lösungsmenge der linearen Gleichung ax+by+cz = d für den Fall a = 0 und beliebige b, c, d ∈ R. Hinweis: Fallunterscheidung bezüglich der Koeffizienten b, c, d.

12

1 Lineare Gleichungssysteme

1.2 Lineare Gleichungssysteme mit zwei Variablen Sollen zu zwei linearen Gleichungen a1 x + b1 y = c1 und a2 x + b2 y = c2 mit den Variablen x, y ∈ R und den Koeffizienten a1 , a2 , b1 , b2 , c1 , c2 ∈ R Wertepaare (x; y) derart bestimmt werden, dass sie beide Gleichungen gleichzeitig lösen, dann sprechen wir von der Untersuchung eines linearen Gleichungssystems mit zwei Gleichungen und zwei Variablen. Zum Zwecke einer besseren Nachvollziehbarkeit der nachfolgenden Überlegungen und Rechnungen nummerieren wir die Gleichungen mit römischen Ziffern I und II durch und notieren das Gleichungssystem wie folgt: I : a1 x + b1 y = c1 II : a2 x + b2 y = c2

(1.16)

Die Lösungsmenge L des Gleichungssystems (I-II) besteht aus allen Wertepaaren (x; y), die sowohl Gleichung I als auch Gleichung II lösen. Zur Ermittlung der Lösungsmenge gibt es verschiedene Methoden, die nachfolgend vorgestellt werden sollen.

1.2.1 Gleichsetzungsverfahren Wir stellen beide Gleichungen I und II nach der gleichen Variable (x oder y) um. Statt umstellen sagt man auch, dass die Gleichungen nach x bzw. y aufgelöst werden. Wurde zum Beispiel nach y umgestellt, dann ergibt dies ein zu (1.16) äquivalentes lineares Gleichungssystem (I -II ), das die gleiche Lösungsmenge wie das System (I-II) hat: I : y = II : y =

c1 b1 c2 b2

− −

a1 b1 x a2 b2 x

Ist (x∗ ; y∗ ) eine Lösung des Gleichungssystems (I-II), dann ergibt dies nach Einsetzen von x = x∗ in die Gleichungen I und II jeweils den gleichen und von x = x∗ abhängigen Wert y = y∗ . Folglich kann x∗ durch Gleichsetzen der Gleichungen I und II bestimmt werden. Das bedeutet: c2 a2 c1 a1 − x = − x (1.17) b1 b1 b2 b2 Auflösung dieser Gleichung nach x liefert den gesuchten Wert x = x∗ . Dieser muss in eine der Gleichungen I oder II eingesetzt werden, um y = y∗ zu bestimmen. Entsteht bei der Auflösung von (1.17) nach x eine allgemeingültige Gleichung der Gestalt 0x = 0 bzw. kürzer 0 = 0, können für x beliebige Werte gewählt werden, d. h. x = s ∈ R. Das ist klar, denn Gleichung (1.17) hat x als einzige Variable. Dieser groben und theoretischen Umschreibung des Gleichsetzungsverfahrens folgen einige Beispiele, die aus Platzgründen nebeneinander abgedruckt werden, was einen direkten Vergleich der Lösungsschritte ermöglicht.

1.2 Lineare Gleichungssysteme mit zwei Variablen

13

Beispiel 1.18. Es ist die Lösbarkeit des linearen Gleichungssystems

Beispiel 1.19. Es ist die Lösbarkeit des linearen Gleichungssystems

Beispiel 1.20. Es ist die Lösbarkeit des linearen Gleichungssystems

I : 2x + y = 4 II : 2x − y = 8

I : 2x + y = 4 II : 2x + y = −8

I : 2x + y = 4 II : −2x − y = −4

zu untersuchen. Durch Auflösung beider Gleichungen nach y ergibt sich das folgende, zu (I-II) äquivalente Gleichungssystem:

zu untersuchen. Durch Auflösung beider Gleichungen nach y ergibt sich das folgende, zu (I-II) äquivalente Gleichungssystem:

zu untersuchen. Durch Auflösung beider Gleichungen nach y ergibt sich das folgende, zu (I-II) äquivalente Gleichungssystem:

I : y = 4 − 2x II : y = −8 + 2x

I : y = 4 − 2x II : y = −8 − 2x

I : y = 4 − 2x II : y = 4 − 2x

Wir setzen die Gleichungen I und II gleich und lösen nach x auf:

Wir setzen die Gleichungen I und II gleich und lösen nach x auf:

Wir setzen die Gleichungen I und II gleich und lösen nach x auf:

⇔ ⇔

4 − 2x = −8 + 2x 4x = 12 x=3

Einsetzen von x = 3 in Gleichung I ergibt y = 4 − 2 · 3 = −2 . Es gibt mit (x; y) = (3; −2) genau eine Lösung, d. h., das lineare Gleichungssystem (I-II) ist eindeutig lösbar und hat die Lösungs menge L = (3; −2) . 

⇔ ⇔

4 − 2x = −8 − 2x 0 · x = 12 0 = 12

Die erhaltene Gleichung 0 = 12 stellt einen Widerspruch dar. Das bedeutet, dass es kein x ∈ R gibt, das die Gleichung 0 · x = 12 löst. Folglich hat das Gleichungssystem (I-II) keine Lösung und die Lösungsmenge ist L = 0. / 

⇔ ⇔

4 − 2x = 4 − 2x 0·x = 0 0=0

Die Gleichung 0 = 0 ist allgemeingültig, d. h., für x können beliebige Werte gewählt werden. Einsetzen von x = s ∈ R in I ergibt y = 4 − 2s. Das lineare Gleichungssystem (I-II) ist mehrdeutig lösbar und hat die Lösungsmenge   L = (s; 4 − 2s)s ∈ R . 

1.2.2 Einsetzungsverfahren Bei dieser Methode beginnt man damit, eine der beiden Gleichungen nach einer Variable (x oder y) aufzulösen. Der Einfachkeit halber sei zum Beispiel b1 = 0 vorausgegesetzt, sodass Gleichung I nach y aufgelöst werden kann: y =

c1 a1 − x b1 b1

(1.21)

14

1 Lineare Gleichungssysteme

Ist das Wertepaar (x∗ ; y∗ ) eine Lösung des linearen Gleichungssystems (I-II), dann ist (x∗ ; y∗ ) auch eine Lösung von (1.21), d. h., Einsetzen von x = x∗ in (1.21) ergibt y = y∗ . Aus diesen Überlegungen folgt, dass sich x = x∗ durch Einsetzen von (1.21) in Gleichung II ermitteln lässt. Die auf diese Weise entstehende Gleichung   c1 a1 a2 x + b2 · − x = c2 b1 b1 muss dazu nach x aufgelöst werden. Anschließend ist x = x∗ in (1.21) einzusetzen, um den zu x = x∗ zugehörigen y-Wert zu bestimmen. Dieser groben und theoretischen Umschreibung des Einsetzungsverfahrens folgen einige konkrete Zahlenbeispiele. Zu Vergleichszwecken behandeln wir dazu die bereits bekannten linearen Gleichungssysteme aus den Beispielen 1.18 bis 1.20. Beispiel 1.22. Es ist die Lösbarkeit des linearen Gleichungssystems

Beispiel 1.23. Es ist die Lösbarkeit des linearen Gleichungssystems

Beispiel 1.24. Es ist die Lösbarkeit des linearen Gleichungssystems

I : 2x + y = 4 II : 2x − y = 8

I : 2x + y = 4 II : 2x + y = −8

I : 2x + y = 4 II : −2x − y = −4

zu untersuchen. Aus Gleichung I folgt:

zu untersuchen. Aus Gleichung II folgt:

zu untersuchen. Aus Gleichung I folgt:

y = 4 − 2x

Dies setzen wir in Gleichung II ein: ⇔ ⇔

y = −8 − 2x

(∗.1)

2x − (4 − 2x) = 8 4x − 4 = 8 x=3

Einsetzen von x = 3 in (∗.1) ergibt y = −2. Es gibt mit (x; y) = (3; −2) genau eine Lösung, d. h., das lineare Gleichungssystem (I-II) ist eindeutig lösbar und hat die Lösungs menge L = (3; −2) . 

Dies setzen wir in Gleichung I ein: ⇔ ⇔

2x + (−8 − 2x) = 4 0·x−8 = 4 −8 = 4

Die erhaltene Gleichung −8 = 4 stellt einen Widerspruch dar. Das bedeutet, dass es kein x ∈ R gibt, das die Gleichung 0 · x − 8 = 4 löst. Folglich hat das Gleichungssystem (I-II) keine Lösung und die Lösungsmenge ist L = 0. / 

x = 2 − 12 y

(∗.3)

Dies setzen wir in Gleichung II ein:   −2 2 − 12 y − y = −4 ⇔ 0 · y − 4 = −4 ⇔ 0=0 Die Gleichung 0 = 0 ist allgemeingültig, d. h., y kann beliebig gewählt werden. Einsetzen von y = 2t für t ∈ R in (∗.3) ergibt x = 2 −t. Das lineare Gleichungssystem (I-II) hat die Lösungsmenge   L = (2 − t; 2t)t ∈ R . 

An den beiden folgenden Beispielen wird demonstriert, dass verschiedene Lösungswege bei der Anwendung des Einsetzungsverfahrens zum gleichen Ziel führen, es dabei jedoch zu unterschiedlichen Darstellungen der Lösungsmenge kommen kann.

1.2 Lineare Gleichungssysteme mit zwei Variablen

15

Beispiel 1.25. Es ist die Lösbarkeit des linearen Gleichungssystems I : 2x + 3y = 24 II : 4x + 6y = 48 zu untersuchen und gegebenenfalls die Lösungsmenge zu bestimmen. Dazu nutzen wir das Einsetzungsverfahren auf verschiedene Weise: Lösungsweg 1:

Lösungsweg 2:

Wir lösen Gleichung I nach y auf:

Wir lösen Gleichung II nach x auf:

2 y = 8− x 3

3 x = 12 − y 2

(#.1)

(#.2)

Dies setzen wir in Gleichung II ein und lösen die entstehende Gleichung nach x auf:   4x + 6 8 − 23 x = 48 ⇔ 0x + 48 = 48 ⇔ 0=0

Dies setzen wir in Gleichung I ein und lösen die entstehende Gleichung nach y auf:   2 12 − 32 y + 3y = 24 ⇔ 0y + 24 = 24 ⇔ 0=0

Die Gleichung 0 = 0 ist allgemeingültig, d. h., x kann beliebig gewählt werden. Einsetzen von x = s ∈ R in (#.1) ergibt:

Die Gleichung 0 = 0 ist allgemeingültig, d. h., y kann beliebig gewählt werden. Einsetzen von y = t ∈ R in (#.2) ergibt:

2 y = 8− s 3

3 x = 12 − t 2

Die Lösungsmenge L eines linearen Gleichungssystems ist eindeutig bestimmt, kann jedoch verschiedene Darstellungen haben, was hier gut deutlich wird. Aus Lösungsweg 1 folgt die Darstellung    2  L = s; 8− s  s ∈ R , 3 während aus Lösungsweg 2 die Darstellung     3  L = 12 − t ; t  t ∈ R 2 folgt. Eindeutigkeit der Lösungsmenge bedeutet, dass beide Darstellungen äquivalent sind, d. h., zu jedem s ∈ R gibt es ein t ∈ R, sodass die Gleichungen s = 12 − 32 t und 8 − 23 s = t gelten. 

16

1 Lineare Gleichungssysteme

Beispiel 1.26. Es ist die Lösbarkeit des linearen Gleichungssystems I : 2x + 3y = 24 II : 4x − 5y = −40 zu untersuchen und gegebenenfalls die Lösungsmenge zu bestimmen. Dazu nutzen wir das Einsetzungsverfahren auf verschiedene Weise: Lösungsweg 1:

Lösungsweg 2:

Wir lösen Gleichung I nach x auf:

Wir lösen Gleichung II nach y auf:

3 x = 12 − y 2

(∗.1)

4 y = 8+ x 5

(∗.2)

Dies setzen wir in Gleichung II ein und lösen die entstehende Gleichung nach y auf:   4 12 − 32 y − 5y = −40 ⇔ 48 − 11y = −40 ⇔ −11y = −88 ⇔ y=8

Dies setzen wir in Gleichung I ein und lösen die entstehende Gleichung nach x auf:   2x + 3 8 + 45 x = 24 22 ⇔ 5 x + 24 = 24 22 ⇔ 5 x = 0 ⇔ x=0

Einsetzen von y = 8 in (∗.1) ergibt x = 0.

Einsetzen von x = 0 in (∗.2) ergibt y = 8.

Unabhängig vom Lösungsweg erhalten wir die eindeutige

 Lösung (x; y) = (0; 8). Die Lösungsmenge der Gleichung ist demzufolge L = (0; 8) . 

1.2.3 Additionsverfahren Unter der Addition der Gleichungen I und II wird das separate Addieren von Termen zu den Variablen x bzw. y bzw. der rechten Seiten verstanden, woraus eine neue lineare Gleichung entsteht. Das ergibt die Summe I+II der Gleichungen I und II, die wir als Gleichung III bezeichnen: I: a1 x + b1 y = c1 II : a2 x + b2 y = c2 I + II = III : (a1 + a2 )x + (b1 + b2 )y = c1 + c2 Zum besseren Verständnis folgen zwei Beispiele mit konkreten Zahlenwerten: I : 2x + 4y = 8 II : −5x + 7y = −3 I + II = III : −3x + 11y = 5

I : 7x + 4y = −3 II : 3x − 7y = 1 I + II = III : 10x − 3y = −2

1.2 Lineare Gleichungssysteme mit zwei Variablen

17

Und bei diesen zwei weiteren Zahlenbeispielen sind einzelne Koeffizienten gleich null: I: x =4 II : x + 3y = 5 I + II = III : 2x + 3y = 9

I : 2x + 3y = 0 II : 4y = 5 I + II = III : 2x + 7y = 5

Das Additionsverfahren nutzt die Summe der Gleichungen I und II und basiert auf dem Sonderfall, dass a2 = −a1 gilt mit a1 = 0. Die Addition der Gleichungen I und II führt dann auf folgendes Ergebnis: b1 y = c1 I : a1 x + II : −a1 x + b2 y = c2 I + II = III : (b1 + b2 )y = c1 + c2

(1.27)

Gleichung III ist eine lineare Gleichung, die nur eine Variable enthält, nämlich y. Im Fall b1 + b2 = 0 lässt sich Gleichung III mit Division durch b1 + b2 nach y auflösen. Der so entstehende Zahlenwert sei y = y∗ . Durch Einsetzen von y = y∗ in Gleichung I oder alternativ in Gleichung II entsteht eine lineare Gleichung mit der Variable x. Für a1 = 0 lässt sich diese nach x auflösen, was einen Zahlenwert x = x∗ ergibt. Beispiel 1.28. Es ist die Lösungsmenge des folgenden linearen Gleichungssystems (I-II) zu bestimmen: I : 2x + 3y = −12 II : −2x + 6y = 48 I + II = III : 9y = 36 Aus Gleichung III folgt y = 4. Einsetzen von y = 4 in Gleichung I ergibt 2x + 12 = −12, woraus x = −12 folgt. Es gibt mit (x; y) = (−12; 4) genau eine Lösung, d. h., das lineare  Gleichungssystem (I-II) ist eindeutig lösbar und die Lösungsmenge ist L = (−12; 4) .  Beispiel 1.29. In Abhängigkeit von k ∈ R ist die Lösungsmenge Lk des folgenden linearen Gleichungssystems (I-II) zu bestimmen: I : 2x + 3y = 0 II : −2x − 3y = k I + II = III : 0=k Es sind zwei Fälle zu unterscheiden: • Im Fall k = 0 stellt Gleichung III einen Widerspruch dar, d. h., kein y ∈ R löst III für k = 0. Folglich hat das Gleichungssystem (I-II) keine Lösung, d. h. Lk = 0/ für k = 0. • Für k = 0 ist Gleichung III allgemeingültig, d. h., y = t ∈ R kann beliebig gewählt werden. Einsetzen von y = t in Gleichung I ergibt 2x + 3t = 0, woraus x = − 32 t folgt. Das lineare Gleichungssystem  hatfür k = 0 unendlich viele Lösungen, die in der

 (I-II)  Lösungsmenge L0 = − 32 t ; t  t ∈ R vereint sind.

18

1 Lineare Gleichungssysteme

Jedes lineare Gleichungssystem der Gestalt (1.16) mit zwei Variablen und zwei Gleichungen lässt sich durch geeignete äquivalente Umformungen der Gleichungen I und II in ein lineares Gleichungssystem der Gestalt (1.27) überführen. Äquivalent bedeutet dabei, dass sich durch die Umformung der Gleichungen die Lösungsmenge nicht verändern darf, d. h., das Ausgangssystem hat die gleiche Lösungsmenge wie das durch die Umformungen entstandene. Wird von der Normalform (1.16) ausgegangen, dann bestehen diese geeigneten äquivalenten Umformungen offenbar • in der Vertauschung der Reihenfolge der Gleichungen I und II und • in der Multiplikation der linken und rechten Seite in den Gleichungen I und II mit einer Konstante k = 0. Letzteres bedeutet zum Beispiel: I : a1 x + b1 y = c1

⇒

k · I : ka1 x + kb1 y = kc1

Die folgenden beiden Beispiele zeigen die beschriebene Vorgehensweise und damit die Anwendung des Additionsverfahrens auf beliebige Gleichungssysteme mit zwei Variablen und zwei Gleichungen. Dabei gehen wir stets von einem Gleichungssystem (I-II) aus und beginnen kommentarlos gleich im Anschluss mit den Rechnungen, wobei die Rechenschritte wie oben zusätzlich symbolhaft durch Rechnungen mit den Gleichungsnummern links von den Gleichungen notiert werden und damit nachvollziehbar sind. Das als Zwischenschritt erhaltene Gleichungssystem (I -II ) entspricht dem System (1.27). Beispiel 1.30. Es ist die Lösbarkeit des folgenden linearen Gleichungssystems (I-II) zu untersuchen:

Beispiel 1.31. Es ist die Lösbarkeit des folgenden linearen Gleichungssystems (I-II) zu untersuchen:

I : 2x + 2y = 8 II : 3x + 4y = −6 3 · I = I : 6x + 6y = 24 −2 · II = II : −6x − 8y = 12 I + II = III : − 2y = 36

I : x + 5y = 4 II : 3x + 9y = 6 I = I : x + 5y = 4 1 − 3 · II = II : −x − 3y = −2 I + II = III : 2y = 2

Aus Gleichung III folgt y = −18. Einsetzen von y = −18 in Gleichung I ergibt 2x − 36 = 8, woraus x = 22 folgt. Es gibt mit (x; y) = (22; −18) genau eine Lösung, d. h., das lineare Gleichungssystem (I-II) ist eindeutig lösbarund die Lösungsmenge ist

L = (22; −18) . 

Aus Gleichung III folgt y = 1. Einsetzen von y = 1 in Gleichung I ergibt x + 5 = 4, woraus x = −1 folgt. Es gibt mit (x; y) = (−1; 1) genau eine Lösung, d. h., das lineare Gleichungssystem (I-II) ist eindeutig

lösbar und die Lösungsmenge ist L = (−1; 1) . 

Der Lösungsweg beim Additionsverfahren ist nicht eindeutig. In Beispiel 1.31 kann alternativ Gleichung I mit 3 multipliziert werden, d. h., 3 · I = I und entsprechend Gleichung II mit (−1), d. h. (−1) · II = II . Dann führt der Ansatz I + II = III auf die Gleichung 6y = 6, woraus wie oben y = 1 und der sich anschließende Rechenweg folgt.

1.2 Lineare Gleichungssysteme mit zwei Variablen

19

Da die Lösungsmenge L eines Gleichungssystems eindeutig bestimmt ist2 , führen verschiedene Rechenwege natürlich immer zu L, jedoch kann man sich dabei den bequemsten Rechenweg selbst zusammenstellen. Wer zum Beispiel nicht gerne Brüche addiert oder subtrahiert, kann das zumindest in Teilen des Lösungswegs gezielt umgehen. Beispiel 1.32. Es ist die Lösbarkeit des folgenden linearen Gleichungssystems I : − 32 x + 12 y = II :

5 4x

1

− y = −1

zu untersuchen. Wir stellen dazu zwei verschiedene Lösungswege gegenüber, die beide zu reinen Demonstrationszwecken die zweite mögliche äquivalente Umformung, die Vertauschung der Reihenfolge von Gleichungen, enthalten: Lösungsweg 2:

Lösungsweg 1: II = I : 3 2

5 4

I

= II

· I

= I

· II

= II

: : :

I + II = III :

5 4x − 32 x 15 8 x 15 −8x

− y = −1 +

1 2y

−

3 2y 5 8y

+

10 · I = I : −15x +

=

1

12 · II

= II

=

− 32 5 4

II

= I

=

− 78 y = − 14

I

= II

5y =

10

:

15x − 12y = −12

:

15x − 12y = −12

: −15x +

I

+ II

= III :

5y =

10

−7y = −2

In beiden Lösungswegen folgt aus Gleichung III y = 27 . Einsetzen von y = 27 in Gleichung I ergibt − 32 x+ 17 = 1, woraus x = − 47 folgt. Das lineare Gleichungssystem (I-II) ist eindeutig 

  lösbar und die Lösungsmenge ist L = − 47 ; 27 . Wird eine der beiden Gleichungen mit (−1) multipliziert und anschließend zur anderen Gleichung addiert, dann spricht man von der Subtraktion der Gleichungen I und II: I: a1 x + b1 y = c1 II : a2 x + b2 y = c2 I − II = III : (a1 − a2 )x + (b1 − b2 )y = c1 − c2 Zum besseren Verständnis folgen zwei Zahlenbeispiele: I : 2x + 4y = 8 II : −5x + 7y = −3 I − II = III : 7x − 3y = 11

I : 7x + 4y = −3 II : 3x − 7y = 1 I − II = III : 4x + 11y = −4

Mithilfe der Subtraktion lässt sich das Additionsverfahren abkürzen, da auf diese Weise gegebenfalls Umformungsschritte zusammengefasst werden können. Außerdem können 2

Das gilt ausdrücklich auch bei mehrdeutiger Lösbarkeit, wobei verschiedene Darstellungen der Wertepaare möglich sind.

20

1 Lineare Gleichungssysteme

auch die Multiplikationen der Gleichungen zwecks Herstellung des zum Ausgangssystem äquivalenten Gleichungssystems der Gestalt (1.27) gleich mit in die Addition oder Subtraktion der Gleichungen I und II integriert werden. Die dazu notwendigen Rechnungen können im Kopf durchgeführt werden, sodass (1.27) nicht zwingend als Zwischenschritt notiert werden muss. Auf diese Weise wird auch eine Vertauschung der Reihenfolge der Gleichungen überflüssig. Beispiel 1.33. Die Rechnung zur Lösung des Gleichungssystems (I-II) aus Beispiel 1.30 lässt sich wie folgt abkürzen: I : 2x + 2y =

Beispiel 1.34. Die Rechnung zur Lösung des Gleichungssystems (I-II) aus Beispiel 1.32 lässt sich wie folgt abkürzen: I : − 32 x + 12 y =

8

II : 3x + 4y = −6 3 · I − 2 · II = III :

− 2y = 36

Die restliche Rechnung erfolgt analog zu Beispiel

1.30 und  liefert die Lösungsmenge L = (22; −18) . 

II : 5 4

· I + · II = III : 3 2

5 4x

1

− y = −1 − 78 y = − 14

Die restliche Rechnung erfolgt analog zu Beispiel  liefert die Lösungsmenge

 1.32 und  L = − 47 ; 27 .

Es folgen zwei weitere Beispiele, in denen die abkürzende Schreibweise genutzt und Rechnungen im Kopf durchgeführt werden. Beispiel 1.35. Es ist die Lösbarkeit des folgenden linearen Gleichungssystems (I-II) zu untersuchen: I : −4x + 5y = II : I + 32 · II = III :

8 3x

−

10

=

− 20 3

0=

0

10 3 y

Gleichung III ist allgemeingültig und folglich kann y = t ∈ R beliebig gewählt werden. Einsetzen von y = t in Gleichung I ergibt x = 54 t − 52 . Das lineare Gleichungssystem ist mehrdeutig  Lö lösbar und hat die sungsmenge L = ( 54 t − 52 ;t)  t ∈ R . 

Beispiel 1.36. Es ist die Lösbarkeit des folgenden linearen Gleichungssystems (I-II) zu untersuchen: I : −3x + 5y = 6 II : −5x + 5 · I − 3 · II = III :

25 3 y

= 3

0 = 21

Gleichung III ist ein Widerspruch und folglich hat das lineare Gleichungssystem keine Lösung. Die Lösungsmenge des Gleichungssystems ist L = 0. / 

Durch die Addition von Vielfachen der Gleichungen I und II im Gleichungssystem (1.16) entsteht eine neue Gleichung, die nur noch die Variable y enthält. Man sagt auch, dass die Variable x (in der entstehenden Gleichung III) eliminiert wird. Nach dem Kommutativgesetz der Addition können wir die Reihenfolge der Summanden auf der linken Seite der Gleichungen I und II vertauschen. Auf das Additionsverfahren bezogen bedeutet dies, dass die Rolle der Variablen x und y vertauscht wird. Deshalb können wir das Additionsverfah-

1.2 Lineare Gleichungssysteme mit zwei Variablen

21

ren auch grundsätzlich so anwenden, dass durch Addition von Vielfachen der Gleichungen I und II eine neue Gleichung III entsteht, aus der y eliminiert wird. Beispiel 1.37. Es ist die Lösbarkeit des linearen Gleichungssystems I : 2x + 5y = 10 II : 3x + 4y = 22 zu untersuchen. Wir stellen dazu zwei verschiedene Lösungswege gegenüber: Lösungsweg 2:

Lösungsweg 1: 3 · I − 2 · II = III : 7y = −14

4 · I − 5 · II = III : −7x = −70

Aus Gleichung III folgt y = −2. Einsetzen von y = −2 in Gleichung I ergibt 2x − 10 = 10, woraus x = 10 folgt.

Aus Gleichung III folgt x = 10. Einsetzen von x = 10 in Gleichung I ergibt 20 + 5y = 10, woraus y = −2 folgt.

Aus beiden Lösungswegen folgt die Lösbarkeit des linearen Gleichungssystems (I-II). Die eindeutige Lösung ist (x; y) = (10; −2).  Es folgen zwei weitere Beispiele, in denen jeweils die Variable y durch Addition von Vielfachen der Gleichungen I und II eliminiert wird. Beispiel 1.38. Wir untersuchen die Lösbarkeit des Gleichungssystems (I-II): 7x − y =

Beispiel 1.39. Wir untersuchen die Lösbarkeit des Gleichungssystems (I-II):

1

I : 43 x + 2y = 1

II : −14x + y = −22 I + II = III : −7x = −21

II : 8x + 12y = 6 II − 6 · I = III : 0=0

Aus Gleichung III folgt x = 3. Einsetzen von x = 3 in Gleichung I ergibt 21 − y = 1, woraus y = 20 folgt. Die eindeutige Lösung des Gleichungssystems (I-II) ist (x; y) = (3; 20). 

Gleichung III ist allgemeingültig. Da wir y eliminiert haben, kann x = s ∈ R beliebig gewählt werden. Einsetzen von x = s in Gleichung I ergibt y = 12 − 23 s. Das Gleichungssystem (I-II) ist mehrdeutig lösbar und  hat die Lösungsmenge    L = s ; 12 − 23 s  s ∈ R .

I:

Die Beispiele zeigen, dass es nicht den Lösungsweg gibt. Lernende sollten verschiedene Rechenwege ausprobieren, zu Beginn zunächst die ausführliche Variante, und später zur abgekürzten Variante übergehen. Es sei darauf hingwiesen, dass nicht jedes lineare Gleichungssystem mit zwei Variablen und zwei Gleichungen mit dem Additionsverfahren gelöst werden kann. Ist einer der Koeffizienten a1 , a2 , b1 oder b2 gleich null, dann muss man zur Lösung das Einsetzungsverfahren nutzen.

22

1 Lineare Gleichungssysteme

1.2.4 Überbestimmte Gleichungssysteme Hat ein lineares Gleichungssystem mehr Gleichungen als Variablen, dann sprechen wir von einem überbestimmten linearen Gleichungssystem. Bei zwei Variablen hat ein solches Gleichungssystem demzufolge mindestens drei Gleichungen. Grundsätzlich lässt sich die Lösbarkeit mit einer Verallgemeinerung des Einsetzungs- oder Additionsverfahrens untersuchen. Wir demonstrieren die Vorgehensweise an einigen Beispielen: Beispiel 1.40. Es ist die Lösbarkeit des überbestimmten linearen Gleichungssystems I : x + 4y = 1 II : 2x + 3y = −1 III : 2x + 13y = 5 zu untersuchen. Wir stellen dazu zwei verschiedene Lösungswege gegenüber: Lösungsweg 1:

Lösungsweg 2:

Wir nutzen das Einsetzungsverfahren und lösen dazu Gleichung I nach x auf:

Wir nutzen das Additionsverfahren und wenden es wie folgt an:

x = 1 − 4y

(∗)

Einsetzen von (∗) in die Gleichungen II und III ergibt: II : 2 − 5y = −1 III : 2 + 5y = 5 Beide Gleichungen werden nach y aufgelöst. Aus Gleichung II folgt y = 35 und aus Gleichung III ergibt sich ebenfalls y = 35 . Aus beiden Gleichungen erhalten wir den gleichen Wert für y und das bedeutet, dass das überbestimmte Gleichungssystem (II -III ) eindeutig lösbar ist. Folglich ist auch das lineare Gleichungssystem (I-III) eindeutig lösbar. Den Lösungswert der Variable x bestimmen wir durch Einsetzen von y = 35 in (∗). Das ergibt x = − 75 .

I: x II : 2x III : 2x II − 2 · I = IV : III − 2 · I = V :

+ 4y = 1 + 3y = −1 + 13y = 5 − 5y = −3 5y = 3

Beide Gleichungen IV und V werden nach y aufgelöst. Aus Gleichung IV folgt y = 35 und aus Gleichung IV ergibt sich ebenfalls y = 35 . Aus beiden Gleichungen IV und V erhalten wir den gleichen Wert für y und das bedeutet, dass das überbestimmte Gleichungssystem (IV-V) eindeutig lösbar ist. Folglich ist auch das lineare Gleichungssystem (I-III) eindeutig lösbar. Den Lösungswert der Variable x bestimmen wir durch Einsetzen von y = 35 in eine der Gleichungen I, II oder III. Das ergibt x = − 75 .

Aus beiden Lösungswegen folgt die eindeutige  Lösbarkeit des linearen Gleichungssystems   (I-III) und dessen Lösung ist (x; y) = − 75 ; 35 .

1.2 Lineare Gleichungssysteme mit zwei Variablen

23

Beispiel 1.41. Wir untersuchen die Lösbarkeit des linearen Gleichungssystems I : 2x − y = 1 II : 4x − 2y = 2 III : −6x + 3y = −3 und stellen dazu zwei verschiedene Lösungswege gegenüber: Lösungsweg 1:

Lösungsweg 2:

Wir nutzen das Einsetzungsverfahren und lösen dazu Gleichung I nach y auf:

Wir nutzen das Additionsverfahren und wenden es wie folgt an:

y = 2x − 1

II − 2 · I = IV : 0 = 0 III + 3 · I = V : 0 = 0

(#)

Einsetzen von (#) in die Gleichungen II und III ergibt: II : 0 · x + 2 = 2 III : 0 · x − 3 = −3 Beide Gleichungen sind äquivalent zur allgemeingültigen Gleichung 0 = 0. Folglich kann x = s ∈ R beliebig gewählt werden. Das bedeutet, dass das überbestimmte Gleichungssystem (II -III ) mehrdeutig lösbar ist. Folglich ist auch das lineare Gleichungssystem (I-III) mehrdeutig lösbar. Die Lösungswerte der Variable y bestimmen wir durch Einsetzen von x = s in (#). Das ergibt y = 2s − 1.

Die Anwendung des Additionsverfahrens hatte zum Ziel, mit IV und V zwei neue Gleichungen zu gewinnen, in denen mit y nur noch eine Variable vorkommt. Da die erhaltenen Gleichungen IV und V allgemeingültig sind, kann y = t ∈ R beliebig gewählt werden. Das bedeutet, dass das überbestimmte Gleichungssystem (IV-V) mehrdeutig lösbar ist. Folglich ist auch das lineare Gleichungssystem (I-III) mehrdeutig lösbar. Die Lösungswerte der Variable x bestimmen wir durch Einsetzen von y = s in eine der Gleichungen I, II oder III. Das ergibt x = 12 + 12 t.

Aus beiden Lösungswegen folgt die mehrdeutige Lösbarkeit des linearen Gleichungssystems (I-III), es ergeben sich jedoch zwei verschiedene, aber äquivalente Darstellungen der Lösungsmenge:     1 1  + t;t  t ∈R L = { (s ; 2s − 1) | s ∈ R} =  2 2 Beispiel 1.42. Es ist die Lösbarkeit des linearen Gleichungssystems I : x + 4y = 1 II : 2x + 3y = −1 III : 2x + 13y = −5 zu untersuchen. Dazu stellen wir zwei verschiedene Lösungswege gegenüber:

24

1 Lineare Gleichungssysteme

Lösungsweg 1:

Lösungsweg 2:

Wir nutzen das Einsetzungsverfahren. Aus Gleichung I folgt x = 1−4y. Das setzen wir in II und III ein und erhalten:

Wir nutzen das Additionsverfahren und wenden dieses analog zu den vorhergehenden Beispielen an:

II : 2 − 5y = −1 III : 2 + 5y = −5

II − 2 · I = IV : − 5y = −3 III − 2 · I = V : 5y = −7

Aus Gleichung II folgt y = 53 , aus Gleichung III ergibt sich y = − 75 .

Aus Gleichung IV folgt y = 35 , aus Gleichung V ergibt sich y = − 75 .

In beiden Lösungswegen erhalten wir für y verschiedene Werte, und das ist ein Widerspruch. Dies bedeutet, dass das überbestimmte Gleichungssystem (II -III ) bzw. (IV-V) nicht lösbar ist, und folglich ist auch das lineare Gleichungssystem (I-III) nicht lösbar.  Beispiel 1.43. Wir untersuchen die Lösbarkeit des linearen Gleichungssystems I : 2x II : x III : 3x IV : −2x

− 3y = 4 + y=2 + 3y = 6 − 2y = 4

und stellen dazu zwei verschiedene Lösungswege gegenüber: Lösungsweg 1:

Lösungsweg 2:

Wir nutzen das Einsetzungsverfahren. Aus Gleichung II folgt x = 2 − y. Das setzen wir in I, III und IV ein und erhalten:

Wir nutzen das Additionsverfahren und wenden dieses wie folgt an:

I : 4 − 5y = 4 =6 III : 6 =4 IV : −4 Gleichung IV ist ein Widerspruch, und folglich ist das überbestimmte Gleichungssystem (I ,III ,IV’) nicht lösbar.

I − 2 · II = V : − 5y = 0 III − 3 · II = VI : 0=0 IV + 2 · II = VII : 0=8 Gleichung VII ist ein Widerspruch, und folglich ist das überbestimmte Gleichungssystem (V,VI,VII) nicht lösbar.

Aus der Nichtlösbarkeit der überbestimmten linearen Gleichungssysteme (I ,III ,IV’) bzw. (V,VI,VII) folgt, dass das lineare Gleichungssystem (I-IV) nicht lösbar ist.  Die Rechnungen aus den Beispielen lassen sich wie folgt zusammenfassen: • Zur Untersuchung der Lösbarkeit eines Gleichungssystems mit zwei Variablen x und y und n ≥ 3 Gleichungen auf Basis des Einsetzungsverfahrens wird eine Gleichung ausgewählt, die man nach x oder y auflöst. Das Ergebnis dieser Auflösung wird in alle anderen Gleichungen eingesetzt, was ein überbestimmtes lineares Gleichungssystem

1.2 Lineare Gleichungssysteme mit zwei Variablen

25

mit einer Unbekannten (x oder y) und n − 1 Gleichungen ergibt. Dieses Gleichungssystem ist entweder eindeutig, mehrdeutig oder nicht lösbar. Daraus folgt, dass auch das Ausgangssystem mit zwei Variablen eindeutig, mehrdeutig oder nicht lösbar ist. • Zur Untersuchung der Lösbarkeit eines Gleichungssystems mit zwei Variablen x und y und n ≥ 3 Gleichungen auf Basis des Additionsverfahrens wird eine Gleichung ausgewählt. Vielfache dieser Gleichung werden zu allen anderen Gleichungen addiert mit dem Ziel, auf diese Weise ein überbestimmtes lineares Gleichungssystem mit einer Unbekannten (x oder y) und n − 1 Gleichungen zu konstruieren. Dieses Gleichungssystem ist entweder eindeutig, mehrdeutig oder nicht lösbar. Daraus folgt, dass das Ausgangssystem mit zwei Variablen eindeutig, mehrdeutig oder nicht lösbar ist.

Aufgaben zum Abschnitt 1.2 Aufgabe 1.2.1: Untersuchen Sie die Lösbarkeit der folgenden linearen Gleichungssysteme. Ist ein Gleichungssystem eindeutig lösbar, so geben Sie seine Lösung als Wertepaar an. Ist ein Gleichungssystem mehrdeutig lösbar, dann geben Sie die aus unendlich vielen Wertepaaren bestehende Lösungsmenge L an. a)

x + 2y = 2 3x − 4y = −4

d) −3x + 9y = 6 4x − 12y = −8 g)

j)

5x − 5y = 9x − 9y = x+ 1 3x

+

6 5y 2 5y

= =

7 3

c)

e) −3x + 9y = 4x + 12y =

6 8

f)

3x − 9y = −6 −4x + 12y = −8

8x − 6y = 2 −2x − 3y = −2

i)

21x − 14y = 28 −15x + 10y = −20

3 1

h)

9

k) − 43 x −

3

2x +

m)

3x + 5y = 16 4x = −12

p)

6a + 9b = −21 −4a + 10b = 6

8x − 3y = 5x + 2y =

−x + 3y = 5x + 4y =

b)

8 5y 12 5 y

=

− 2y =

4

=

4 3

o)

4y = 7x + 5y =

0 0

r)

4λ − 2μ = 3λ + μ =

8 11

6 7 − 97

l)

n) −3x = 90 4x + 5y = −20 q) 16u + 12v = 20u + 15v =

=

28 35

11 34

3 2x

4 3y

Aufgabe 1.2.2: Der Koch eines kleinen Restaurants geht zum Bauern seines Vertrauens, um seine Vorratskammer aufzufüllen. Als er den Bauern fragt, wie viele Gänse und Hasen er bekommen kann, antwortet der Scherzkeks: „Die Tiere, die ich dir geben kann, haben insgesamt vierzig Augen und zweiundsechzig Beine“. Wie viele Gänse und wie viele Hasen kann der Koch bekommen?

26

1 Lineare Gleichungssysteme

Aufgabe 1.2.3: Wir betrachten eine zweistellige natürliche Zahl. Wird das Doppelte der ersten Ziffer zur zweiten Ziffer addiert, dann ergibt dies 17. Werden die beiden Ziffern der Zahl vertauscht, dann ergibt das eine um 18 größere Zahl. Wie lautet die gesuchte Zahl? Aufgabe 1.2.4: Wie muss c ∈ R gewählt werden, sodass das lineare Gleichungssystem mit den Variablen x und y lösbar bzw. nicht lösbar ist? Für welche c ∈ R ist das Gleichungssystem gegebenfalls eindeutig bzw. mehrdeutig lösbar? a)

2x + 3y = 7 4x + cy = 2

b) −x + 2y = 1 cx − 3y = 1

c) 4x − 5y = 5 cx + 7y = −7

d)

−x + 3y = 5 2x − 4y = c + 6

e) −x + 2y = c2 x − 2y = 1

f) cx + y =5 8x + (c + 2)y = 10

g)

3x + cy = −5 −6x + 4y = c + 12

h) 6x + 6y = 5 cx + 5y = 16 c2

i) cx + y = −5 8x + (c + 2)y = 10

Aufgabe 1.2.5: Untersuchen Sie die Lösbarkeit der folgenden linearen Gleichungssysteme. Ist ein Gleichungssystem eindeutig lösbar, so geben Sie seine Lösung als Wertepaar an. Ist ein Gleichungssystem mehrdeutig lösbar, dann geben Sie die aus unendlich vielen Wertepaaren bestehende Lösungsmenge L an. a)

2x + 5y = 45 3x − 6y = −27 10x − 2y = 36

b)

2x 3x 10x 9x

+ 5y − 6y − 2y + 9y

= 45 = −27 = 36 = 150

c)

4x −6x 2x −14x 18x

− 6y = 8 + 9y = −12 − 3y = 4 + 21y = −28 − 27y = 36

Aufgabe 1.2.6: Gegeben seien die linearen Gleichungssysteme  

  I : a1 x + I : a1 x + b1 y = c1 b1 y = c1 und . II : a2 x + b2 y = c2 II : (b1 a2 − a1 b2 )y = c1 a2 − a1 c2 Das Gleichungssystem (I -II ) entsteht durch Anwendung des ersten Arbeitsschrittes beim Additionsverfahren, d. h., es gilt der Zusammenhang II = a2 · I − a1 · II. a) Bestimmen Sie die Lösungsmenge des Gleichungssystems (I -II ) für beliebige Koeffizienten a1 , b1 , c1 , a2 , b2 , c2 ∈ R. b) Weisen Sie nach, dass die Gleichungssysteme (I-II) und (I -II ) äquivalent sind, d. h., dass sie die gleiche Lösungsmenge haben. Zeigen Sie dazu durch Nachrechnen, dass jede in a) bestimmte Lösung des Gleichungssystems (I -II ) auch eine Lösung des Gleichungssystems (I-II) ist.

1.3 Lineare Gleichungssysteme mit drei Variablen

27

1.3 Lineare Gleichungssysteme mit drei Variablen Aus drei linearen Gleichungen der Ordnung 3 lässt sich ein lineares Gleichungssystem der folgenden Gestalt konstruieren: I : a1 x + b1 y + c1 z = d1 II : a2 x + b2 y + c2 z = d2 III : a3 x + b3 y + c3 z = d3

(1.44)

Dabei sind x, y, z ∈ R die Variablen und a1 , a2 , a3 , b1 , b2 , b3 , c1 , c2 , c3 , d1 , d2 , d3 ∈ R die Koeffizienten des Gleichungssystems. Die Lösungsmenge L des Gleichungssystems (I-III) besteht aus allen Wertetripeln (x; y; z), die gleichzeitig Gleichung I, Gleichung II und Gleichung III erfüllen. Zur Ermittlung der Lösungsmenge L kann eine Mischung aus Rechenschritten verwendet werden, die in Analogie zum Additions- und Einsetzungsverfahren für lineare Gleichungssysteme mit zwei Variablen steht. Anleitung 1.45. Zur Ermittlung der Lösungsmenge L des Gleichungssystems (1.44) sind folgende Schritte abzuarbeiten: • Schritt 1: Vielfache einer der Gleichungen I, II oder III werden zu Vielfachen der beiden anderen Gleichungen addiert bzw. subtrahiert mit dem Ziel, eine der drei Variablen zu eliminieren, d. h., die entstehenden Gleichungen IV und V enthalten nur noch zwei Variablen und in beiden Gleichungen IV und V stehen die gleichen Variablen. Zur Vereinfachung sei angenommen, dass die Elimination von x mithilfe der Gleichung I durchgeführt wurde, d. h. zum Beispiel IV = k · I + r · II und V = s · I + t · III mit geeigneten k, r, s,t ∈ R \ {0}. Die Gleichungen IV und V enthalten die Variablen y und z. Die Gleichungssysteme (I-III) und (I,IV,V) sind äquivalent, d. h., sie haben die gleiche Lösungsmenge. • Schritt 2: Das aus den Gleichungen IV und V gebildete Gleichungssystem (IV-V) mit zwei Variablen wird mit einem der in Abschnitt 1.2 genannten Lösungsverfahren, d. h., dem Additions-, Einsetzungs- oder Gleichsetzungsverfahren gelöst. Hat das System (IV-V) keine Lösung, dann ist auch das System (I-III) nicht lösbar, und damit gilt L = 0. / • Schritt 3: Hat das Gleichungssystem (IV-V) eine oder mehrere Lösungen, dann sind diese in die in Schritt 1 zur Variablenelimination ausgewählte Gleichung einzusetzen. Die entstehende Gleichung mit einer Variablen wird nach dieser Variablen aufgelöst. Unter den in Schritt 1 genannten Beispielannahmen lösen hierbei die Wertepaare (y; z) = (y∗ ; z∗ ) das System (IV-V). Einsetzen von (y∗ ; z∗ ) in Gleichung I ergibt den von y∗ und z∗ abhängigen Wert x = x∗ . Das Tripel (x∗ ; y∗ ; z∗ ) löst das Gleichungssystem (I-III). Die Lösungsmenge L besteht aus allen möglichen Lösungstripeln (x∗ ; y∗ ; z∗ ), die das System (I-III) lösen.

28

1 Lineare Gleichungssysteme

Da im Lösungsweg auf die in Abschnitt 1.2 behandelten Verfahren zurückgegriffen wird, können bereits Schlüsse über die Struktur der Lösungsmenge L gezogen werden: • Fall 1: Das Gleichungssystem (1.44) ist nicht lösbar und die Lösungsmenge ist demzufolge leer, wenn bei der Durchführung von Anleitung 1.45 eine nicht erfüllbare Gleichung der Form 0 = d mit einer Konstante d = 0 entsteht. • Fall 2: Das Gleichungssystem (1.44) ist mehrdeutig lösbar und die Lösungsmenge besteht demzufolge aus unendlich vielen Lösungstripeln (x∗ ; y∗ ; z∗ ), wenn bei der Durchführung von Anleitung 1.45 eine allgemeingültige Gleichung (d. h. d = d mit d ∈ R) und keine nicht erfüllbare Gleichung gemäß Fall 1 entsteht. • Fall 3: Das Gleichungssystem (1.44) ist eindeutig lösbar und die Lösungsmenge besteht demzufolge aus genau einem Lösungstripel (x∗ ; y∗ ; z∗ ), wenn bei der Durchführung von Anleitung 1.45 keine allgemeingültige Gleichung und keine nicht erfüllbare Gleichung entsteht. Die Ausgestaltung möglicher Lösungswege ist nahezu beliebig, was an folgenden Beispielen demonstriert werden soll. Beispiel 1.46. Wir untersuchen die Lösbarkeit des linearen Gleichungssystems I : 2x + 3y − 4z = 12 II : −3x − 4y + 5z = −16 III : −4x + 5y − 6z = 12 und stellen dazu zwei verschiedene Lösungswege gegenüber: Lösungsweg 2:

Lösungsweg 1: 3 · I + 2 · II = IV : y − 2z = 4 2 · I + III = V : 11y − 14z = 36 V − 11 · IV = VI : 8z = −8 Aus Gleichung VI folgt z = −1. Einsetzen von z = −1 in Gleichung IV ergibt y + 2 = 4, woraus y = 2 folgt.

3 · I + 2 · II = IV : y − 2z = 4 2 · I + III = V : 11y − 14z = 36 Aus Gleichung IV folgt y = 4 + 2z. Dies eingesetzt in V ergibt 44 + 8z = 36, woraus z = −1 folgt. Einsetzen von z = −1 in die Gleichung y = 4 + 2z ergibt y = 2.

Der letzte Rechenschritt ist für beide Lösungswege gleich: Einsetzen von y = 2 und z = −1 in Gleichung I ergibt 2x + 10 = 12, woraus x = 1 folgt. Das führt zu dem Ergebnis, dass das Gleichungssystem (I-III) die eindeutige Lösung (x; y; z) = (1; 2; −1) hat.  Beispiel 1.47. Wir untersuchen die Lösbarkeit des linearen Gleichungssystems I : 2x + 3y − 4z = 15 x + 3y + 2z = 12 II : III : −5x + 3y − 2z = −6 und stellen dazu zwei verschiedene Lösungswege gegenüber:

1.3 Lineare Gleichungssysteme mit drei Variablen

Lösungsweg 1:

29

Lösungsweg 2:

I − 2 · II = IV : −3y − 8z = −9 III + 5 · II = V : 18y + 8z = 54 IV + IV = VI : 15y = 45

II − I = IV : −x + 6z = −3 III − I = V : −7x + 2z = −21 V − 7 · IV = VI : − 40z = 0

Aus Gleichung VI folgt y = 3. Einsetzen von y = 3 in Gleichung IV ergibt −9 − 8z = −9, woraus z = 0 folgt. Einsetzen von y = 3 und z = 0 in Gleichung II ergibt x + 9 = 12, woraus x = 3 folgt.

Aus Gleichung VI folgt z = 0. Dies eingesetzt in IV ergibt −x = −3, woraus x = 3 folgt. Einsetzen von x = 3 und z = 0 in Gleichung I ergibt 6 + 3y = 15, woraus y = 3 folgt.

Beide Lösungswege führen zu dem Ergebnis, dass das Gleichungssystem (I-III) die eindeutige Lösung (x; y; z) = (3; 3; 0) hat.  Beispiel 1.48. Wir untersuchen die Lösbarkeit des linearen Gleichungssystems I: 3y + 2z = 1 II : x + 3z = 7 III : 2x − 4y + z = 8 und stellen dazu zwei verschiedene Lösungswege gegenüber: Lösungsweg 2:

Lösungsweg 1: I − 2 · III = IV : −4x + 11y = −15 II − 3 · III = V : −5x + 12y = −17 4 · V − 5 · IV = VI : −7y = 7

2 · II − 3 · I = IV : 2x − 9y = 11 2 · III − I = V : 4x − 11y = 15 V − 2 · IV = VI : 7y = −7

Aus Gleichung VI folgt y = −1. Einsetzen von y = −1 in Gleichung IV ergibt −4x − 11 = −15, woraus x = 1 folgt. Einsetzen von x = 1 und y = −1 in Gleichung III ergibt 6 + z = 8, woraus z = 2 folgt.

Aus Gleichung IV folgt y = −1. Einsetzen von y = −1 in Gleichung IV ergibt 2x + 9 = 11, woraus x = 1 folgt. Einsetzen von x = 1 und y = −1 in Gleichung I ergibt −3 + 2z = 1, woraus z = 2 folgt.

Beide Lösungswege führen zu dem Ergebnis, dass das Gleichungssystem (I-III) die eindeutige Lösung (x; y; z) = (1; −1; 2) hat. Die in Anleitung 1.45 gegebene Vorgehensweise schränkt bei diesem Gleichungssystem den ersten Schritt dahingehend ein, dass zur Konstruktion der Gleichungen IV und V ausschließlich die Variable z eliminiert werden kann. Das liegt daran, dass jeweils ein Koeffizient vor x bzw. y gleich null ist. Ist mehr als ein Koeffizient vor den Variablen gleich null, dann kann es sinnvoll sein, zu Anleitung 1.45 alternative Lösungswege einzuschlagen. Das wird an folgendem dritten Lösungsweg deutlich: Zunächst lösen wir Gleichung I nach z auf. Das ergibt: z =

1 3 − y 2 2

(∗)

30

1 Lineare Gleichungssysteme

Dies setzen wir jeweils in die Gleichungen II und III ein und erhalten auf diese Weise ein lineares Gleichungssystem (II -III ) mit den Variablen x und y:       II : x + 3 12 − 32 y = 7 II : x − 92 y = 11 2 ⇐⇒ 1 3

: 2x − 11 y = 15 III : 2x − 4y + − y = 8 III 2 2 2 2 Das System (II -III ) wird mit dem Additionsverfahren zum Beispiel wie folgt gelöst: III − 2 · I :

7 2y

= − 72

Daraus folgt y = −1. Einsetzen von y = −1 in Gleichung II ergibt x + 92 = 11 2 , woraus x = 1 folgt. Einsetzen von y = −1 in Gleichung (∗) ergibt z = 12 + 32 = 2. Wie bei den Lösungswegen 1 und 2 erhalten wir das Ergebnis, dass das Gleichungssystem (I-III) die eindeutige Lösung (x; y; z) = (1; −1; 2) hat.  Der in Beispiel 1.48 vorgestellte dritte Lösungsweg lässt sich auch nutzen, wenn alle Koeffizienten vor den Variablen von null verschieden sind. Verallgemeinert führt das auf die folgende Vorgehensweise als Alternative zu Anleitung 1.45: Anleitung 1.49. Zur Ermittlung der Lösungsmenge L des Gleichungssystems (1.44) sind folgende Schritte abzuarbeiten: • Schritt 1: Wähle eine Variable x, y oder z derart aus, dass die Koeffizienten zu dieser Variable in allen drei Gleichungen I, II und III von null verschieden sind. Löse eine der Gleichungen I, II oder III nach der ausgewählten Variable auf. Beispiel: Zur Vereinfachung sei angenommen, dass x die ausgewählte Variable ist und Gleichung I nach x aufgelöst wird. Das ergibt eine Gleichung der Gestalt x = λ y + μz + κ , λ , μ, κ ∈ R .

(∗)

• Schritt 2: Ersetze in den Gleichungen, die in Schritt 1 nicht nach der ausgewählten Variable aufgelöst wurden, die ausgewählte Variable durch den dafür in Schritt 1 erhaltenen Ausdruck. Die daraus erhaltenen Gleichungen mit zwei Variablen seien mit IV und V bezeichnet. Bezogen auf das zu Schritt 1 genannte Beispiel wird in den Gleichungen II und III x durch λ y + μz + κ ersetzt. Die daraus entstehenden Gleichungen IV und V mit den Variablen y und z bilden ein lineares Gleichungssystem (IV-V). • Schritt 3: Das aus den Gleichungen IV und V gebildete Gleichungssystem (IV-V) mit zwei Variablen wird mit einem der in Abschnitt 1.2 genannten Lösungsverfahren, d. h. dem Additions-, Einsetzungs- oder Gleichsetzungsverfahren, gelöst. Hat das System (IV-V) keine Lösung, dann ist auch das System (I-III) nicht lösbar, und damit gilt L = 0. /

1.3 Lineare Gleichungssysteme mit drei Variablen

31

• Schritt 4: Hat das Gleichungssystem (IV-V) eine oder mehrere Lösungen, dann sind diese in die in Schritt 1 erhaltene Gleichung für die in (IV-V) nicht vorkommende Variable einzusetzen. Unter den in Schritt 1 genannten Beispielannahmen lösen hierbei die Wertepaare (y; z) = (y∗ ; z∗ ) das System (IV-V). Einsetzen von (y∗ ; z∗ ) in Gleichung (∗) ergibt den von y∗ und z∗ abhängigen Wert x = x∗ . Das Tripel (x∗ ; y∗ ; z∗ ) löst das Gleichungssystem (I-III). Die Lösungsmenge L besteht aus allen möglichen Lösungstripeln (x∗ ; y∗ ; z∗ ), die das System (I-III) lösen.

Beispiel 1.50. Wir untersuchen die Lösbarkeit des linearen Gleichungssystems I : x − 2y − 3z = 10 II : 2x + 3y + 2z = 8 III : 3x + 4y + z = 20 und stellen dazu zwei verschiedene Lösungswege gemäß Anleitung 1.49 gegenüber: Lösungsweg 1:

Lösungsweg 2:

Auflösung von I nach x ergibt:

Auflösung von III nach z ergibt:

x = 10 + 2y + 3z

(∗.1)

z = 20 − 3x − 4y

(∗.2)

Dies setzen wir in die Gleichungen II und III ein, fassen zusammen und sortieren so, dass die Variablen links und die Konstanten rechts vom Gleichheitszeichen stehen. Das ergibt ein lineares Gleichungssystem (IV-V) mit den Variablen y und z, das wir mit dem Additionsverfahren lösen:

Dies setzen wir in die Gleichungen I und II ein, fassen zusammen und sortieren so, dass die Variablen links und die Konstanten rechts vom Gleichheitszeichen stehen. Das ergibt ein lineares Gleichungssystem (IV -V ) mit den Variablen x und y, das wir mit dem Additionsverfahren lösen:

II → IV : 7y + 8z = −12 III → V : 10y + 10z = −10 7 · V − 10 · IV =VI : −10z = 50

I → IV : 10x + 10y = 70 II → V : −4x − 5y = −32

10 · V + 4 · IV =VI : −10y = −40

Aus Gleichung VI folgt z = −5. Einsetzen von z = −5 in Gleichung IV ergibt 7y − 40 = −12, woraus y = 4 folgt. Einsetzen von y = 4 und z = −5 in Gleichung (∗.1) ergibt x = 3.

Aus Gleichung VI folgt y = 4. Einsetzen von y = 4 in Gleichung IV ergibt 10x + 40 = 70, woraus x = 3 folgt. Einsetzen von x = 3 und y = 4 in Gleichung (∗.2) ergibt z = −5.

Beide Lösungswege führen zu dem Ergebnis, dass das Gleichungssystem (I-III) die eindeutige Lösung (x; y; z) = (3; 4; −5) hat. 

32

1 Lineare Gleichungssysteme

Nachdem bisher ausschließlich Beispiele mit eindeutig lösbaren Gleichungssystemen vorgestellt wurden, folgen jetzt Beispiele für mehrdeutig und nicht lösbare Gleichungssysteme mit drei Variablen und drei Gleichungen: Beispiel 1.51. Wir untersuchen die Lösbarkeit des linearen Gleichungssystems I : x + 2y + 3z = 4 II : 2x + 3y + 4z = 5 III : 3x + 3y + 3z = 3 und stellen dazu zwei verschiedene Lösungswege gegenüber: Lösungsweg 1:

Lösungsweg 2:

Wir nutzen Anleitung 1.45 und konstruieren ein lineares Gleichungssystem (IV-V) mit den Variablen y und z:

Wir nutzen Anleitung 1.49 und lösen zum Beispiel Gleichung III nach z auf:

II − 2 · I = IV : −y − 2z = −3 III − 3 · I = V : −3y − 6z = −9 V − 3 · IV = VI :

0=

0

Ziel des letzten Rechenschritts war, die Variable y zu eliminieren. Die erhaltene allgemeingültige Gleichung VI können wir deshalb auch schreiben als 0 · z = 0. Diese Darstellung zeigt, dass wir für z beliebige Werte3 wählen können, d. h. z = t ∈ R. Einsetzen von z = t in IV ergibt −y − 2t = −3, woraus y = 3 − 2t folgt. Einsetzen von y = 3 − 2t und z = t in Gleichung I ergibt x − t + 6 = 4, woraus x = t − 2 folgt.

z = 1−x−y

(#)

Dies setzen wir in die Gleichungen I und II ein und gehen wie in Beispiel 1.50 vor: I → IV : −2x − y = 1 II → V : −2x − y = 1

V − IV = VI : 0=0 Aus der allgemeingültigen Gleichung VI

folgt, dass wir y beliebig wählen können, z. B. y = 2s mit s ∈ R. Einsetzen von y = 2s in Gleichung IV ergibt −2x − 2s = 1, woraus x = − 12 − s folgt. Einsetzen von x = − 12 − s und y = 2s in Gleichung (#) ergibt z = 32 − s.

Beide Lösungswege führen zu dem Ergebnis, dass das Gleichungssystem (I-III) mehrdeutig lösbar ist. Die Darstellung der Lösungsmenge L ist nicht eindeutig, d. h.    

 3 1  L = (t − 2 ; 3 − 2t ; t)  t ∈ R = − − s ; 2s ; − s  s ∈ R . 2 2 Die Darstellungen von L sind natürlich äquivalent, d. h., zu jedem s ∈ R gibt es ein t ∈ R mit − 12 − s = t − 2, 2s = 3 − 2t und 32 − s = t.  Alternativ kann natürlich auch y = t ∈ R gewählt werden, denn Gleichung VI kann man auch schreiben als 0 · y + 0 · z = 0. Dann hängt z von den für y gewählten Werten ab. Im Sinne einer gewissen Ordnung bei den Rechnungen gehen wir wie beschrieben vor und weisen der Variable z beliebige Werte zu, sodass der Wert von y von dieser Auswahl abhängt. Die Einhaltung dieser Ordnung trainiert zugleich für den im Folgeabschnitt vorgestellten Gauß-Algorithmus.

3

1.3 Lineare Gleichungssysteme mit drei Variablen

33

Beispiel 1.52. Wir untersuchen die Lösbarkeit des linearen Gleichungssystems I : 4x + 8y + 12z = 4 II : 6x + 12y + 18z = 6 III : −2x − 4y − 6z = −2 und stellen dazu zwei verschiedene Lösungswege gegenüber: Lösungsweg 1:

Lösungsweg 2:

Wir nutzen Anleitung 1.45 und konstruieren ein lineares Gleichungssystem (IV-V) mit den Variablen y und z:

Wir nutzen Anleitung 1.49 und lösen Gleichung III nach x = 1−2y−3z auf. Dies setzen wir in die Gleichungen I und II ein und erhalten folgende Gleichungen:

4 · II − 6 · I = IV : 2 · III + I = V :

0=0 0=0

Die erhaltenen Gleichungen IV und V sind allgemeingültig. Das bedeutet, dass für y und z beliebige Werte gewählt werden können, d. h. y = s ∈ R und z = t ∈ R. Einsetzen von y = s und z = t in Gleichung I ergibt 4x + 8s + 12t = 4, woraus x = 1 − 2s − 3t folgt.

I → IV : 0 = 0 II → V : 0 = 0 Die erhaltenen Gleichungen IV und V

sind allgemeingültig. Das bedeutet, dass für y und z beliebige Werte gewählt werden können, d. h. y = s ∈ R und z = t ∈ R. Einsetzen von y = s und z = t in die Gleichung x = 1 − 2y − 3z ergibt x = 1 − 2s − 3t.

Beide Lösungswege führen zu dem Ergebnis, 

dass das Gleichungssystem  (I-III) mehrdeutig lösbar ist und die Lösungsmenge L = (1 − 2s − 3t ; s ; t)  s,t ∈ R hat.  Beispiel 1.53. Wir untersuchen die Lösbarkeit des linearen Gleichungssystems (I-III): I: x + 2y + 3z = 1 II : 6x + 12y + 18z = 6 III : −2x − 4y − 6z = 2 II − 6 · I = IV : 0=0 III + 2 · I = V : 0=4 Gleichung V ist ein Widerspruch. Folglich ist das Gleichungssystem nicht lösbar.



Beispiel 1.54. Wir untersuchen die Lösbarkeit des linearen Gleichungssystems (I-III): I : 2x II : 5x III : −2x 2 · II − 5 · I = IV : I + III = V : IV + V = VI :

+ 3y + 4z = 3 + 2y + 5z = 0 + 8y + 6z = 7 − 11y − 10z = −15 11y + 10z = 10 0 = −5

Gleichung VI ist ein Widerspruch. Folglich ist das Gleichungssystem nicht lösbar.



34

1 Lineare Gleichungssysteme

Wie bei den linearen Gleichungssystemen mit zwei Variablen lassen sich auch bei linearen Gleichungssystemen mit drei Variablen überbestimmte Gleichungssysteme betrachten. Diese haben mindestens vier Gleichungen und ihre Lösungsmenge wird mit angepaßten Varianten der Anleitungen 1.45 und 1.49 bestimmt. Als Zwischenschritt ergibt sich dabei zunächst ein überbestimmtes lineares Gleichungssystem mit zwei Variablen. Beispiel 1.55. Wir untersuchen die Lösbarkeit des überbestimmten linearen Gleichungssystems (I-IV): I II III IV I − 2 · II = V III + 2 · II = VI IV − 5 · II = VII VI + 2 · V = VIII VII − 3 · V = IX

: 2x + 3y − z = 1 : x + 3y + z = 2 : −2x − 2y + 4z = 4 : 5x + 8y − 4z = −1 : − 3y − 3z = −3 : 4y + 6z = 8 : − 7y − 9z = −11 : − 2y = 2 : 2y = −2

Die Gleichungen VIII und IX werden nach y aufgelöst. Aus Gleichung VIII folgt y = −1, aus Gleichung IX folgt ebenfalls y = −1. Aus beiden Gleichungen VIII und IX erhalten wir den gleichen Wert für y und das bedeutet, dass das überbestimmte Gleichungssystem (VIII-IX) mit der Variablen y eindeutig lösbar ist. Folglich sind auch die linearen Gleichungssysteme (V-VII) mit den Variablen y und z und das Ausgangssystem (I-IV) eindeutig lösbar. Den Lösungswert der Variable z bestimmen wir durch Einsetzen von y = −1 in eine der Gleichungen V, VI oder VII. Das ergibt z = 2. Einsetzen von y = −1 und z = 2 zum Beispiel in Gleichung II ergibt x − 1 = 2, woraus x = 3 folgt. Die eindeutige Lösung des Gleichungssystems (I-IV) ist (x; y; z) = (3; −1; 2). 

Beispiel 1.56. Wir untersuchen die Lösbarkeit des überbestimmten linearen Gleichungssystems (I-VI): I II III IV V VI II − 2 · I = II

III − I = III

IV − 2 · I = IV

V − 2 · I = V

VI + 6 · I = VI

: x + 3y + 2z = 4 : 2x + y + z = −2 : x + 2y − z = 2 : 2x + 2y + 4z = 0 : 2x + 10y + 4z = 16 : −6x − 2y + 12z = 10 : − 5y − 3z = −10 : − y − 3z = −2 : − 4y = −8 : 4y = 8 : 16y + 24z = 34

Aus den Gleichungen IV und V folgt y = 2. Das Gleichungssystem (II -VI ) mit den Variablen y und z ist lösbar, wenn durch Einsetzen von y = 2 in die Gleichungen II , III und VI ein eindeutiger Wert für z folgt. Einsetzen von y = 2 in Gleichung II ergibt −10 − 3z = −10, woraus z = 0 folgt. Einsetzen von y = 2 in Gleichung III ergibt −2 − 3z = −2, woraus z = 0 folgt. Einsetzen von y = 2 in Gleichung 1 VI ergibt 32 + 24z = 34, woraus z = 12 folgt. Wir erhalten für z verschiedene Werte und das ist ein Widerspruch. Dies bedeutet, dass das überbestimmte Gleichungssystem (II -VI ) nicht lösbar ist, und folglich ist auch das überbestimmte lineare Gleichungssystem (I-VI) nicht lösbar. 

Im Gegensatz zu überbestimmten linearen Gleichungssystemen stehen unterbestimmte lineare Gleichungssysteme. Die Anzahl der Gleichungen ist dort kleiner als die Anzahl der Variablen. Das Musterbeispiel für ein unterbestimmtes lineares Gleichungssystem ist eine einzelne lineare Gleichung mit zwei Variablen.

1.3 Lineare Gleichungssysteme mit drei Variablen

35

Zu jedem mehrdeutig lösbaren linearen Gleichungssystem mit drei Variablen und drei Gleichungen lässt sich ein unterbestimmtes lineares Gleichungssystem mit drei Variablen zuordnen. Bei der Ermittlung der Lösungsmenge des Gleichungssystems (I-III) in Beispiel 1.51 haben wir als Zwischenschritt eine allgemeingültige Gleichung erhalten, sodass für eine der drei Variablen beliebige Werte gewählt werden konnten. Das lässt sich so interpretieren, dass eine der drei Gleichungen zur Bestimmung der Lösungsmenge überflüssig ist, d. h., die Bestimmung der Lösungsmenge des Systems (I-III) kann zum Beispiel auf die Lösung eines der unterbestimmten linearen Gleichungssysteme     I : x + 2y + 3z = 4 I : x + 2y + 3z = 4 oder IV : − y − 2z = −3 II : 2x + 3y + 4z = 5 zurückgeführt werden, wobei Gleichung IV in Beispiel 1.51 als Zwischenschritt erhalten wurde. Die Gleichungssysteme (I-III), (I-II) und (I,IV) haben die gleiche Lösungsmenge. Wäre dabei das Gleichungssystem (I,IV) gegeben, dann könnte dieses nach dem Muster von Anleitung 1.49 gelöst werden, d. h., Gleichung IV wird zum Beispiel nach y aufgelöst und der so erhaltene Ausdruck mit der Variable z in I anstelle von y eingesetzt. Das ergibt eine lineare Gleichung mit den Variablen x und z, die leicht lösbar ist.

Aufgaben zum Abschnitt 1.3 Aufgabe 1.3.1: Untersuchen Sie die Lösbarkeit der folgenden linearen Gleichungssysteme. Ist ein Gleichungssystem eindeutig lösbar, so geben Sie seine Lösung als Wertetripel an. Ist ein Gleichungssystem mehrdeutig lösbar, dann geben Sie die aus unendlich vielen Wertetripeln bestehende Lösungsmenge L an. a) −x + 6y + 2z = 2x − 2y − z = 3x − 4y − 2z =

b) 3x + 2y − 3z = 4 x − 2y + 3z = −2 3x − 4y + 6z = −2

c) x + 2y + 3z = 2 2x + 2y + 5z = 6 4y + 2z = −4

d) 3x + 4y + 5z = 12 4x + 5y + 9z = 18 7x − 2y + 8z = 13

e) 2x + y − 4z = 3x + 2y − 7z = 4x − 3y + 2z =

1 1 7

f) 4x + 8y − 4z = 2x − y + 2z = 2x + 9y − 6z =

3 8 5

g) 2x − 3y = 4x − 5y + z = 2x − y − 3z =

h) 7x − 5y + 3z = −x + 2y − z = 4x + y =

0 0 0

i) 3x + 2y + 4z = 5x + 2y + 5z = 2x + 6y + z =

3 4 3

j)

4 2 1

3 7 5

x + y − z = −5 5x − y − z = 7 5x + 2y − 3z = −9

k) 3x + 4y + 5z = −4 5x − 6y + 3z = 5 7x + 3y + 9z = 13

l) x − y + z = 3 2x − 2y + 2z = 6 5x − 5y + 5z = 15

36

1 Lineare Gleichungssysteme

m) 2x1 + 4x2 + 3x3 = 1 3x1 − 6x2 − 2x3 = −2 5x1 − 8x2 − 2x3 = −4

n) x1 − 2x2 + 3x3 = 4 3x1 + x2 − 5x3 = 5 2x1 − 3x2 + 4x3 = 7

o) 2x1 + 2x2 + 5x3 = 3 x1 − 3x2 − 6x3 = 5 7x1 − 5x2 − 8x3 = 15

− 7c = 4 4b = 4 7a − 3b − 5c = −7

q) 3u − 8w = 33 2u + 5v − 6w = 51 7u + 9v = 10

r) 8α + 2β − 5γ = 18 − 3β + 8γ = 10 3γ = 6

p) 5a

Aufgabe 1.3.2: Untersuchen Sie die Lösbarkeit der folgenden unterbestimmten linearen Gleichungssysteme. Ist ein Gleichungssystem mehrdeutig lösbar, dann geben Sie die aus unendlich vielen Wertetripeln bestehende Lösungsmenge L an. a) 4x +

y − 2z = 2y + 4z =

2y = 7 2x + 2y − 2z = 13

7 6

b) 3x − 8y + 7z = −3 − 3z = −9

c)

d) x + 2y − 4z = 1 5x + 12y + 4z = −1

e) 4x + 6y − 4z = 12 6x + 9y − 6z = 18

f) 9x − 6y + 3z = 12 15x − 10y + 5z = 12

Aufgabe 1.3.3: Untersuchen Sie die Lösbarkeit der folgenden überbestimmten linearen Gleichungssysteme. Ist ein Gleichungssystem eindeutig lösbar, so geben Sie seine Lösung als Wertetripel an. Ist ein Gleichungssystem mehrdeutig lösbar, dann geben Sie die aus unendlich vielen Wertetripeln bestehende Lösungsmenge L an. a) 2x − 3y + 2z = 10 3y + z = 9 3x + 4z = 27 2y 4

b) −5x + 8y − 9z = −7 7x − 5y − 2z = −7 2x + 4y = 10 5z = 10

c) 2x − 3z = −3 3x + 2y + 5z = −8 5y + 5z = 10 5x = 15

d)

2x + 2y − 4x + 3y + 3x + y − 3y +

x −x x 3x

+ 2y − 2y + 2y + 6y

− 3z − 3z + 3z − 3z

= 5 = 7 = −7 = 3

f)

x 2x 3x 2x

g) 2x 3x 4x 3x

+ 3y − y + 3y + 7y

− 2z + 4z − 2z − 8z

= = = =

h)

3x 2x 5x −4x

e)

3 0 9 4

4z = −6 6z = 4 3z = −2 8z = 2

+ 4y − 2z = −8 + 5y − 3z = −8 + 6y + 4z = 8 + 5y + 13z = 24 + 3y − − y+ + 2y + − 7y +

2z = −1 4z = 9 2z = 8 8z = 11

1.3 Lineare Gleichungssysteme mit drei Variablen

37

i)

4x 6x −2x 5x

− 8y + 12z = 4 − 12y + 18z = 6 + 4y − 6z = −2 − 10y + 15z = 5

j)

x −x 2x −x 2x

+ 3y − 4z = 8 − 12y + z = 10 + 3y + z = −8 + 3y − 4z = 10 + 9y − 7z = 10

k)

x 2x 5x −3x 3x 8x

+ 2y − 15z = 6 + 4y + 6z = 6 + 10y − 3z = 18 − 6y − 9z = −9 + 6y − 9z = 12 + 16y − 30z = 33

l) 12x −3x 9x 15x 3x 8x

− 8y + 16z = 12 + 2y − 4z = −3 − 6y + 12z = 9 − 10y + 20z = 15 + 6y + 9z = 6 − 16y + 4z = 4

Aufgabe 1.3.4: Bestimmen Sie, für welche t ∈ R bzw. a, b ∈ R die folgenden linearen Gleichungssysteme lösbar sind, und geben Sie die Lösungsmengen an. Geben Sie außerdem alle t ∈ R bzw. a, b ∈ R an, für die das Gleichungssystem keine Lösung besitzt. a) 2x + 4y + 2z = 12t 2x + 12y + 7z = 12t + 7 x + 10y + 6z = 7t + 8

b) x + y + tz = 1 x + ty + z = 2 tx + y + z = 3 + t

c) x + z=a 3x − 4y + bz = 1 5x − y =2

Aufgabe 1.3.5: Ein Kunde kauft beim Bäcker vier Brötchen, zwei Mischbrote, drei Stück Kuchen und bezahlt 9,35 Euro. Ein anderer Kunde kauft drei Brötchen, eineinhalb Mischbrote, zwei Stück Kuchen und bezahlt 6,70 Euro. Ein dritter Kunde kauft zwölf Brötchen, ein halbes Mischbrot, fünf Stück Kuchen und bezahlt dafür 9,85 Euro. Wieviel kosten ein Brötchen, ein Mischbrot und ein Stück Kuchen? Aufgabe 1.3.6: Ein Lebensmittelhersteller bezieht von einem Zulieferbetrieb drei Grundsubstanzen M1 , M2 und M3 , die wiederum aus drei Rohstoffen R1 , R2 und R3 gemischt werden, und zwar nach den folgenden Prozentangaben:

M1 M2 M3

R1 R2 R3 30 % 50 % 20 % 20 % 20 % 60 % 40 % 50 % 10 %

Für die Herstellung eines neuen Produkts benötigt man aber eine Grundsubstanz, die 30 % des Rohstoffs R1 , 40 % des Rohstoffs R2 und 30 % des Rohstoffs R3 enthält. Kann man eine solche Grundsubstanz durch Mischung der vorhandenen Grundsubstanzen M1 , M2 und M3 erhalten? Falls ja, dann geben Sie an, wie die Mischung herzustellen ist. Aufgabe 1.3.7: Wir betrachten eine dreistellige natürliche Zahl. Vertauscht man die erste und zweite Ziffer, so ergibt dies eine um 180 größere Zahl. Vertauscht man die erste und die dritte Ziffer, so ergibt dies eine um 297 kleinere Zahl. Die Summe der drei Ziffern ist 14. Wie lautet die gesuchte Zahl?

38

1 Lineare Gleichungssysteme

Aufgabe 1.3.8: Bestimmen Sie die Koeffizienten a, b, c ∈ R so, dass (x; y; z) eine Lösung des linearen Gleichungssystems ist. a)

cx + ay + bz = 17 −ax + by + cz = 16 bx + ay + cz = 19 (x; y; z) = (1; 2; 3)

b) 3ax − cy + 2bz = 18 2bx + ay + cz = 5 bx + cy + 2az = −10 (x; y; z) = (2; −2; −1)

c) 4ax + by + 5cz = 53 6x + cy + 2az = 13b cx + 2ay − 3bz = −9c (x; y; z) = (5; 1; 2)

Aufgabe 1.3.9: Gegeben sei das lineare Gleichungssystem I : a1 x + b1 y + c1 z = 0 II : a2 x + b2 y + c2 z = 0 III : a3 x + b3 y + c3 z = 0 mit den Variablen x, y, z ∈ R und den Koeffizienten a1 , a2 , a3 , b1 , b2 , b3 , c1 , c2 , c3 ∈ R. a) Begründen Sie, dass das Gleichungssystem (I-III) entweder die eindeutige Lösung (x; y; z) = (0; 0; 0) hat oder mehrdeutig lösbar ist. Hinweise: Untersuchen Sie die Lösbarkeit des Gleichungssystems (I-III) für beliebige Koeffizienten, d. h., rechnen Sie mit a1 , a2 , a3 , b1 , b2 , b3 , c1 , c2 , c3 . Führen Sie bereits während der Addition bzw. Subtraktion von Gleichungen eine Fallunterscheidung durch. Die Fälle ergeben sich dabei aus Fragestellungen, wie zum Beispiel diesen beiden: Wann ist eine Gleichung allgemeingültig? Unter welchen Bedingungen darf das Gleichungssystem weiter umgeformt werden? Dabei darf vorausgesetzt werden, dass in jeder Zeile mindestens einer der Koeffizienten von null verschieden ist und außerdem, dass mindestens einer der Koeffizienten a1 , a2 und a3 von null verschieden ist. b) Das Gleichungssystem (I-III) habe die Lösungen (x1 ; y1 ; z1 ) und (x2 ; y2 ; z2 ). Beweisen Sie, dass dann auch (x; y; z) mit x = λ x1 + μx2 , y = λ y1 + μy2 und z = λ z1 + μz2 für beliebige λ , μ ∈ R eine Lösung des Gleichungssystems (I-III) ist. c) Das Gleichungssystem (I-III) habe die Lösungen (1; 2; 3) und (4; −1; 5). Welche der Tripel (−4; 10; 2), (6; 3; 1) und (11; −5; 12) sind weitere Lösungen des Gleichungssystems (I-III)? d) Das Gleichungssystem (I-III) habe die Lösungen (1; 2; 4) und (2; −6; 4). Bestimmen Sie alle Lösungen von (I-III).

1.4 Systeme mit drei Variablen und der Gauß-Algorithmus

39

1.4 Systeme mit drei Variablen und der Gauß-Algorithmus Die bei der Lösung von linearen Gleichungssystemen mit drei Variablen genutzten Methoden ermöglichen es stets, die Lösbarkeit eines Gleichungssystems zu untersuchen und die Lösungsmenge zu bestimmen. Dabei gibt es allerdings keinen fest vorgeschriebenen Lösungsweg. Bereits die Gleichung, auf deren Basis die Umformung des Gleichungssystems beginnt, kann nahezu beliebig ausgewählt werden. Ebenso gibt es für die äquivalenten Umformungen von Gleichungen keine einheitliche Vorschrift, sie können irgendwie geschehen. Diese fehlende Ordnungsstruktur ist nicht geeignet, daraus Lösungsalgorithmen für lineare Gleichungssysteme mit mehr als drei Variablen abzuleiten. Das Fehlen einheitlicher Regeln lässt außerdem die Umsetzung dieser Verfahren zur numerischen Lösung am Computer scheitern. Auf den zweiten Blick lässt sich in die Rechnungen nachträglich etwas Ordnung bringen. Dazu betrachten wir das Gleichungssystem I : 2x + 3y − 4z = 12 II : −3x − 4y + 5z = −16 III : −4x + 5y − 6z = 12 aus Beispiel 1.46 und den Lösungsweg 1 etwas näher. Dabei stellen wir fest, dass die eindeutige Lösung (x; y; z) = (1; 2; −1) nicht nur das Gleichungssystem (I-III) löst, sondern auch die beiden Gleichungssysteme ⎫ ⎧ ⎧ ⎫ ⎨ I : 2x + 3y − 4z = 12 ⎬ ⎨ I : 2x + 3y − 4z = 12 ⎬ IV : y − 2z = 4 IV : y − 2z = 4 und . (1.57) ⎩ ⎭ ⎩ ⎭ V: 11y − 14z = 36 VI : 8z = −8 Dabei ergaben sich die Gleichungen IV, V und VI im Lösungsweg 1 von Beispiel 1.46 als Zwischenschritte. Wir haben bei der Lösung des Systems (I-III) in jedem Schritt durch Elimination von jeweils einer Variable nicht nur neue Gleichungen mit weniger Variablen als in den Ausgangsgleichungen konstruiert, sondern auf diese Weise nacheinander Gleichungssysteme (I,IV,V) und (I,IV,VI) erstellt, die zum Ausgangssystem (I-III) äquivalent sind. Dabei bedeutet äquivalent, dass die Gleichungssysteme (I-III), (I,IV,V) und (I,IV,VI) die gleiche Variablenanzahl, die gleiche Anzahl von Gleichungen und die gleiche Lösungsmenge haben. Während aus den Gleichungssystemen (I-III) und (I,IV,V) noch kein Rückschluss auf die Lösungsmenge möglich ist, lässt sich das eindeutige Lösungstripel ganz bequem aus dem System (I,IV,VI) bestimmen. Dazu wird der Lösungswert der Variable z aus Gleichung VI ermittelt, damit ergibt sich der Lösungswert der Variable y aus Gleichung IV und schließlich der Lösungswert der Variable x aus Gleichung I. Analoge Beobachtungen lassen sich für das in Beispiel 1.47 untersuchte lineare Gleichungssystem I : 2x + 3y − 4z = 15 II : x + 3y + 2z = 12 III : −5x + 3y − 2z = −6

40

1 Lineare Gleichungssysteme

anstellen. Auch hier kann man zum Beispiel aus neare Gleichungssysteme ablesen, d. h., ⎧ ⎫ x + 3y + 2z = 12 ⎬ ⎨ II : I : 2x + 3y − 4z = 15 , ⎩ ⎭ III : −5x + 3y − 2z = −6

dem Lösungsweg 1 drei äquivalente li⎧ ⎫ ⎨ II : x + 3y + 2z = 12 ⎬ IV : −3y − 8z = −9 ⎩ ⎭ V: 18y + 8z = 54

und schließlich aus dem letzten Umformungsschritt das folgende System: II : x + 3y + 2z = 12 IV : −3y − 8z = −9 VI : 15y = 45

(1.58)

Die Gleichungssysteme (I,II,III) und (II,I,III) gehen dabei aus einem Tausch der Reihenfolge der Gleichungen I und II hervor. Das eindeutige Lösungstripel (x; y; z) = (3; 3; 0) der Gleichungssysteme (I,II,III), (II,I,III), (II,IV,V) und (II,IV,VI) lässt sich aus dem finalen Gleichungssystem (II,IV,VI) leicht berechnen. Alternativ wäre ausgehend von (II,IV,V) auch folgende Rechnung möglich gewesen: II : x + 3y + 2z = 12 IV : −3y − 8z = −9 − 40z = 0 6 · IV + V = VI :

(1.59)

Auch dieses Gleichungssystem ist zu den Systemen (I,II,III), (II,I,III), (II,IV,V) und (II,IV,VI) äquivalent, und die eindeutige Lösung kann daraus ebenfalls leicht bestimmt werden. Die Lösung des Ausgangssystems (I-III) wird in beiden Beispielen erst aus dem System möglich, das von einer Gleichung zur nächsten je eine Variable weniger enthält. Die betreffenden Gleichungssysteme (1.57) und (1.59) weisen bezüglich der Variablen x, y und z die Struktur eines Dreiecks auf. Gleichungssysteme mit einer solchen Gestalt werden deshalb auch als Dreieckssysteme bezeichnet. Auch das System (1.58) lässt sich durch Vertauschung der Variablenreihenfolge in ein Dreieckssystem überführen. Zum besseren Verständnis seien die Dreiecke in den vorgenannten Gleichungssystemen durch farbige Hinterlegung verdeutlicht: 2x + 3y − 4z = 12 y − 2z = 4 8z = −8

x+

3y + 2z = 12 −3y − 8z = −9 − 40z = 0

x + 2z + 3y = 12 − 8z −3y = −9 15y = 45

Auch mehrdeutig lösbaren linearen Gleichungssystemen kann man Dreieckssysteme zuordnen, wobei die Dreiecke in diesem Fall nicht so offensichtlich ins Auge fallen wie bei den eindeutig lösbaren Gleichungssystemen. So ergibt sich für das mehrdeutig lösbare Gleichungssystem aus Beispiel 1.51 aus den dort mit I, IV und VI bezeichneten Gleichungen das folgende Dreieckssystem, das zum Ausgangssystem (I-III) äquivalent ist:

1.4 Systeme mit drei Variablen und der Gauß-Algorithmus

41

x + 2y + 3z = 4 −y − 2z = −3 0= 0 Die letzte Gleichung ist allgemeingültig und kann deshalb auch weggelassen werden, sodass daraus ein unterbestimmtes lineares Gleichungssystem entsteht. An dieser Tatsache wird deutlich, dass der Begriff des Dreieckssystems nur für eindeutig lösbare lineare Gleichungssysteme sinnvoll ist, bei denen die Anzahl der Variablen und die Anzahl der (zur Bestimmung des eindeutigen Lösungstripels benötigten) Gleichungen gleich ist. Für lineare Gleichungssysteme mit beliebiger Gleichungsanzahl, in denen sich die Anzahl der Variablen von einer Gleichung zur nächsten verringert, gibt es eine alternative und ebenso anschauliche Bezeichnung. Man sagt, dass ein solches Gleichungssystem eine Zeilenstufenform oder kürzer eine Stufenform hat. Was das für die bisher betrachteten Beispiele bedeutet, lässt sich wieder durch farbliche Hinterlegung der Gleichungen veranschaulichen: 2x + 3y − 4z = 12 y − 2z = 4 8z = −8

x+

3y + 2z = 12 −3y − 8z = −9 − 40z = 0

x + 2y + 3z = 4 −y − 2z = −3

Definition 1.60. Ein lineares Gleichungssystem mit n = 3 Variablen und m ∈ N Gleichungen hat Stufenform, wenn es die folgenden Bedingungen a) bis d) erfüllt: a) b) c) d)

Die erste Gleichung hat die Gestalt ax + by + cz = d mit a ∈ R \ {0} und b, c, d ∈ R. Ist m ≥ 2, dann hat die zweite Gleichung die Gestalt b y + c z = d mit b , c , d ∈ R. Ist m ≥ 3, dann hat die dritte Gleichung die Gestalt c

z = d

mit c

, d

∈ R. Ist m ≥ 4, dann sind die folgenden m−3 Gleichungen entweder allgemeingültig (d. h., sie haben die Gestalt 0 = 0) oder unlösbar (d. h., sie haben die Gestalt 0 = k mit k ∈ R \ {0}).

Enthält ein Gleichungssystem in Stufenform keine unlösbaren Gleichungen, dann nennen wir das Gleichungssystem widerspruchsfrei. Jede von allgemeingültigen und unlösbaren Gleichungen verschiedene Gleichung in einer Stufenform bezeichnen wir als nichttriviale Gleichung. Im Sinne von Definition 1.60 liegen folgende Gleichungssysteme in Stufenform vor: 2x 3y

=5 =4 4z = 3

2x + 3y + 4z = 0 5z = 1 0=0

2x + 3y + 4z = 5 0=0 0=0

42

1 Lineare Gleichungssysteme

Im Sinne von Definition 1.60 haben die folgenden Gleichungssysteme keine Stufenform: 2x

= −1 0= 0 3y = 2

=1 0=0 2x + 3y + 4z = 0

5x

0=0 0=0 2x + 3y + 4z = 5

Bereits die Gestalt eines linearen Gleichungssystems in Stufenform gibt Auskunft über seine Lösbarkeit oder Nichtlösbarkeit. Satz 1.61. Gegeben sei ein lineares Gleichungssystem in Stufenform mit 3 Variablen und m ∈ N Gleichungen. a) Enthält die Stufenform eine unlösbare Gleichung, dann ist das Gleichungssystem nicht lösbar. b) Ist die Stufenform widerspruchsfrei und die Anzahl nichttrivialer Gleichungen gleich der Variablenanzahl, dann ist das Gleichungssystem eindeutig lösbar. c) Ist die Stufenform widerspruchsfrei und die Anzahl nichttrivialer Gleichungen kleiner als die Variablenanzahl, dann ist das Gleichungssystem mehrdeutig lösbar. Beispiel 1.62. Das in Stufenform befindliche lineare Gleichungssystem

Beispiel 1.63. Das in Stufenform befindliche lineare Gleichungssystem

I : 2x + y − z = 4 3y + z = 14 II : III : 4z = 8

I : 2x + y − z = 4 3y + z = 14 II : III : 0= 5

ist widerspruchsfrei und eindeutig lösbar. Das Lösungstripel wird wie folgt bestimmt: Auflösung von Gleichung III nach z ergibt z = 2. Einsetzen von z = 2 in Gleichung II ergibt 3y + 2 = 14, woraus y = 4 folgt. Einsetzen von y = 4 und z = 2 in Gleichung I ergibt 2x + 2 = 4, woraus x = 1 folgt. Die eindeutige Lösung des Systems (I-III) ist (x; y; z) = (1; 4; 2). 

ist nicht widerspruchsfrei und damit nicht lösbar. Das wird an Gleichung III deutlich, die unterhalb der aus den nichttrivialen Gleichungen I und II gebildeten Stufenfigur steht. Gleichung III stellt einen Widerspruch dar und ist demzufolge nicht lösbar. 

Zur Ermittlung der Lösungsmenge von mehrdeutig lösbaren Gleichungssystemen hilft es, gedanklich4 einen Bezug zur maximal möglichen Stufenanzahl herzustellen. Auf diese Weise wird deutlich, für welche Variablen Werte beliebig gewählt werden können.

4

Gedanklich deshalb, da dieser als kleine Lernhilfe gedachte Trick nur im Kopf oder bestenfalls auf einem Blatt Schmierpapier notiert werden sollte. Um negative Bewertungen zu vermeiden, sollten die in den Beispielen als gedanklich hervorgehobenen Zwischenschritte in Klausuren oder Prüfungen besser nicht notiert werden.

1.4 Systeme mit drei Variablen und der Gauß-Algorithmus

43

Beispiel 1.64. Das in Stufenform befindliche lineare Gleichungssystem

Beispiel 1.65. Das in Stufenform befindliche lineare Gleichungssystem

I : 2x + y − 2z = 7 3y + 6z = 9 II : III : 0=0

I : 2x + y + 2z = 8 7z = 14 II : III : 0= 0

ist widerspruchsfrei und hat nur zwei nichttriviale Gleichungen. Folglich ist das System mehrdeutig lösbar. Die für ein Gleichungssystem mit drei Variablen maximal mögliche Stufenform mit drei Stufen ist hier nicht vollendet, was an Gleichung III deutlich wird. Zum besseren Verständnis ergänzen wir gedanklich die fehlende Stufe wie folgt:

ist widerspruchsfrei und hat nur zwei nichttriviale Gleichungen. Folglich ist das System mehrdeutig lösbar. Die maximal mögliche Stufenform (die „perfekte Treppe“) für ein Gleichungssystem mit drei Variablen ist bezüglich der Variable y „gestört“, denn die in der zweiten Gleichung ansetzende Stufe „überspringt“ die Variable y. Zum besseren Verständnis ergänzen wir gedanklich die fehlende Stufe wie folgt:

I : 2x + y − 2z = 7 3y + 6z = 9 II : 0·z = 0 III : Auf diese Weise erkennen wir, dass z = t ∈ R beliebig gewählt werden kann. Einsetzen von z = t in Gleichung II ergibt 3y + 6t = 9, woraus y = 3 − 2t folgt. Einsetzen von y = 3 − 2t und z = t in Gleichung I ergibt 2x + 3 − 4t = 7, woraus x = 2 + 2t folgt. Die Lösungsmenge 

des Gleichungssystems  (I-III) ist L = (2 + 2t ; 3 − 2t ; t)  t ∈ R . 

I : 2x + 4y + 2z = 8 0·y = 0 III : II : 7z = 14 Auf diese Weise wird deutlich, dass wir für y beliebige Werte wählen können, d. h. y = s ∈ R. Aus Gleichung II folgt z = 2. Einsetzen von y = s und z = 2 in Gleichung I ergibt 2x + 4s + 4 = 8, woraus x = 2 − 2s folgt. Die Lösungsmenge (I-III) ist 

des Gleichungssystems  L = (2 − 2s ; s ; 2)  s ∈ R . 

Ist ein lineares Gleichungssystem in Stufenform lösbar, dann wird zuerst die Gleichung in der untersten Stufe gelöst. In Beispiel 1.62 ist das die Gleichung, die nur die Variable z enthält. In Beispiel 1.64 besteht die unterste Stufe aus einer Gleichung mit den Variablen y und z. Sind die Lösungen der Gleichung in der untersten Stufe bestimmt, dann werden diese Lösungen in die Gleichung der nächsthöheren Stufe eingesetzt, sodass in dieser Gleichung nur noch eine Variable steht, nach der die Gleichung aufgelöst wird. Falls vorhanden, dann wird diese Vorgehensweise mit der darüberliegenden Gleichung wiederholt. Bei den hier verwendeten Stufenformen wird zur Ermittlung der Lösungswerte für die Variablen immer mit der letzten nicht allgemeingültigen und in der Stufenform ganz unten stehenden Gleichung begonnen. Davon ausgehend werden die weiteren Variablenwerte durch zeilenweises Nach-oben-Gehen mit den aus bereits „abgearbeiteten“ Zeilen gewonnenen Variablenwerten ermittelt. Entsprechend dieser Arbeitsrichtung sagt man auch: Das Gleichungssystem wird von unten aufgerollt. Eine andere Bezeichnung für diese Methode ist Rückwärtseinsetzen.

44

1 Lineare Gleichungssysteme

Jedes beliebige lineare Gleichungssystem lässt sich durch die folgenden Operationen in ein lineares Gleichungssystem in Stufenform überführen: Definition 1.66. Unter zulässigen Äquivalenzumformungen zur Überführung eines linearen Gleichungssystems in Stufenform verstehen wir die folgenden Operationen: a) Vertauschen der Reihenfolge zweier Gleichungen. b) Multiplikation einer Gleichung mit einer reellen Zahl λ = 0. c) Addition des λ -fachen einer Gleichung zu einer anderen Gleichung. Soll die Stufenform so gestaltet werden, dass die Stufen alle zu Beginn des Stufenblocks angeordnet sind, dann kommt noch folgende Umformung hinzu: d) Vertauschung der Reihenfolge von zwei Variablen in allen(!) Gleichungen. Die Vertauschung der Reihenfolge von zwei Variablen ist vor allem für die stabile Lösung von linearen Gleichungssystemen in Computerprogrammen von Bedeutung. Bei der per Hand durchgeführten Lösung führt dies nicht selten zu Fehlern, weil in Rechnungen gern vergessen wird, dass zwischendurch die Reihenfolge von Variablen vertauscht wurde. Wir werden deshalb von dieser Umformungsmöglichkeit hier keinen Gebrauch machen. Basierend auf den mit wenig Systematik ausgestatteten Lösungsansätzen in Abschnitt 1.3 und den Stufenformen haben wir alle Zutaten zur Formulierung eines Algorithmus zusammengetragen, der zur Lösung eines linearen Gleichungssystems mit drei Variablen verwendet werden kann. Das nachfolgend vorgestellte Verfahren ist eine auf ein lineares Gleichungssystem mit drei Variablen zugeschnittene Variante des Gauß-Algorithmus, der auf den deutschen Mathematiker Carl Friedrich Gauß (1777 - 1855) zurückgeht. Anleitung 1.67. Zur Bestimmung der Lösungsmenge L des linearen Gleichungssystems I1 I2 I3 I4

: : : : .. .

a1 x a2 x a3 x a4 x

+ + + +

b1 y b2 y b3 y b4 y

+ + + +

c1 z c2 z c3 z c4 z

= = = = .. .

d1 d2 d3 d4

Im : am x + bm y + cm z = dm mit m ≥ 2 Gleichungen sind folgende Schritte durchzuführen. • Schritt 1: Wähle eine beliebige Gleichung Ik aus, in der ak = 0 gilt. Zur Vereinfachung sei angenommen, dass dies die erste Gleichung I1 ist. Ergänzung: Falls a1 = 0 ist und folglich zwingend eine Gleichung Ik mit k > 1 gewählt werden muss, dann wird zusätzlich Gleichung I1 gegen Gleichung Ik ausgetauscht.

• Schritt 2: Ersetze für j = 2, 3, . . . , m die Gleichung I j durch II j := a1 · I j − a j · I1 . Auf diese Weise entsteht das zu (I1 -Im ) äquivalente Gleichungssystem (II1 -IIm ):

1.4 Systeme mit drei Variablen und der Gauß-Algorithmus

II1 II2 II3 II4

: a1 x : : : .. .

IIm :

b1 y b 2 y b 3 y b 4 y

+ + + +

45

c1 z c 2 z c 3 z c 4 z

= = = = .. .

d1 d2

d3

d4

b m y + c m z = dm

• Schritt 3: Wähle eine beliebige Gleichung IIk mit k ∈ {2, 3, . . . , m} aus, in der b k = 0 gilt. Zur Vereinfachung sei angenommen, dass dies die zweite Gleichung II2 ist. Ergänzung: Falls b 2 = 0 ist und folglich zwingend eine Gleichung IIk mit k > 2 gewählt werden muss, dann wird zusätzlich Gleichung II2 gegen Gleichung IIk ausgetauscht.

• Schritt 4: Ersetze für j = 3, . . . , m die Gleichung II j durch III j := b 2 · II j − b j · II2 . Auf diese Weise entsteht das zu (I1 -Im ) äquivalente Gleichungssystem (III1 -IIIm ): : a1 x b1 y + c1 z = d1 : b 2 y + c 2 z = d2

: c

3 z = d3

: c

4 z = d4

.. .. . . c

m z = dm

IIIm : III1 III2 III3 III4

• Schritt 5: Wähle eine beliebige Gleichung IIIk mit k ∈ {3, . . . , m} aus, in der c

k = 0 gilt. Zur Vereinfachung sei angenommen, dass dies die dritte Gleichung III3 ist. Ergänzung: Falls c

3 = 0 ist und folglich zwingend eine Gleichung IIIk mit k > 3 gewählt werden muss, dann wird in diesem Schritt zusätzlich Gleichung III3 gegen Gleichung IIIk ausgetauscht.

• Schritt 6: Ersetze für j = 4, . . . , m die Gleichung III j durch IV j := c

3 · III j − c

j · III3 . Auf diese Weise entsteht das zu (I1 -Im ) äquivalente Gleichungssystem (IV1 -IVm ): : a1 x b1 y + c1 z = d1 : b 2 y + c 2 z = d2

: c

3 z = d3

: 0 = d4

.. .. . . 0 = dm

IVm : IV1 IV2 IV3 IV4

• Schritt 7: Das Gleichungssystem (IV1 -IVm ) hat Stufenform. Enthält das System (IV1 -IVm ) keine unlösbare Gleichung, dann ist das System lösbar. Bestimme die Lösungen von (IV1 -IVm ) durch Rückwärtseinsetzen. Die Lösungsmenge L von (IV1 -IVm ) ist zugleich Lösungsmenge des Ausgangssystems (I1 -Im ). Anleitung 1.67 ist als grober Rahmen zur Durchführung der Rechnungen zu verstehen, bei denen häufig ergänzende Schritte erforderlich sind. Ein Sonderfall ergibt sich zum Beispiel, wenn in Schritt 2 die Koeffizienten b 2 = . . . = b m = 0 berechnet werden, sodass

46

1 Lineare Gleichungssysteme

mit einer angepassten Variante von Schritt 5 weitergearbeitet werden muss. Auch in den Fällen m = 2 und c

3 = . . . = c

m = 0 lässt sich die Anleitung nicht ohne Anpassung nutzen, denn hierbei erfolgt der nächste Schritt in Analogie zu Schritt 7. Die in Anleitung 1.67 in den Schritten 1, 3 und 5 genannten Koeffizienten a1 , b 2 und c

3 werden als Pivotelemente bezeichnet. Diese Bezeichnung stammt von dem französischen Wort pivot, was soviel bedeutet wie Dreh- oder Angelpunkt. Die jeweils auf die Auswahl eines geeigneten Pivotelements folgenden Rechnungen unterstreichen diese Bedeutung, denn die Elimination der zum jeweils aktuellen Pivotelement zugehörigen Variable aus allen Gleichungen, die unterhalb der zum Pivotelement zugehörigen Gleichung liegen, ist ein zentraler Schritt des Gauß-Algorithmus. Das ausgewählte Pivotelement legt zudem den Anfang einer Stufe in der angestrebten Stufenform fest. Bei der Auswahl der Pivotelemente sind keine Grenzen gesetzt. Es ist jedoch zu empfehlen, wenn immer es möglich und sinnvoll ist, ±1 als Pivotelement zu wählen. Gibt es dabei zur gerade aktuellen Variable zwar von null verschiedene Koeffizienten, aber keinen der Gestalt ±1, dann lässt sich dieser Zustand durch Multiplikation von Gleichungen mit geeigneten reellen Zahlen λ = 0 erreichen. Beispiel 1.68. Wir untersuchen die Lösbarkeit des Gleichungssystems (I1 -I3 ) mit dem Gauß-Algorithmus: I1 I2 I3 I1 = II1 I2 − 2 · I1 = II2 I3 − 3 · I1 = II3 II1 = III1 II2 = III2 II3 − II2 = III3

: : : : : : : : :

+ y+ z= 1 + 3y + 3z = 1 + 4y + 5z = 0 + y+ z= 1 y + z = −1 y + 2z = −3 x+ y+ z= 1 y + z = −1 z = −2

x 2x 3x x

Das zum Ausgangssystem (I1 -I3 ) äquivalente Gleichungssystem (III1 -III3 ) hat Stufenform und ist eindeutig lösbar. Das Lösungstripel (x; y; z) wird durch Rückwärtseinsetzen bestimmt. Aus Gleichung III3 folgt z = −2. Einsetzen von z = −2 in Gleichung III2 ergibt y − 2 = −1, woraus y = 1 folgt. Einsetzen von y = 1 und z = −2 in Gleichung III1 ergibt x − 1 = 1, woraus x = 2 folgt. Die eindeutige Lösung der Systeme (III1 -III3 ) und (I1 -I3 ) ist (x; y; z) = (2; 1; −2). 

Beispiel 1.69. Wir untersuchen die Lösbarkeit des Gleichungssystems (I1 -I3 ) mit dem Gauß-Algorithmus: I1 I2 I3 I2 = II1 I3 = II2 I1 = II3 II1 = III1 2 · II2 − 3 · II1 = III2 II3 = III3 III1 = IV1 III3 = IV2 III2 = IV3 IV1 = V1 IV2 = V2 IV3 − 5 · IV2 = V3

: : : : : : : : : : : : : : :

y + y + 4y + y + 4y y 2x + y 5y y 2x + y y 5y 2x + y y 2x 3x 2x 3x

+ z = −5 + 3z = 1 − 5z = 13 + 3z = 1 − 5z = 13 + z = −5 + 3z = 1 − 19z = 23 + z = −5 + 3z = 1 + z = −5 − 19z = 23 + 3z = 1 + z = −5 − 24z = 48

Das erhaltene und zum Ausgangssystem (I1 -I3 ) äquivalente Gleichungssystem (V1 -V3 ) hat Stufenform und ist eindeutig lösbar. Durch Rückwärtseinsetzen wird das Lösungstripel (x; y; z) = (5; −3; −2) bestimmt. 

1.4 Systeme mit drei Variablen und der Gauß-Algorithmus

47

Von einem Umformungsschritt zum nächsten entsteht jeweils ein zum vorhergehenden Gleichungssystem äquivalentes Gleichungssystem, in den Beispielen durch horizontale Linien voneinander abgegrenzt. Dabei verringert sich die Anzahl der durch zulässige Äquivalenzumformungen neu entstehenden Gleichungen von einem System zum nächsten, die Anzahl der sich nicht verändernden Gleichungen erhöht sich. Das wirft die Frage auf, ob die sich während der Rechnungen nicht mehr verändernden Gleichungen zwingend weiter mitgeführt werden müssen. Mit Blick auf die Programmierung ist diese Frage zu verneinen, für die Rechnung per Hand sei aber folgende Empfehlung ausgesprochen: Um bei der Durchführung des GaußAlgorithmus nicht den Überblick zu verlieren, werden bei der Rechnung per Hand immer alle Gleichungen mitgeführt. Das ermöglicht außerdem eine schnelle Fehlersuche, sollte es bei den Rechnungen zu Flüchtigkeitsfehlern kommen. Bei der Durchführung des Gauß-Algorithmus gibt es viele Freiräume zur Gestaltung des Lösungswegs, der stets in dem durch Anleitung 1.67 festgelegten Rahmen bleibt. Beispiel 1.70. Zur Untersuchung der Lösbarkeit des linearen Gleichungssystems I1 I2 I3 I4

: : : :

3x − 2y + 6z 5x + y + 3z 4x + 8z 4x − y + z

= 17 = 16 = 28 = 5

verwenden wir den Gauß-Algorithmus mit zwei verschiedenen Lösungswegen: Lösungsweg 1: I1 = II1 3 · I2 − 5 · I1 = II2 3 · I3 − 4 · I1 = II3 3 · I4 − 4 · I1 = II4 II1 = III1 II2 = III2 13 · II3 − 8 · II2 = III3 13 · II4 − 5 · II2 = III4 III1 = IV1 III2 = IV2 III3 = IV3 III4 + III3 = IV4

Lösungsweg 2: : 3x − 2y + 6z = : 13y − 21z = : 8y = : 5y − 21z = : 3x − 2y + 6z = : 13y − 21z = : 168z = : − 168z = : 3x − 2y + 6z = : 13y − 21z = : 168z = : 0=

17 −37 16 −53 17 −37 504 −504 17 −37 504 0

Das System (IV1 -IV4 ) hat eine widerspruchsfreie Stufenform mit drei nichttrivialen Gleichungen und ist demzufolge eindeutig lösbar. Das Lösungstripel (x; y; z) wird durch Rückwärtseinsetzen bestimmt. Aus Gleichung IV3 folgt z = 3. Einsetzen von z = 3 in Gleichung IV2 ergibt 13y − 63 = −37, woraus y = 2 folgt. Einsetzen von y = 2 und z = 3 in Gleichung IV1 ergibt 3x + 14 = 17, woraus x = 1 folgt.

· I3 = II1 I1 = II2 I4 = II3 I2 = II4 II1 = III1 II2 − 3 · II1 = III2 II3 − 4 · II1 = III3 II4 − 5 · II1 = III4 III1 = IV1 − 12 · III2 = IV2 III3 = IV3 III4 = IV4 IV1 = V1 IV2 = V2 IV3 + IV2 = V3 IV4 − IV2 = V4 V1 = VI1 V2 = VI2 V3 = VI3 V4 − V3 = IV4 1 4

: : : : : : : : : : : : : : : : : : : :

x + 2z 3x − 2y + 6z 4x − y + z 5x + y + 3z x + 2z − 2y − y − 7z y − 7z x + 2z y − y − 7z y − 7z x + 2z y − 7z − 7z x + 2z y − 7z 0

= = = = = = = = = = = = = = = = = = = =

7 17 5 16 7 −4 −23 −19 7 2 −23 −19 7 2 −21 −21 7 2 −21 0

Durch Rückwärtseinsetzen erhalten wir z = 3, y = 2 und x = 1.

48

1 Lineare Gleichungssysteme

Unabhängig von der Wahl des Lösungswegs erhalten wir das Tripel (x; y; z) = (1; 2; 3) als eindeutige Lösung des überbestimmten linearen Gleichungssystems (I1 -I4 ). In Lösungsweg 2 wurden mehr Umformungen durchgeführt als in Lösungsweg 1. Dafür haben die äquivalenten Gleichungssysteme des Lösungswegs 2 betragsmäßig kleinere Zahlen als die Systeme im Lösungsweg 1 und das reduziert die Gefahr von Flüchtigkeitsfehlern, die bei der Rechnung mit größeren Zahlen verstärkt auftreten können. Ein wie im Lösungsweg 2 eingeschlagener Umweg kann demzufolge Vorteile haben.  Beispiel 1.71. Wir untersuchen die Lösbarkeit des Gleichungssystems (I1 -I3 ) mit dem Gauß-Algorithmus und zeigen dabei, wie sich das Rechnen mit Brüchen umgehen lässt: I1 : I2 : I3 12 · I1 = II1 20 · I2 = II2 4 · I3 = II3 II3 = III1 II1 = III2 II2 = III3 III1 = IV1 III2 − 2 · I1 = IV2 III3 − 5 · I1 = IV3 IV1 = V1 −IV3 = V2 IV2 = V3 V1 = VI1 V2 = VI2 V3 + 4 · V2 = VI3

: : : : : : : : : : : : : : : :

1 2x 3 4x 3 4x

6x 15x 3x 3x 6x 15x 3x

3x

3x

+ +

1 3y 7 5y 3 2y

+ −

1 4z 3 2z 7 4z

= =

5 3 1 4

+ − = 0 + 4y + 3z = 20 + 28y − 30z = 5 + 6y − 7z = 0 + 6y − 7z = 0 + 4y + 3z = 20 + 28y − 30z = 5 + 6y − 7z = 0 − 8y + 17z = 20 − 2y + 5z = 5 + 6y − 7z = 0 2y − 5z = −5 − 8y + 17z = 20 + 6y − 7z = 0 2y − 5z = −5 − 3z = 0

Das zum Ausgangssystem (I1 -I3 ) äquivalente Gleichungssystem (VI1 -VI3 ) hat Stufenform und ist eindeutig lösbar. Das Lösungstripel (x; y; z) wird durch Rückwärtseinsetzen bestimmt. Aus Gleichung VI3 folgt z = 0. Einsetzen von z = 0 in Gleichung VI2 ergibt 2y = −5, woraus y = − 52 folgt. Einsetzen von y = − 52 und z = 0 in Gleichung IV1 ergibt 3x − 15 = 0, woraus x = 5 folgt. Die eindeutige Lösung des linearen Gleichungssytems   (I1 -I3 ) ist (x; y; z) = 5; − 52 ; 0 . Bei den Rechnungen mit dem Gauß-Algorithmus haben wir bisher in allen Gleichungen die Variablen x, y und z sowie Additions- und Gleichheitszeichen „mitgeschleppt“. Da Vielfache gleicher Variablen stets untereinander stehen, lässt sich die Rechnung auch in Form einer übersichtlichen Tabelle notieren, sodass unnötige Schreibarbeit eingespart werden kann. Eine solche Tabelle besteht aus vier Spalten, wobei den ersten drei Spalten jeweils eine der Variablen fest zugeordnet wird und in der vierten Spalte die Konstanten aus den rechten Seiten der Gleichungen notiert werden. Statt

1.4 Systeme mit drei Variablen und der Gauß-Algorithmus

⎧ ⎫ 3y − 4z = 12 ⎬ ⎨ I1 : + 5z = −16 I2 : −3x ⎩ ⎭ = 12 I3 : −4x + 5y

schreiben wir kürzer:

49

I1 I2 I3

x 0 −3 −4

y z 3 −4 12 0 5 −16 5 0 12

Während in der Gleichungsschreibweise auf der linken Seite der Gleichheitszeichen die Nullen in der Regel weggelassen werden, notiert man diese dagegen in der Tabellenschreibweise mit, um bei den Rechnungen mit dieser Tabelle nicht den Überblick darüber zu verlieren, welche Zahlen in welcher Zeile bzw. Spalte stehen. Beispiel 1.72. Anhand des bereits aus Beispiel 1.69 bekannten Gleichungssystems (I1 -I3 ) stellen wir die Kurzdarstellung der Rechnung mithilfe derartiger Tabellen der bisherigen Rechnung in Gleichungsschreibweise gegenüber. Rechnung in Gleichungsschreibweise:

I1 I2 I3 I2 = II1 I3 = II2 I1 = II3 II1 = III1 2 · II2 − 3 · II1 = III2 II3 = III3 III1 = IV1 III3 = IV2 III2 = IV3 IV1 = V1 IV2 = V2 IV3 − 5 · IV2 = V3

: : : : : : : : : : : : : : :

2x 3x 2x 3x 2x

2x

2x

y + y + 4y + y + 4y y + y 5y y + y y 5y + y y

+ z = −5 + 3z = 1 − 5z = 13 + 3z = 1 − 5z = 13 + z = −5 + 3z = 1 − 19z = 23 + z = −5 + 3z = 1 + z = −5 − 19z = 23 + 3z = 1 + z = −5 − 24z = 48

Rechnung in Tabellenschreibweise: I1 I2 I3 I2 = II1 I3 = II2 I1 = II3 II1 = III1 2 · II2 − 3 · II1 = III2 II3 = III3 III1 = IV1 III3 = IV2 III2 = IV3 IV1 = V1 IV2 = V2 IV3 − 5 · IV2 = V3

x 0 2 3 2 3 0 2 0 0 2 0 0 2 0 0

y z 1 1 −5 1 3 1 4 −5 13 1 3 1 4 −5 13 1 1 −5 1 3 1 5 −19 23 1 1 −5 1 3 1 1 1 −5 5 −19 23 1 3 1 1 1 −5 0 −24 48

Verwendet man die Tabellenschreibweise, ist bei der Ermittlung des eindeutigen Lösungstripels (x; y; z) = (5; −3; −2) etwas Sorgfalt notwendig. Einerseits muss zunächst im unteren Teil der Tabelle erkannt werden, dass das zum Ausgangssystem äquivalente Gleichungssystem (V1 -V3 ) Stufenform hat und keine weiteren Umformungen des Gleichungssystems notwendig sind. Bei der Ermittlung der Lösung durch Rückwärtseinsetzen lässt es sich nicht vermeiden, die in der Tabelle lediglich durch ihre Koeffizienten kodierten Gleichungen V1 , V2 und V3 zumindest gedanklich tatsächlich als „echte“ Gleichung zu schreiben. Mit etwas Übung gelingt dies Lernenden aber in der Regel sehr schnell. 

50

1 Lineare Gleichungssysteme

Beispiel 1.73. Wir untersuchen die Lösbarkeit des linearen Gleichungssystems I1 I2 I3 I4

: : : :

x 2x 4x 3x

− 2y + 3y − y − 6y

+ z= 2 − 2z = −4 + 2z = 4 + 5z = 10

I1 I2 I3 I4

mithilfe des Gauß-Algorithmus und nutzen dazu die Tabellenschreibweise: I1 I2 I3 I4 I1 = II1 I2 − 2 · I1 = II2 I3 − 4 · I1 = II3 I4 − 3 · I1 = II4 II1 = III1 II2 = III2 II3 − II2 = III3 II4 = III4 III1 = IV1 III2 = IV2 III3 = IV3 III4 − III3 = IV4

x 1 2 4 3 1 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0

y −2 3 −1 −6 −2 7 7 0 −2 7 0 0 −2 7 0 0

z 1 −2 2 5 1 −4 −2 2 1 −4 2 2 1 −4 2 0

Beispiel 1.74. Wir untersuchen die Lösbarkeit des linearen Gleichungssystems

2 −4 4 10 2 −8 −4 4 2 −8 4 4 2 −8 4 0

Das zum Ausgangssystem (I1 -I4 ) äquivalente Gleichungssystem (IV1 -IV4 ) hat die für ein Gleichungssystem mit drei Variablen maximal mögliche widerspruchsfreie Stufenform und ist demzufolge eindeutig lösbar. Das Lösungstripel (x; y; z) wird durch Rückwärtseinsetzen bestimmt. Gleichung IV3 lautet ausgeschrieben 2z = 4, woraus z = 2 folgt. Dies wird in Gleichung IV2 , d. h. 7y − 4z = −8, eingesetzt. Das ergibt 7y − 8 = −8, woraus y = 0 folgt. Einsetzen von y = 0 und z = 2 in Gleichung IV1 = I1 ergibt x + 2 = 2, woraus x = 0 folgt. Die eindeutige Lösung des linearen Gleichungssytems (I1 -I3 ) ist (x; y; z) = (0; 0; 2). 

: y : 2x + y : 3x + 2y : 8x + 5y

− 2z − 4z − 7z − 18z

= −5 = 1 = −1 = −1

mithilfe des Gauß-Algorithmus und nutzen dazu die Tabellenschreibweise: I1 I2 I3 I4 I2 = II1 I1 = II2 I3 = II3 I4 = II4 II1 = III1 II2 = III2 2 · II3 − 3 · II1 = III2 II4 − 4 · II1 = III4 III1 = IV1 III2 = IV2 III3 − III2 = IV3 III2 − III2 = IV4

x 0 2 3 8 2 0 3 8 2 0 0 0 2 0 0 0

y z 1 −2 −5 1 −4 1 2 −7 −1 5 −18 −1 1 −4 1 1 −2 −5 2 −7 −1 5 −18 −1 1 −4 1 1 −2 −5 1 −2 −5 1 −2 −5 1 −4 1 1 −2 −5 0 0 0 0 0 0

Das zu (I1 -I3 ) äquivalente System (IV1 -IV4 ) hat eine widerspruchsfreie Stufenform, bei der die Anzahl der nichttrivialen Zeilen kleiner ist als die Anzahl der Variablen. Folglich ist das Gleichungssystem mehrdeutig lösbar. Da eine nur die Variable z enthaltende nichttriviale Gleichung in der Stufenform fehlt, kann z = t ∈ R beliebig gewählt werden. Dies wird in Gleichung IV2 , d. h. y − 2z = −5, eingesetzt. Das ergibt y − 2t = −5, woraus y = 2t − 5 folgt. Einsetzen von y = 2t − 5 und z = t in Gleichung IV1 = I2 ergibt 2x − 2t − 5 = 1, woraus x = t + 3 folgt. Das System (I1 -I3 ) hat die Lösungsmenge L = { (t + 3 ; 2t − 5 ; t) | t ∈ R}.



1.4 Systeme mit drei Variablen und der Gauß-Algorithmus

51

Bisher wurden bei der Umformung von Gleichungssystemen die Gleichungen mit römischen Ziffern durchnummeriert. Mithilfe dieser Nummern wurde der Rechenweg nachvollziehbar gemacht, indem vor die Gleichungen die zugehörige Rechnung notiert wurde. Lernende auf diese oder ähnliche Weise an die Lösungsalgorithmen für lineare Gleichungssysteme heranzuführen ist eine gängige Praxis. Nach etwas Übung sollte es aber kein Problem sein, ohne derartige Hilfestellungen auszukommen. Bei den letzten Beispielen dieses Abschnitts notieren wir deshalb die Rechenschritte zur Überführung der Gleichungssysteme nicht mit, sondern nur die Ergebnisse der Umformungen. Beispiel 1.75. Wir untersuchen die Lösbarkeit des linearen Gleichungssystems

Beispiel 1.76. Wir untersuchen die Lösbarkeit des linearen Gleichungssystems

y − 2z = 3 I1 : I2 : x + y + z = 39 I3 : x + 2y + 4z = 57

I1 : 2x − 2y + z = 1 I2 : 3x − 3y + 2z = 1 I3 : 4x − 4y − 3z = 7

mithilfe des Gauß-Algorithmus und nutzen dazu die Tabellenschreibweise:

I 1 I 2 I 3

x 0 1 1 1 1 0 1 0 0 1 0 0

y 1 1 2 1 2 1 1 1 1 1 1 0

z −2 3 1 39 4 57 1 39 4 57 −2 3 1 39 3 18 −2 3 1 39 3 18 −5 −15

Das im letzten Block der Tabelle kodierte Gleichungssystem (I 1 -I 3 ) ist zum Ausgangssystem (I1 -I3 ) äquivalent, hat eine widerspruchsfreie Stufenform mit drei Stufen und ist folglich eindeutig lösbar. Das Lösungstripel (x; y; z) wird durch Rückwärtseinsetzen bestimmt. Aus Gleichung

I 3 folgt z = −15 −5 = 3, aus Gleichung I2

folgt y = 18 − 3 · 3 = 9 und aus Gleichung I 1 folgt x = 39 − 9 − 3 = 27. Die eindeutige Lösung des linearen Gleichungssytems  (I1 -I3 ) ist (x; y; z) = (27; 9; 3).

mithilfe des Gauß-Algorithmus:

I 1 I 2 I 3

x 2 3 4 2 0 0 2 0 0

y z −2 1 1 −3 2 1 −4 −3 7 −2 1 1 0 1 −1 0 −5 5 −2 1 1 0 1 −1 0 0 0

Das im letzten Block der Tabelle kodierte Gleichungssystem (I 1 -I 4 ) ist zum Ausgangssystem (I1 -I4 ) äquivalent und hat eine widerspruchsfreie Stufenform, bei der die Anzahl der nichttrivialen Zeilen kleiner ist als die Variablenanzahl. Folglich ist das Gleichungssystem mehrdeutig lösbar. Die Lösungstripel (x; y; z) werden durch Rückwärtseinsetzen bestimmt. Da die zweite Stufe, d. h. Gleichung I 2 , nicht mit der Variable y beginnt, kann y = s ∈ R beliebig gewählt werden. Aus Gleichung I 2 folgt außerdem z = −1. Einsetzen von y = s und z = −1 in Gleichung I 1 ergibt x = s+1. Das Gleichungssytem (I1 -I3 ) hat die Lösungsmenge L = { (s + 1 ; s ; −1) | s ∈ R}. 

52

1 Lineare Gleichungssysteme

Nicht immer muss ein lineares Gleichungssystem in Stufenform gebracht werden, um Aussagen über seine Lösbarkeit zu erhalten. Entsteht beispielsweise bereits während der Umformungen eine unlösbare Gleichung, dann können die Rechnungen sofort abgebrochen werden. Beispiel 1.77. Die Lösbarkeit des linearen Gleichungssystems I1 I2 I3 I4

: x+ y+ z=0 : 2y − 2z = 1 : 2x + 4y =0 : 3y + 2z = 2

untersuchen wir mit dem Gauß-Algorithmus und nutzen dazu die Tabellenschreibweise. Die Rechnungen in der Tabelle sind aus Platzgründen nebenstehend am rechten Seitenrand gedruckt. Das im letzten Block der Tabelle kodierte Gleichungssystem hat noch keine Stufenform. Es sind auch keine weiteren Umformungen zur Überführung in eine Stufenform notwendig, denn die farblich hinterlegte Zeile stellt einen Widerspruch dar, der auch durch weitere Äquivalenzumformungen nicht „entfernt“ werden kann. Das bedeutet, dass das überbestimmte lineare Gleichungssystem (I1 -I4 ) nicht lösbar ist. 

x 1 0 2 0 1 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0

y 1 2 4 3 1 2 2 3 1 2 1 3 1 1 2 3 1 1 0 0

z 1 −2 0 2 1 −2 −2 2 1 −2 −1 2 1 −1 −2 2 1 −1 0 5

0 1 0 2 0 1 0 2 0 1 0 2 0 0 1 2 0 0 1 2

Ist der Gauß-Algorithmus einmal eingeübt, dann lassen sich weitere Schritte abkürzen. Nach einer ausreichenden Anzahl durchgerechneter Übungsaufgaben lässt sich auch das Rückwärtseinsetzen abkürzen und die notwendigen Rechnungen lassen sich leicht aus der Tabelle herleiten, ohne (gedanklich) die vollständigen Gleichungen notieren zu müssen. Beispiel 1.78. Das folgende lineare Gleichungssystem liegt in widerspruchsfreier Stufenform vor und ist eindeutig lösbar. Die Rechnungen zum Rückwärtseinsetzen lassen sich wie folgt bequem neben die Stufen notieren: x y

z

  4 2 −7 50 ⇒ x = 14 · 50 − 2 · 16 + 7 · (−2) = 1   0 3 4 40 ⇒ y = 13 · 40 − 4 · (−2) = 16 0 0 −5 10 ⇒ z = 0 0

0

10 −5

= −2

0

Die eindeutige Lösung des linearen Gleichungssytems ist (x; y; z) = (1; 16; −2).



Beispiel 1.79. Das folgende lineare Gleichungssystem liegt in widerspruchsfreier Stufenform vor, die Anzahl der nichttrivialen Gleichungen ist kleiner als die Variablenanzahl und

1.4 Systeme mit drei Variablen und der Gauß-Algorithmus

53

folglich ist das Gleichungssystem mehrdeutig lösbar. Die Rechnungen zum Rückwärtseinsetzen lassen sich wie folgt bequem neben die Stufen notieren und beginnen formal mit der Feststellung, dass eine nur die Variable z enthaltende nichttriviale Gleichung in der Stufenform fehlt und demzufolge für z beliebige Werte gewählt werden können: x

y

z

  14 ⇒ x = 15 · 14 + 3 · (12 + 2t) − 1 · t = 10 + t   0 −2 4 −24 ⇒ y = − 12 · − 24 − 4 · t = 12 + 2t

5 −3 1 0

0 ⇒ z=t ∈R

0 0

Die Lösungsmenge des Gleichungssytems ist L = { (10 + t ; 12 + 2t ; t) | t ∈ R}.



Aufgaben zum Abschnitt 1.4 Aufgabe 1.4.1: Bestimmen Sie die Lösungsmenge L der folgenden Gleichungssysteme: a) 2x + 6y + 12z = −44 3y + 10z = 40 10z = −20

b)

3x + 2y − z = 31 4y − 6z = 8 0= 0

c) x − y − z = 5 − 3z = 9 0=0

d) 5x − 7y + 8z = 0= 0=

e) −3x + 2y − z = 45 4y − 6z = 6 7z = 21

f) 4x − 5y + 6z = 8 0=0 0=0

0 1 0

Aufgabe 1.4.2: Untersuchen Sie die Lösbarkeit der folgenden Gleichungssysteme mit dem Gauß-Algorithmus und ermitteln Sie gegebenfalls alle Lösungstripel. Verwenden Sie dabei die Gleichungsschreibweise und notieren Sie jeden der durchgeführten Rechenschritte zur Überführung der Gleichungssysteme in Stufenform. a)

2x + 4y + 4z = 8 x − 3y − 2z = −5 −4x + 2y + z = −2

b) 10x + 8y − 8z = −12 6x + 12y + 3z = −21 2x − 4y + 2z = 18 4y − 15z = −27

+ 25 z = 0

c) 35 x 2 3x 5 2x 1 2x

+ 12 y − 34 z = − y +

1 4y

1 2

= 1 −

3 4z

= 0

Aufgabe 1.4.3: Die folgenden Tabellen repräsentieren jeweils ein lineares Gleichungssystem. Schreiben Sie diese Gleichungssysteme vollständig aus (Gleichungsschreibweise). a)

x y z 5 1 12 1 7 −5 −13 2 −2 3 −1 3

b)

x y z −1 −3 5 1 0 4 0 2 1 0 8 0

c)

x y z 11 12 −13 10 0 3 −1 17 0 0 0 0

54

1 Lineare Gleichungssysteme

Aufgabe 1.4.4: Schreiben Sie die folgenden linearen Gleichungssysteme in Tabellenschreibweise. Nutzen Sie diese Darstellung, um die Lösbarkeit der Gleichungssysteme mit dem Gauß-Algorithmus zu untersuchen und bestimmen Sie gegebenfalls alle Lösungen. a) 2x − 5y + 9z = −3 4x − 9y + 11z = 5 6x − y + 7z = −11

b)

3x − 2y + 5z = 10 2x − 5y + 8z = 6 −4x − y + 2z = −8

c) 4x − y =0 6y − 7z = 0 x + 2y − 3z = 3

Aufgabe 1.4.5: Die folgenden Tabellen repräsentieren jeweils ein lineares Gleichungssystem. Nutzen Sie diese Tabellen, um die Lösbarkeit der Gleichungssysteme mit dem Gauß-Algorithmus zu untersuchen und bestimmen Sie gegebenfalls alle Lösungen. a)

x y z 2 −4 2 0 −1 1 1 −2 4 2 4 2 6 1 7 −1

b) x y z 6 4 8 20 5 5 9 17 1 −1 −1 3 3 7 11 11

c)

x y z 0 5 −2 1 5 2 3 4 6 −7 8 −1 1 −2 13 0

1.5 Lösung von Systemen mit beliebiger Variablenanzahl Der Gauß-Algorithmus beschränkt sich nicht nur auf die Lösung von linearen Gleichungssystemen mit drei Variablen, sondern lässt sich zur Lösung linearer Gleichungssysteme mit beliebiger Variablenanzahl und beliebiger Gleichungsanzahl nutzen. Das soll nachfolgend aufgezeigt werden. Wir betrachten dazu ein allgemeines lineares Gleichungssystem mit n ∈ N Variablen x1 , . . . , xn und m ∈ N Gleichungen. Die Normalform eines solchen Gleichungssystems sieht folgendermaßen aus: a11 x1 + a12 x2 + . . . + a1n xn a21 x1 + a22 x2 + . . . + a2n xn .. .. .. . . . am1 x1 + am2 x2 + . . . + amn xn

= = .. .

b1 b2 .. .

(1.80)

= bm

Dabei sind ai j , bi ∈ R für i ∈ {1, . . . , m} und j ∈ {1, . . . , n} die Koeffizienten des Gleichungssystems.5 Wir werden für die Rechnungen mit diesem System nicht auf die Gleichungsschreibweise (1.80) zurückgreifen, sondern konsequent die im vorhergehenden Abschnitt kennengelernte Tabellenschreibweise nutzen. In tabellarischer Schreibweise lässt sich (1.80) in kompakter Form wie folgt notieren: 5 Die hier zur Abkürzung eingeführte Schreibweise a mit dem Doppelindex i j kennzeichnet den Koeffiij zienten in der i-ten Gleichung zur Variable x j . Zum Beispiel steht a21 in der zweiten Gleichung und gehört zur Variable x1 .

1.5 Lösung von Systemen mit beliebiger Variablenanzahl

x1 a11 a21 .. .

x2 a12 a22

am1 am2

55

. . . xn . . . a1n . . . a2n .. .. . . . . . amn

b1 b2 .. .

(1.81)

bm

Die j-te Spalte gehört dabei zur Variable x j , wobei j die Zahlen von 1 bis n durchläuft, wofür wir abkürzend j = 1, . . . , n schreiben. Die Koeffizienten ai1 , . . . , ain , bi gehören zur i-ten Gleichung, wobei i = 1, . . . , m. Beispiel 1.82. Wir stellen die Gleichungsschreibweise und die abkürzende Tabellenschreibweise für ein Gleichungssystem mit vier Variablen gegenüber: ⎧ ⎪ ⎪ ⎨

x1 + 4x2 − 6x3 + 8x4 3x1 − 5x2 + 7x3 − 2x4 2x2 + 12x3 − x4 ⎪ ⎪ ⎩ + 14x4 −4x1 + 13x2

⎫ = 10 ⎪ ⎪ ⎬ = 11 = 0⎪ ⎪ ⎭ = −15

⇐⇒

x1 x2 x3 x4 1 4 −6 8 10 11 3 −5 7 −2 0 0 2 12 −1 −4 13 0 14 −15

Sind Koeffizienten gleich null, dann werden diese in der Tabelle stets mitgeschrieben.  L eines Gleichungssystems mit n Variablen besteht aus n-Tupeln  Die Lösungsmenge x1 ; . . . ; xn . Ist ein Gleichungssystem nicht lösbar, dann gibt es kein n-Tupel in der Lösungsmenge und wir schreiben wie üblich L = 0. / Die im vorhergehenden Abschnitt für den Spezialfall von drei Variablen eingehend beschriebene Vorgehensweise des Gauß-Algorithmus lässt sich auf Gleichungssysteme mit n Variablen und m Gleichungen übertragen. Grundsätzlich sind mindestens zwei der drei folgenden Schritte abzuarbeiten: • Schritt 1: Überführung des gegebenen Gleichungssystems in Stufenform. • Schritt 2: Aus der Stufenform wird die Lösbarkeit oder Nichtlösbarkeit abgelesen. • Schritt 3: Gegebenfalls wird die Lösungsmenge durch Rückwärtseinsetzen ermittelt. Mit wenigen Anpassungen lässt sich der Begriff der Stufenform auf Gleichungssysteme mit n Variablen erweitern. Dazu benötigen wir eine Verallgemeinerung des Begriffs der nichttrivialen linearen Gleichung mit n Variablen. Definition 1.83. Eine lineare Gleichung ai1 x1 + . . . + ain xn = bi der Ordnung n ∈ N heißt nichttriviale Gleichung, wenn sie die folgenden Eigenschaften a) und b) erfüllt: a) Die Gleichung ist nicht allgemeingültig, d. h., sie hat nicht die Gestalt 0 = 0. b) Die Gleichung ist widerspruchsfrei, d. h., sie hat nicht die Gestalt 0 = d mit d = 0.

56

1 Lineare Gleichungssysteme

Definition 1.84. Ein lineares Gleichungssystem mit n ∈ N Variablen und m ∈ N Gleichungen hat Stufenform, wenn es die folgenden Bedingungen a) bis d) erfüllt: a) Das Gleichungssystem enthält k ≤ min(n, m) nichttriviale Gleichungen.6 b) Die erste Gleichung enthält einen Term der Gestalt a11 x1 mit a11 = 0. c) Für j = 2, . . . , k hat die j-te Gleichung die Gestalt a j j x j + . . . + a jn xn = b j , wobei mindestens einer der Koeffizienten a j j , . . . , a jn von null verschieden ist. d) Die restlichen max(0, m−k) Gleichungen sind entweder allgemeingültig (0 = 0) oder unlösbar (0 = d mit d = 0).6 Enthält ein Gleichungssystem in Stufenform keine unlösbaren Gleichungen, dann nennen wir das Gleichungssystem widerspruchsfrei. Beispiel 1.85. Wir stellen die Gleichungsschreibweise und die Tabellenschreibweise für ein Gleichungssystem in Stufenform gegenüber: ⎧ 2x1 + x2 − x3 + x4 ⎪ ⎪ ⎨ 4x2 + 9x3 − 2x4 6x3 + 3x4 ⎪ ⎪ ⎩ 0

⎫ = 1⎪ ⎪ ⎬ =2 = 3⎪ ⎪ ⎭ =0

⇐⇒

x1 x2 x3 x4 2 1 −1 1 1 9 −2 2 0 4 6 3 3 0 0 0 0 0 0 0



Wörtlich lassen sich die Lösbarkeitskriterien aus Satz 1.86 übernehmen, den wir der Vollständigkeit wegen auch für Gleichungssysteme mit beliebiger Variablenanzahl notieren: Satz 1.86. Gegeben sei ein lineares Gleichungssystem in Stufenform mit n ∈ N Variablen und m ∈ N Gleichungen. a) Enthält die Stufenform eine unlösbare Gleichung, dann ist das Gleichungssystem nicht lösbar. b) Ist die Stufenform widerspruchsfrei und die Anzahl nichttrivialer Gleichungen gleich der Variablenanzahl, dann ist das Gleichungssystem eindeutig lösbar. c) Ist die Stufenform widerspruchsfrei und die Anzahl nichttrivialer Gleichungen kleiner als die Variablenanzahl, dann ist das Gleichungssystem mehrdeutig lösbar. Mit steigender Variablen- und Gleichungsanzahl ist in größeren Tabellen aufmerksam nach dem Beginn der Stufen zu suchen, um keine Variablen zu übersehen, denen gegebenfalls beliebige Werte zugewiesen werden können. Deshalb ist bei der Methode des Rückwärtseinsetzens in mehrdeutig lösbaren Gleichungssystemen mit mehr als drei Variablen besondere Sorgfalt geboten. 6 Der Ausdruck min(n, m) steht für das Minimum der Zahlen n und m, d. h. die kleinere der beiden Zahlen. Beispiel: min(2, 3) = 2. Der Ausdruck max(a, b) steht für das Maximum der Zahlen a und b, d. h. die größere der beiden Zahlen. Beispiele sind max(0, 3) = 3 und max(0, −3) = 0. Die beiden abkürzenden Schreibweisen werden benötigt, da ein Gleichungssystem sowohl unter- als auch überbestimmt sein kann. Auf diese Weise lässt sich eine ausführlich aufzuschreibende Fallunterscheidung umgehen.

1.5 Lösung von Systemen mit beliebiger Variablenanzahl

57

Die folgenden Beispiele demonstrieren das Rückwärtseinsetzen an Systemen mit vier Variablen. Dabei werden zum besseren Verständnis die Stufen in den Tabellen farblich hinterlegt, wozu vereinbart sei, dass der Beginn einer Stufe durch den ersten von null verschiedenen Koeffizienten in einer nichttrivialen Gleichung festgelegt wird. Bei eindeutig lösbaren linearen Gleichungssystemen mit n Variablen gibt es mit dieser Festlegung keinen Diskussionsbedarf, denn offenbar gilt für alle i = 1, 2, . . . , n: Die Stufe zur i-ten Gleichung beginnt beim von null verschiedenen Koeffizienten aii zur Variable xi . Das bedeutet, dass die Stufe zur Gleichung i jeweils n − i + 1 Variablen umfasst, d. h., von einer Gleichung zur darunterliegenden wird die Stufe um genau eine Variable kleiner. Bei mehrdeutig lösbaren Systemen ist es notwendig, die gegebenenfalls „übersprungenen“ Variablen zu ermitteln, denen beliebige Zahlenwerte zugewiesen werden können. Beispiel 1.87. Das in der folgenden Tabelle notierte lineare Gleichungssystem mit vier Variablen und vier Gleichungen hat eine widerspruchsfreie Stufenform. Die Anzahl der nichttrivialen Gleichungen ist gleich der Anzahl der Variablen und folglich ist das Gleichungssystem eindeutig lösbar. Das Lösungs-4-Tupel bestimmen wir durch Rückwärtseinsetzen und notieren die dazu notwendigen Rechnungen gleich neben die Tabelle: x2 x3

x1

x4

0

0

  4 −10 20 ⇒ x1 = 12 · 20 − 8 · (−3) − 4 · 9 + 10 · 4 = 24   2 −3 24 ⇒ x2 = − 16 · 24 − 2 · 9 + 3 · 4 = −3   3 −5 7 ⇒ x3 = 13 · 7 + 5 · 4 = 9

0

0

0

2

8

0 −6

2

8 ⇒ x4 =

8 2

=4

Die eindeutige Lösung des Gleichungssystems ist (x1 ; x2 ; x3 ; x4 ) = (24; −3; 9; 4).



Beispiel 1.88. Das in der folgenden Tabelle notierte lineare Gleichungssystem hat eine widerspruchsfreie Stufenform. Die Anzahl der nichttrivialen Gleichungen ist kleiner als die Anzahl der Variablen und folglich ist das Gleichungssystem mehrdeutig lösbar. Die Bestimmung der 4-Tupel der Lösungsmenge L beginnt mit der Feststellung, dass es keine bei x4 beginnende Stufe gibt. Das bedeutet, dass x4 beliebig gewählt werden kann. Mit diesen Vorüberlegungen lassen sich die 4-Tupel der Lösungsmenge L durch Rückwärtseinsetzen bestimmen, wobei wir die dazu notwendigen Rechnungen neben die Tabelle notieren: x1 1

x2

x3

x4

2 −3

4

0 −2 0

0

5 ⇒ x1 = 5 − 2 · (4s − 3) + 3 · (4 − 2s) − 4 · s = 23 − 18s   1 10 10 ⇒ x2 = − 12 · 10 − (4 − 2s) − 10 · s = 4s − 3   2 4 8 ⇒ x3 = 12 · 8 − 4 · s = 4 − 2s

0 ⇒ x4 = s ∈ R 

 Die Lösungsmenge ist L = (23 − 18s ; 4s − 3 ; 4 − 2s ; s)  s ∈ R . 0

0

0

0



58

1 Lineare Gleichungssysteme

Beispiel 1.89. Das in der folgenden Tabelle notierte lineare Gleichungssystem ist mehrdeutig lösbar. Die Stufe zur zweiten Gleichung beginnt erst unterhalb der Variable x3 , d. h., x2 wird „übersprungen“. Das bedeutet, dass für x2 beliebige Werte gewählt werden können. Mit diesen Vorüberlegungen lassen sich die 4-Tupel der Lösungsmenge L durch Rückwärtseinsetzen bestimmen: x1

x2 x3

x4

2 3

−2

0

0

  4 −8 48 ⇒ x1 = 32 · 48 + 2 · s − 4 · 7 + 8 · (−2) = 6 + 3s   3 6 9 ⇒ x2 = s ∈ R, x3 = 13 · 9 − 6 · (−2) = 7

0 0

0 0

0 −4 0 0

8 ⇒ x4 = 0

8 −4

= −2



 Die Lösungsmenge ist L = (6 + 3s ; s ; 7 ; −2)  s ∈ R .



Beispiel 1.90. Das in der folgenden Tabelle notierte lineare Gleichungssystem ist mehrdeutig lösbar. Die zweite und zugleich letzte Stufe beginnt erst unterhalb der Variable x4 , d. h., x2 und x3 werden „übersprungen“. Das bedeutet, dass für x2 und x3 beliebige Werte gewählt werden können. Mit diesen Vorüberlegungen lassen sich die 4-Tupel der Lösungsmenge L durch Rückwärtseinsetzen bestimmen: x2

x1

x3

x4

6 −18 12 − 65

  0 ⇒ x1 = 16 · 0 + 18 · s − 12 · t + 65 · 5 = 1 + 3s − 2t

3 15 ⇒ x2 = s ∈ R, x3 = t ∈ R, x4 = 0 0 0 0 

 Die Lösungsmenge ist L = (1 + 3s − 2t ; s ; t ; 5)  s,t ∈ R . 0 0 0

0 0 0

0 0 0

15 3

=5



Beispiel 1.91. Das in der folgenden Tabelle notierte lineare Gleichungssystem ist mehrdeutig lösbar. Die Stufe in der zweiten Gleichung beginnt erst unterhalb der Variable x3 , d. h., x2 wird „übersprungen“. Das bedeutet, dass für x2 beliebige Werte gewählt werden können. Außerdem fehlt eine bei x4 beginnende Stufe, sodass auch x4 beliebig gewählt werden kann. Mit diesen Vorüberlegungen lassen sich die 4-Tupel der Lösungsmenge L durch Rückwärtseinsetzen bestimmen: x1 x2 − 14

5

0

0

x3 − 12 1 2

x4

  2 3 ⇒ x1 = −4 · 3 − 5 · s + 12 · (2 + 6t) − 2 · t = −16 + 20s − 4t   −3 1 ⇒ x2 = s ∈ R, x3 = 2 · 1 + 3 · t = 2 + 6t

0 0 ⇒ x4 = t ∈ R 0 0 

 Die Lösungsmenge ist L = (−16 + 20s − 4t ; s ; 2 + 6t ; t)  s,t ∈ R . 0 0

0 0

0 0



1.5 Lösung von Systemen mit beliebiger Variablenanzahl

59

Jedes lineare Gleichungssystem mit n ∈ N Variablen und m ∈ N Gleichungen in der Gestalt (1.80) lässt sich durch die in Definition 1.66 genannten zulässigen Äquivalenzumformungen in ein lineares Gleichungssystem in Stufenform überführen. Die folgenden drei Beispiele zeigen einen kompletten Rechengang des Gauß-Algorithmus für Gleichungssysteme mit vier Variablen. Beispiel 1.92. Zur Untersuchung der Lösbarkeit des linearen Gleichungssystems x1 2x1 4x1 3x1

+ x2 + 2x2 − 3x2 + 4x2

+ 2x3 − x3 + 2x3 + 2x3

+ 2x4 + x4 + x4 − 5x4

= 13 = 13 = 12 = 23

nutzen wir die Tabellenschreibweise des Gleichungssystems. Durch zulässige Äquivalenzumformungen überführen wir das System in Stufenform, prüfen daran die Lösbarkeit und ermitteln anschließend die Lösungsmenge durch Rückwärtseinsetzen: x3 x4 x1 x2 1 1 2 2 13 13 2 2 −1 1 4 −3 2 1 12 23 3 4 2 −5 1 1 2 2 13 0 0 −5 −3 −13 0 −7 −6 −7 −40 0 1 −4 −11 −16 1 1 2 2 13 0 1 −4 −11 −16 0 −7 −6 −7 −40 0 0 −5 −3 −13 1 1 2 2 13 0 1 −4 −11 −16 0 0 −34 −84 −152 0 0 −5 −3 −13 1 1 2 2 13 0 1 −4 −11 −16 76 0 0 17 42 0 0 −5 −3 −13 1 1 2 2 13 ⇒ x1 = 13 − 3 − 2 · 2 − 2 · 1 = 4 0 1 −4 −11 −16 ⇒ x2 = −16 + 4 · 2 + 11 · 1 = 3   1 0 0 17 42 76 ⇒ x3 = 17 · 76 − 42 · 1 = 2 159 ⇒ x4 = 159 0 0 0 159 159 = 1 Das Gleichungssystem hat die eindeutige Lösung (x1 ; x2 ; x3 ; x4 ) = (4; 3; 2; 1).



60

1 Lineare Gleichungssysteme

Beispiel 1.93. Zur Untersuchung der Lösbarkeit des linearen Gleichungssystems −5x1 2x1 −3x1 7x1

+ 3x2 + 3x4 − 4x2 + 6x3 − 8x4 − x2 + 6x3 − 5x4 − 7x2 + 6x3 − 11x4

= 7 = 24 = 31 = 17

nutzen wir die Tabellenschreibweise des Gleichungssystems: x1 −5 2 −3 7 2 −5 −3 7 1 −5 −3 7 1 0 0 0 1 0 0 0

x2 x3 x4 3 0 3 7 −4 6 −8 24 31 −1 6 −5 17 −7 6 −11 −4 6 −8 24 7 3 0 3 31 −1 6 −5 −7 6 −11 17 −2 3 −4 12 7 3 0 3 31 −1 6 −5 17 −7 6 −11 −2 3 −4 12 −7 15 −17 67 67 −7 15 −17 7 −15 17 −67 −2 3 −4 12 ⇒ x1 = 12 + 2x2 − 3x3 + 4x4 = − 50 + 9s − 6t  7 67  1 67 ⇒ x2 = − 7 · 67 − 15x3 + 17x4 = − 7 + 15s − 17t −7 15 −17 0 0 0 0 ⇒ x3 = 7s, s ∈ R, x4 = 7t, t ∈ R 0 0 0 0

Das Gleichungssystem ist mehrdeutig lösbar und hat die Lösungsmenge     67 50  L = − + 9s − 6t ; − + 15s − 17t ; 7s ; 7t  s,t ∈ R . 7 7 Beispiel 1.94. Zur Untersuchung der Lösbarkeit des linearen Gleichungssystems x1 + 2x2 + 3x3 + 4x4 = 18 x1 + 2x2 + 4x3 + 3x4 = 20 −x1 − 2x2 − 6x3 − x4 = 10 nutzen wir die Tabellenschreibweise des Gleichungssystems:



1.5 Lösung von Systemen mit beliebiger Variablenanzahl

61

x1 x2 x3 x4 1 2 3 4 18 1 2 4 3 20 −1 −2 −6 −1 10 1 2 3 4 18 0 0 1 −1 2 0 0 −3 3 28 1 2 3 4 18 0 0 1 −1 2 0 0 0 0 34 Die erhaltene Stufenform ist nicht widerspruchsfrei. Folglich ist das Gleichungssystem nicht lösbar und hat die Lösungsmenge L = 0. / 

Aufgaben zum Abschnitt 1.5 Aufgabe 1.5.1: Untersuchen Sie die Lösbarkeit der folgenden linearen Gleichungssysteme. Ist ein Gleichungssystem eindeutig lösbar, so geben Sie seine Lösung als Wertetupel an. Ist ein Gleichungssystem mehrdeutig lösbar, dann geben Sie die aus unendlich vielen Wertetupeln bestehende Lösungsmenge L an. a)

x1 + x2 + x1 + x 2 2x1 + x2 + 3x3 + − 2x3 + −x1

c)

x1 + x2 + x3 + x4 = 6x1 + x2 + 4x3 + 3x4 = + 4x4 = x1 + 3x2

1 4 2

d)

2x1 + 3x2 + x3 + x4 = + x4 = −x1 − x2 x1 + 2x2 + x3 + 2x4 =

e)

3x1 + x2 + 2x3 + x4 = x1 + x3 + 4x4 = 4x1 + 2x2 + 3x3 + 2x4 = 2x1 + x2 + x3 + 3x4 =

1 5 0 2

f)

2x1 4x1 3x1 5x1

+ 9x2 + 3x2 + x2 + 12x2

+ 3x3 + x3 + 2x3 + 4x3

+ x4 + 2x4 + 4x4 + 5x4

= = = =

1 7 9 11

= 9 = 13 = 1 = 1 = 23

h)

2x1 2x1 2x1 2x1 8x1

+ 3x2 + 3x2 + 3x2 + 3x2 + 12x2

+ 4x3 − 4x3 + 5x3 − 5x3 − x3

− 5x4 + 5x4 + 4x4 − 4x4 + 9x4

= = = = =

0 0 0 0 0

g)

i)

x1 x1 2x1 x1 −4x1

+ x2 + 3x2 − x2 − 3x2 + 9x2

− 2x3 + 2x3 + x3 − 10x3 + x3

x4 = 1 = −4 x4 = 1 x4 = 1

− x4 − 9x4 − x4 + 15x4 − 15x4

3x1 + 3x2 − x3 − x4 = 2x1 + 2x2 + x3 + x4 = 4x1 + 4x2 + 2x3 + 2x4 =

1 1 2

b)

j)

4x1 + − −2x1 −4x1 −

x2 + x3 + x4 − 2x4 x2 + x4 x2 − x3 − x4

= 10 = −3 = −4 = −10 1 2 1

2 5x1 − 5x2 + x3 + x4 = −3x1 + 3x2 − x3 − x4 = −2 4x1 − 4x2 + 2x3 + 2x4 = 0

62

1 Lineare Gleichungssysteme

Aufgabe 1.5.2: Bestimmen Sie die Lösungsmenge des in der folgenden Tabelle notierten linearen Gleichungssystems mit sechs Variablen: x1 x2 x3 x4 x5 x6 1 2 3 0 1 0 0 1 −1 1 0 1 0 0 0 0 1 2 0 0 0 0 0 −1

1 2 3 1

Aufgabe 1.5.3: Die folgende Skizze stellt den Verkehrsfluss zwischen vier Kreuzungen schematisch dar. Alle Straßen sind dabei Einbahnstraßen. In einer Verkehrsmessung wurden zudem die angegebenen ein- und ausfahrenden Fahrzeugzahlen pro Minute ermittelt. Wie viele Fahrzeuge passieren die Straßenabschnitte zwischen den Kreuzungen? a) Stellen Sie ein Gleichungssystem für die unbekannten Fahrzeugzahlen x1 , x2 , x3 und x4 auf und lösen Sie es mit dem Gauß-Algorithmus. b) Wie hoch ist die Fahrzeuganzahl auf dem Abschnitt AD mindestens? 100

200

D

100

x3

x4

200

A

400

C

100

x2

x1

B

300

200

Aufgabe 1.5.4: Gegeben sei das folgende lineare Gleichungssystem: x1 + x2 + x3 + x4 = 10 = −4 −x1 − 2x4 = −3 − x2 = −2 − x3 a) Weisen Sie mithilfe des Gauß-Algorithmus nach, dass das System eindeutig lösbar ist und bestimmen Sie die Lösung. b) Wie kann das Gleichungssystem ohne den Gauß-Algorithmus einfacher gelöst werden? Beschreiben Sie eine Lösungsmethode und wenden Sie diese an.

1.5 Lösung von Systemen mit beliebiger Variablenanzahl

63

Aufgabe 1.5.5: Untersuchen Sie die Lösbarkeit der folgenden linearen Gleichungssysteme. Ist ein Gleichungssystem eindeutig lösbar, so geben Sie seine Lösung als Wertetupel an. Ist ein Gleichungssystem mehrdeutig lösbar, dann geben Sie die aus unendlich vielen Wertetupeln bestehende Lösungsmenge L an. a) 5x1 + x2 + 2x3 + 3x4 + 4x5 = 1 −x1 + x2 + x3 − x4 − x5 + x6 = 0 3x1 + 3x2 + 4x3 + x4 + 2x5 + 2x6 = 3 b)

x2 + 2x3 3x1 + 4x2 + 5x3 6x2 + 7x2 + 8x3 9x3 + 9x2 + 9x3

+ 9x4 = + 9x4 + x5 = + 9x4 + 2x5 = + 9x4 =

1 1 1 9

− x3 − x6 = 0 c) −x1 − x5 = 0 x1 − x2 + x4 + x6 = 0 x2 = 0 x3 − x4 + x5 −x1 − x2 = −2 = −1 − x2 − 2x3 = −1 x1 Aufgabe 1.5.6: Welche Bedingungen müssen die Parameter r, s,t ∈ R erfüllen, damit das lineare Gleichungssystem x1 + 2x2 2x1 + 2x2 − x3 x1 + 4x2 + tx3 2x2 + x3

+ 3x4 + 6x4 + 5x4 + rx4

= 0 = −1 = 3 = s

a) eindeutig lösbar, b) nicht lösbar bzw. c) mehrdeutig lösbar ist? Bestimmen Sie für den Fall der mehrdeutigen Lösbarkeit außerdem die Lösungsmenge.

2 Vektoren und ihre Eigenschaften 2.1 Punkte in der Ebene und im Raum Zur Achseneinteilung einer Zahlengerade wählt man zwei Punkte O (von lateinisch origo = Ursprung) und E (Einheitspunkt). Dann ist jedem Punkt P der Gerade eine reelle Zahl x zugeordnet, die wir Koordinate nennen und dafür P(x) schreiben (siehe Abb. 1). Werden zwei reelle Zahlengeraden miteinander in einer eindeutig festgelegten und geordneten Reihenfolge kombiniert, dann entsteht auf diese Weise die reelle Zahlenebene, die nachfolgend kurz als die Ebene bezeichnet wird. Die Ebene besteht aus geordneten Zahlenpaaren (x; y), zu deren Darstellung meist ein Koordinatensystem verwendet wird, das durch ein rechtwinkliges Achsenkreuz bestehend aus zwei Zahlengeraden mit einem gemeinsamen Nullpunkt gebildet wird. Der Nullpunkt wird dabei mit 0 (Null) oder O (von origo) beschriftet. Die Geraden werden häufig als x-Achse und y-Achse bezeichnet und ihre Lage wird wie in Abb. 2 festgelegt.

P2 (−1)

O

E

P1 (2)

−1

0

1

2

−2

3

x

Abb. 1: Reelle Zahlengerade

y 2

P(3|2)

1

x 0 −1 1 2 3 4 Werden ausgehend von einem Punkt P die −1 Parallelen zu den Achsen gezogen, dann heißt die dabei auf der x-Achse abgelesene Abb. 2: Ein Punkt in der Ebene Zahl x-Koordinate von P und die auf der yAchse abgelesene Zahl y-Koordinate von P. Für die Koordinaten x, y ∈ R eines Punkts schreiben wir (x|y). Erhält ein Punkt einen Namen, so werden dazu in der Regel Großbuchstaben verwendet. Für die Koordinaten eines mit P bezeichneten Punkts schreiben wir P(x|y). Um die Zugehörigkeit der Koordinaten zum Punkt P hervorzuheben oder um Koordinaten mehrerer Punkte unterscheiden zu können, schreiben wir P(px |py ) oder alternativ P(p1 |p2 ), wobei px bzw. p1 die x-Koordinate und py bzw. p2 die y-Koordinate von P ist.

© Springer-Verlag GmbH Deutschland, ein Teil von Springer Nature 2019 J. Kunath, Analytische Geometrie und Lineare Algebra zwischen Abitur und Studium I, https://doi.org/10.1007/978-3-662-60686-5_2

66

2 Vektoren und ihre Eigenschaften

Im vorgenannten Koordinatensystem der Ebene wird die x-Achse auch als Abszissenachse, die y-Achse als Ordinatenachse bezeichnet.1 Entsprechend spricht man von der Abszisse (das ist die x-Koordinate) und der Ordinate (das ist die y-Koordinate) eines Punkts P. Viele Anwendungen der Mathematik sind in einer räumlichen Perspektive zu betrachten und benötigen deshalb Punkte aus dem dreidimensionalen reellen Zahlraum, der nachfolgend kurz als der Raum bezeichnet wird. Zur Visualisierung von Punkten im Raum wird ein dreidimensionales, räumliches Koordinatensystem benötigt. Standard im Schulunterricht ist dabei ein Koordinatensystem, das aus dem Koordinatensystem der Ebene durch Hinzunahme einer dritten Zahlengerade entsteht, die rechtwinklig durch den Nullpunkt des ebenen Koordinatensystems gelegt und als z-Achse bezeichnet wird. Ein Punkt P im Raum besteht aus einem geordneten Zahlentripel (x; y; z) bzw. in Koordinatenschreibweise (x|y|z). Wir nennen x, y, z ∈ R die Koordinaten eines Punkts. Für einen mit P bezeichneten Punkt schreiben wir entsprechend P(x|y|z). Um die Zugehörigkeit der Koordinaten zum Punkt P hervorzuheben oder um Koordinaten mehrerer Punkte unterscheiden zu können, schreiben wir P(px |py |pz ) oder alternativ P(p1 |p2 |p3 ), wobei px bzw. p1 die x-Koordinate, py bzw. p2 die y-Koordinate und pz bzw. p3 die z-Koordinate von P ist.2 Bei den genannten Koordinatensystemen für die Ebene und den Raum schneiden sich die Koordinaten rechtwinklig. Ein Koordinatensystem, in denen sich die Achsen rechtwinklig schneiden, nennt man kartesisch. Wird nichts anderes gesagt, dann betrachten wir im Folgenden in der Regel ausschließlich kartesische Koordinatensysteme. ACHTUNG! Bezeichnungen können in der Mathematik nahezu beliebig gewählt werden. So müssen Koordinatenachsen nicht zwangsläufig als x-, y- und z-Achse und entsprechend die Koordinaten eines Punkts nicht als x-, y- und z-Koordinate bezeichnet werden. Weit verbreitet ist die alternative Bezeichnung als x1 -, x2 - und x3 -Achse und entsprechend x1 -, x2 - und x3 -Koordinate. Diese Darstellung führt an die in der Hochschulmathematik diskutierte Verallgemeinerung des Raumbegriffs von höhergradiger Dimension heran, wo ein Punkt n ∈ N Koordinaten x1 , x2 , x3 , x4 , . . . , xn hat. Es wird notwendig sein, einzelne oder mehrere räumliche Punkte in geeigneter Weise grafisch darzustellen. Dazu muss das räumliche, kartesische Koordinatensystem geeignet auf ein Blatt Papier abgebildet werden, wobei sich folgende Vorgehensweise bewährt hat: • Wir wählen irgendeinen Punkt 0 als Koordinatenursprung. Es sollte selbstverständlich sein, bei der Verwendung von kariertem Papier den Schnittpunkt einer horizontalen und einer vertikalen Gitternetzlinie als 0 zu wählen. 1

Die Bezeichnungen stammen von den lateinischen Begriffen linea abscissa bzw. linea ordinata, was „abgeschnittene Linie“ bzw. „geordnete Linie“ bedeutet. 2 Gelegentlich werden wir auch andere Darstellungen verwenden, wie zum Beispiel P (x |y |z ) und 1 1 1 1 P2 (x2 |y2 |z2 ), um zwischen zwei verschiedenen Punkten P1 und P2 unterscheiden zu können. In diesem Lehrbuch wird keine feste Schreibweise bevorzugt, sondern von der Freiheit Gebrauch gemacht, verschiedene Schreibweisen zu verwenden. Letzlich sind aber nicht Bezeichnungen und Schreibweisen zum Verständnis des Stoffs relevant, sondern die Interpretation der einzelnen Symbole und dies ist bei unterschiedlichen Bezeichnungen von Koordinaten kein Problem und eindeutig.

2.1 Punkte in der Ebene und im Raum

67

• Die y-Achse zeichnen wir parallel zum Blattrand in horizontaler Richtung durch den Koordinatenursprung, wobei die Zahlenwerte von links nach rechts größer werden. • Die z-Achse zeichnen wir parallel zum Blattrand in vertikaler Richtung durch den Koordinatenursprung, wobei die Zahlenwerte von unten nach oben größer werden. • Die x-Achse zeichnen wir als Gerade durch den Koordinatenursprung, welche die y-Achse in einem Winkel von 45 Grad schneidet. Dadurch erhalten wir die gewünschte räumliche Wirkung. Die x-Achse zeigt anschaulich aus dem Blatt heraus, die Zahlenwerte werden von rechtsoben („hinten“) nach linksunten („vorn“) größer. Oft wird die Skalierung der Achsen wie in Abb. 3 ausreichen, wo eine Längeneinheit (nachfolgend mit LE abgekürzt) auf der y- und auf der z-Achse jeweils gerade 1 cm ent√ 2 spricht, und eine LE auf der x-Achse wird durch die 2 cm lange Diagonale eines Kästchens des karierten Papiers festgelegt. Hin und wieder wird es zweckmäßig sein, die Längeneinheiten einzelner oder aller Achsen zu strecken oder zu stauchen, d. h., eine LE auf √ der x-Achse hat auf dem Papier die Länge a · 22 cm, eine LE auf der y-Achse wird durch b cm und eine LE auf der z-Achse durch c cm auf dem Papier festgelegt, wobei a, b, c ∈ R sinnvoll(!) gewählt werden.

z 3 −4

2 −3 −2 −1 0

1

−3

−2

−1 2

1 −1

1

2

3

4

5 y

Abb. 3: Grundmuster eines räumlichen, kartesischen Koordinatensystems. Diese bewährte, aber nicht ganz perfekte Darstellung erlaubt eine zweckmäßige, effektive und sehr anschauliche Abbildung vieler geometrischer Sachverhalte.

3 4

−2

x

Anleitung 2.1. Zum Einzeichnen eines Punkts P(px |py |pz ) in ein räumliches kartesisches Koordinatensystem sind die folgenden drei Schritte durchzuführen:   • Schritt 1: Gehe vom Koordinatenursprung  px  LE entlang der x-Achse (nach „vorn“, falls px > 0 bzw. nach „hinten“, falls px < 0). Dies ergibt den Hilfspunkt H1 (px |0|0).   • Schritt 2: Gehe von H1 (px |0|0) aus  py  LE parallel zur y-Achse (nach rechts, falls py > 0 bzw. nach links, falls py < 0). Dies ergibt den Hilfspunkt H2 (px |py |0).   • Schritt 3: Gehe von H2 (px |py |0) aus  pz  LE parallel zur z-Achse (nach oben, falls pz > 0 bzw. nach unten, falls pz < 0). Dies ergibt den gewünschten Punkt P(px |py |pz ).

68

2 Vektoren und ihre Eigenschaften

In den Abbildungen 4, 5 und 6 sind Beispiele dargestellt, wie nach der in Anleitung 2.1 beschriebenen Vorgehensweise Punkte in ein räumliches Koordinatensystem eingezeichnet werden. Zum besseren Verständnis sind einige Abstände in Zentimeter angegeben, auch wenn aus Platzgründen in den Abbildungen eine dargestellte LE natürlich nicht einen Zentimeter misst. Die Leser sind aufgefordert, diese einführenden Beispiele auf einem echten Blatt kariertem Papier nachzuvollziehen. Abb. 4: Vorgehensweise zum Einzeichnen des Punkts P(3|5|6) in ein räumliches Koordinatensystem. Die Hilfspunkte H1 und H2 werden natürlich allgemein nicht mit eingezeichnet.

z 5

P(3|5|6) 4 3 2

6 cm 1 −1 0 −3

−2

−1

−1

2 3 4

1

1

2

3

4

5 cm

5

y

H2 (3|5|0)

H1 (3|0|0)

x

z 3

H2 (−5| − 3, 5|0)

3, 5 cm

−5 −4

2

H1 (−5|0|0)

−3

2 cm −2

1

P(−5| − 3, 5| − 2)

−1 0

−4

−3

−2

−1 2

1

1 −1

3

x

−2

2

3

y

Abb. 5: Vorgehensweise zum Einzeichnen von P(−5| − 3, 5| − 2) in ein räumliches Koordinatensystem

2.1 Punkte in der Ebene und im Raum

69

z 0, 75 −1

0, 5 0, 25

P(0, 75|1, 25|0, 75)

−0,5

0, 75 · 4 cm

0 −0,75

−0,5 −0,25 0,5

x

0,5

0,75

1

1, 25 · 4 cm

H1 (0, 75|0|0) 1

0,25

−0, 5

1,25 y

Abb. 6: Vorgehensweise zum Einzeichnen von P(0,75|1,25|0,75) in ein räumliches Koordinatensystem. Alle drei Achsen werden mit dem Faktor 4 skaliert, d. h., auf der y- und der z-Achse gilt 1 LE = 4 cm und auf der √ x-Achse gilt 1 LE = 2 2 cm.

H2 (0, 75|1, 25|0)

−0, 75

Besondere Bedeutung kommt im Raum den Punkten zu, bei denen mindestens eine Koordinate gleich null ist: • Alle Punkte mit A(1|2|0) und B(−7|6|0) liegen in der Punkt zum Beispiel

z = 0 wie  menge E1 = P(x|y|0)  x, y ∈ R , die wir als xy-Koordinatenebene oder kürzer als xy-Ebene bezeichnen.3 • Alle Punkte mit der Koordinate y = 0 wie zumBeispiel A(1|0|2) und B(−7|0|6) liegen

in der Punktmenge E2 = P(x|0|z)  x, z ∈ R , die wir als xz-Koordinatenebene oder kürzer als xz-Ebene bezeichnen. • Alle Punkte mit A(0|2|1) und B(0|6| − 7) liegen in der Punkt zum Beispiel

x = 0 wie  menge E3 = P(0|y|z)  y, z ∈ R , die wir als yz-Koordinatenebene oder kürzer als yz-Ebene bezeichnen. Lernende haben zu Beginn der Lerneinheit Analytische Geometrie oft Schwierigkeiten, sich in das räumliche kartesische Koordinatensystem hineinzudenken und zu erkennen, wo sich einzelne Punkte hinsichtlich der Koordinatenachsen und Koordinatenebenen befinden. Oft wird berechtigt die Frage gestellt, was die Darstellung gemäß Abb. 3 mit dem Raum zu tun hat, in dem wir uns täglich bewegen. Die Fähigkeit, sich in räumliche Strukturen hineinzudenken, lässt sich mit einfachen Hilfsmitteln gut trainieren, wozu die uns angeborenen dreidimensionalen Denk- und Sichtweisen auf unsere Umgebung helfen. Leicht verständlich sind zum Beispiel folgende Modelle: • Raumeckenmodell: Die Ecke auf dem Fußboden eines Raums wird als Koordinatenursprung festgelegt, der Fußboden selbst als xy-Ebene, die Wand links vom Betrachter als xz-Ebene, die Wand rechts vom Betrachter als yz-Ebene (siehe Abb. 7). • Tischplattenmodell: Eine Tischplatte wird als xy-Ebene interpretiert, darauf gelegte Stifte symbolisieren die Koordinatenachsen (siehe Abb. 8). 3

Leseanleitung: Die Menge E1 besteht aus allen Punkten P(x|y|0) des Raums, deren x-und y-Koordinaten beliebige Werte x, y ∈ R annehmen und die z-Koordinate ist z = 0.

70

2 Vektoren und ihre Eigenschaften

Solche und ähnliche Modelle helfen Lerz nenden nicht nur bei der Lokalisierung von Punkten im Raum, sondern erklären gleichzeitig auch, warum die Darstellung gemäß yz-Ebene e Abb. 3 gewählt wird. Dies wird deutlich, ben E wenn zum Beispiel das Tischplattenmodell xz aus verschiedenen Perspektiven fotografiert 0 wird. Diese Fotos entsprechen einer Proy xy-Ebene jektion des Raums in die Ebene. Die Perx spektiven sollten dabei so gewählt werden, dass einerseits näherungsweise die Darstellung in Abb. 3 erkennbar wird (siehe Abb. 8, Abb. 7: Raumeckenmodell links), andererseits auch Perspektiven, in denen zwei Achsen scheinbar zu einer Achse verschmelzen oder eine Achse beinahe unsichtbar wird (siehe Abb. 8, Mitte und rechts). Daraus sollte sich ein Verständnis für die übliche, nicht ganz perfekte Darstellung des räumlichen Koordinatensystems ergeben.

z

x

z

0

0 x

0

y

y

x

y

Abb. 8: Das Tischplattenmodell aus verschiedenen Blickwinkeln ACHTUNG! Das Einzeichnen eines Punkts P in ein räumliches Koordinatensystem ist eindeutig. Umgekehrt ist es nicht möglich, aus einer gegebenen Grafik die Koordinaten eines Punkts zweifelsfrei zu ermitteln. Das wird auch in Abhängigkeit von Maßstab und Darstellung von Grafiken erst möglich, wenn über einen Punkt Zusatzinformationen vorhanden sind, die seine Lage im Raum eindeutig festlegen. Das können neben der Angabe von mindestes einer Punktkoordinate oder dem Zusammenhang zu anderen Punkten auch die Darstellung von Hilfslinien sein. Lernende sind folglich dazu aufgefordert, Aufgabentexte und Grafiken aufmerksam(!) zu lesen. Ist von einem Punkt lediglich die z-Koordinate bekannt, so lassen sich aus einer grafischen Darstellung von P im räumlichen Koordinatensystem die restlichen Koordinaten ermitteln, indem die Schritte aus Anleitung 2.1 in umgekehrter Reihenfolge abgearbeitet werden. Beispiel 2.2. Von dem in Abb. 9 dargestellten Punkt P sei bekannt, dass er die z-Koordinate pz = 3 hat. Da z positiv ist, zählen wir ausgehend von P drei LE nach unten ab. Das ergibt

2.1 Punkte in der Ebene und im Raum

71

einen Hilfspunkt H, der in der xy-Ebene liegt. Ausgehend von H gehen wir parallel zur y-Achse in Richtung x-Achse. Dabei zählen wir die Längeneinheiten, die wir von H bis zur x-Achse zurücklegen. Das sind 4 LE und da wir von links zur x-Achse gegangen sind, hat P folglich die y-Koordinate py = −4. Dort, wo wir auf die x-Achse gestoßen sind, lesen wir auf der x-Achse die zugehörige x-Koordinate von P ab, d. h. px = 2. Damit sind alle drei Koordinaten des Punkts bestimmt, nämlich P(2| − 4|3). 

z 3

S P

1 LE

4 LE

H



2 1

3 LE

−3

H

−2 −1 H

0 −5

−4

−3

−2

4 LE

−1 2

H

3

x

1

1

2 LE

−1

2 LE −2

Q

2

y

Abb. 9: Ermittlung der x- und y-Koordinate des Punkts P(px |py |3), Ermittlung der x- und z-Koordinate des Punkts Q(qx |2|qz ), Ermittlung der y- und z-Koordinate des Punkts R(−1|ry |rz ) sowie Ermittlung der yund z-Koordinate des Punkts S(−3|sy |sz )

R

Sind von einem Punkt lediglich die x- oder y-Koordinate bekannt, dann lassen sich die beiden anderen Koordinaten aus einer Grafik ebenfalls leicht ermitteln. Beispiel 2.3. Von dem in Abb. 9 dargestellten Punkt Q sei bekannt, dass er die y-Koordinate qy = 2 hat. Ausgehend von Q gehen wir 2 LE parallel zur y-Achse und in Richtung x-Achse. Dort, wo wir auf die x-Achse stoßen, lesen wir auf der x-Achse die zugehörige x-Koordinate von Q ab, d. h. qx = 3. Offenbar muss Q die z-Koordinate qz = 0 haben, denn würden wir ausgehend von Q parallel zur z-Achse nach oben oder unten gehen, dann würde sich damit qy = 2 ergeben, was der Voraussetzung qy = 2 widerspricht. Damit sind alle drei Koordinaten des Punkts bestimmt, nämlich Q(3|2|0).  Beispiel 2.4. Von dem in Abb. 9 dargestellten Punkt R sei bekannt, dass er die x-Koordinate rx = −1 hat. Anhand der Gitternetzlinien stellen wir fest, dass R unterhalb der x-Achse liegen muss, denn R und der auf der x-Achse liegende Hilfspunkt H (−1|0|0) liegen auf der gleichen vertikalen Gitternetzlinie. Das bedeutet, dass R die y-Koordinate ry = 0 hat. Die z-Koordinate ermitteln wir durch Abzählen der LE, die ausgehend von R auf dem zur z-Achse parallelen Weg bis H zurückgelegt werden. Dies sind 2 LE. Da wir H von unten  kommend erreichen, folgt rz = −2. Insgesamt erhalten wir R(−1|0| − 2). Beispiel 2.5. Von dem in Abb. 9 dargestellten Punkt S sei bekannt, dass er die x-Koordinate sx = −3 hat. Ausgehend vom auf der x-Achse liegenden Punkt H

(−3|0|0) gehen wir soweit parallel zur y-Achse in Richtung S, bis wir genau unterhalb von S sind, und zählen die

72

2 Vektoren und ihre Eigenschaften

zurückgelegten LE. Das ergibt einen Hilfspunkt H

, zu dem 4 LE nach links zurückgelegt werden. Folglich hat S die y-Koordinate sy = −4. Ausgehend von H

ist genau eine LE nach oben zu gehen, bis S erreicht ist. Folglich hat S die z-Koordinate sz = 1. Insgesamt erhalten wir S(−3| − 4|1).  Ob Koordinaten aus Grafiken ermittelt werden können, hängt natürlich auch vom Maßstab und der Darstellung einer Grafik ab. Enthält die Grafik analog zu Abb. 9 ein geeignetes Gitternetz (wie es z. B. kariertes Papier vorgibt) und sind die Koordinaten eines Punkts P ganzzahlig, dann sollte es nicht schwer fallen, die Koordinaten unter Nutzung der Gitternetzlinien korrekt zu ermitteln. Wird dagegen zum gleichen Maßstab z. B. pz = 0,1234 vorgegeben, dann ist es nicht sinnvoll, x- und y-Koordinaten von P aus der Grafik bestimmen zu wollen. Noch besser wird das räumliche Vorstellungsvermögen durch das Beschreiben und Zeichnen von beliebigen Punktmengen trainiert, was auf eine Verallgemeinerung der obigen Darstellungen der Koordinatenebenen hinausläuft. Beispiel 2.6. In Abb. 10 ist die Teilmenge einer Ebene E dargestellt, die senkrecht zur xy-Ebene liegt und die z-Achse enthält. Folglich ist die z-Koordinate beliebig wählbar. Aus Abb. 10 geht außerdem hervor, dass E sowohl mit der x-Achse als auch mit der y-Achse einen Winkel von 45◦ bildet. Die Schnittmenge von E mit der xy-Ebene besteht folglich aus allen Punkten mit x = y und  EbeneE können wir nach diesen Überlegungen

z = 0. Die durch die Punktemenge E = P(x|x|z)  x, z ∈ R beschreiben. 

z

z

E A

B

g

1

45◦

x

y

1

1

y

x

Abb. 10

Abb. 11

Beispiel 2.7. In Abb. 11 ist eine Punktmenge g im Raum dargestellt. Offenbar handelt es sich bei g um eine Gerade, die durch die Punkte A und B geht. Mithilfe der gestrichelten Hilfslinien lassen sich die Koordinaten der beiden Punkte ermitteln: A(2|0|4) und B(2|5|4). Daraus folgt, dass g parallel zur xy-Ebene und parallel zur yz-Ebene ist, d. h., die y-Koordinate kann zur Beschreibung eines Punkts aus g beliebig gewählt werden, während x = 2 und z = 4 für alle  Punkte  aus g gilt. Damit lässt sich die Gerade durch die Punktmenge g = P(2|y|4)  y ∈ R beschreiben. 

2.1 Punkte in der Ebene und im Raum

73

Wichtig für spätere Anwendungen ist in der Ebene und im Raum die Berechnung des Abstands zweier Punkte. Zur Herleitung einer Abstandsformel in der Ebene betrachten wir zwei beliebige Punkte P1 (x1 |y1 ) und P2 (x2 |y2 ). Der Abstand d(P1 , P2 ) zwischen P1 und P2 wird durch die Länge der kürzesten Verbindung zwischen P1 und P2 definiert, also durch die Länge der Verbindungsstrecke P1 P2 . Wie Abb. 12 zeigt, lässt sich zur Berechnung von d(P1 , P2 ) der Satz des Pythagoras anwenden. Das führt auf folgendes Ergebnis: Satz 2.8. Die in der Ebene liegenden Punkte P1 (x1 |y1 ) und P2 (x2 |y2 ) haben den Abstand  d(P1 , P2 ) = (x2 − x1 )2 + (y2 − y1 )2 . Beispiel 2.9. Die Punkte P1 (7| − 3)  und P2 (3|4) haben nach √ der Berechnungsformel aus  Satz 2.8 den Abstand d(P1 , P2 ) = (3 − 7)2 + (4 + 3)2 = 65.

y y2

y1

P2 y2 − y1

P2 (x2 |y2 |z2 )

P1

H(x2 |y2 |z1 )

x2 − x1 x1

x2

x

Abb. 12: Berechnung des Abstands zweier Punkte in der Ebene

P1 (x1 |y1 |z1 ) Abb. 13: Berechnung des Abstands zweier Punkte im Raum

Auch im Raum definieren wir den Abstand d(P1 , P2 ) zweier Punkte P1 (x1 |y1 |z1 ) und P2 (x2 |y2 |z2 ) durch die Länge der Verbindungsstrecke P1 P2 . Zur Herleitung einer Formel betrachten wir den Hilfspunkt H(x2 |y2 |z1 ). Die Skizze in Abb. 13 macht deutlich, dass die Abstandsberechnung auch hier mit dem Satz des Pythagoras erfolgt. Die Punkte P1 und H haben den gleichen Abstand zur xy-Ebene, womit die z-Koordinate bei der Abstandsberechnung keine Rolle spielt, d. h., wir können zur Berechnung von d(P1 , H) auch speziell z1 = 0 unterstellen und damit anschaulich die Berechnung des Abstands von P1 und H in die xy-Ebene verlagern. Damit können wir Satz 2.8 anwenden und erhalten  d(P1 , H) = (x2 − x1 )2 + (y2 − y1 )2 . (2.10) Die Verbindungsstrecke P2 H steht senkrecht zur xy-Ebene und deshalb ist das Dreieck Δ P1 HP2 rechtwinklig mit der Hypotenuse P1 P2 und den Katheten P1 H und P2 H. Die Anwendung des Satzes des Pythagoras liefert  2 d(P1 , H) + (z2 − z1 )2 . (2.11) d(P1 , P2 ) =

74

2 Vektoren und ihre Eigenschaften

Wird in (2.11) d(P1 , H) durch (2.10) ersetzt, dann ergibt dies die im folgenden Satz genannte Formel zur Berechnung des Abstands d(P1 , P2 ) zwischen den Punkten P1 und P2 . Satz 2.12. Die im Raum liegenden Punkte P1 (x1 |y1 |z1 ) und P2 (x2 |y2 |z2 ) haben den Abstand  d(P1 , P2 ) = (x2 − x1 )2 + (y2 − y1 )2 + (z2 − z1 )2 .

Beispiel 2.13. Zur Illustration der Abstandsformel aus Satz 2.12 berechnen wir: a) P1 (0|0|0) und P2 (1|2|3) haben den Abstand  √ d(P1 , P2 ) = (1 − 0)2 + (2 − 0)2 + (3 − 0)2 = 14 . b) P1 (1|2|3) und P2 (−1| − 2| − 3) haben den Abstand  √ √ d(P1 , P2 ) = (−1 − 1)2 + (−2 − 2)2 + (−3 − 3)2 = 56 = 2 14 . c) P1 (−1|2| − 3) und P2 (1|2|3) haben den Abstand  √ √ d(P1 , P2 ) = (1 + 1)2 + (2 − 2)2 + (3 + 3)2 = 40 = 2 10 .



Einfach zu berechnen ist der Mittelpunkt M einer Strecke P1 P2 , der die Strecke P1 P2 in zwei gleichlange Teilstrecken P1 M und MP2 teilt. Die folgenden beiden Sätze geben die Berechnungsvorschrift für die Mittelpunktskoordinaten an, zu deren Beweis einerseits d(P1 , M) = d(M, P2 ) nachzurechnen ist, und außerdem zu zeigen ist, dass M tatsächlich auf der Strecke P1 P2 liegt. Letzteres lässt sich mit den in Kapitel 3 behandelten Geradengleichungen leicht verifizieren. Satz 2.14. Gegeben seien in der Ebene die Punkte P1 (x1 |y1 ) und P2 (x2 |y2 ). Der Mittelpunkt der Strecke P1 P2 ist    x1 + x2  y1 + y2 M .  2 2 Satz 2.15. Gegeben seien im Raum die Punkte P1 (x1 |y1 |z1 ) und P2 (x2 |y2 |z2 ). Der Mittelpunkt der Strecke P1 P2 ist     x1 + x2  y1 + y2  z1 + z2 M .  2  2 2 Die Herleitung der Abstandsberechnung in den Sätzen 2.8 und 2.12, aber auch die Berechnung der Mittelpunktskoordinaten zeigen beispielhaft, dass zwischen der Ebene und dem Raum offenbar ein Zusammenhang besteht. Das ist kein Zufall, denn die Koordinatenebenen des kartesischen Koordinatensystems können als Prototyp der reellen Zahlenebene

2.1 Punkte in der Ebene und im Raum

75

interpretiert werden, wenn zum Beispiel bei ausschließlicher Betrachtung von Punkten in der xy-Ebene die für alle Punkte gleiche Koordinate z = 0 „ignoriert“ wird. Folglich ist es möglich, einige geometrische Modelle zuerst in der Ebene zu betrachten und (ggf. nach einigen Anpassungen) anschließend in den Raum zu übertragen. Umgekehrt wird sich zeigen, dass einige Untersuchungen im Raum vereinfacht werden können, wenn ihre Betrachtung durch geeignete Hilfsmittel in die Ebene verlagert wird. Ein solcher einfacher Übergang zwischen Ebene und Raum oder umgekehrt wird natürlich nicht immer gelingen. Trotzdem werden wir nachfolgend dort, wo es möglich ist oder besonders angebracht erscheint, Ebene und Raum stets parallel betrachten.

Aufgaben zum Abschnitt 2.1 Aufgabe 2.1.1: Zeichnen Sie die Punkte A(1|1), B(4|1), C(2, 5|3), D(4|5), E(1|5) und F(2, 5|7) in ein ebenes kartesisches Koordinatensystem. Verbinden Sie anschließend alle Punkte miteinander, ohne dabei den Stift abzusetzen und eine Verbindungsstrecke zwischen zwei Punkten zweimal nachzuziehen, wobei einzelne Punkte mehrfach durchlaufen werden können. Welche Figur entsteht? Aufgabe 2.1.2: Zeichnen Sie die Punkte A bis F in ein räumliches Koordinatensystem ein: a) A(5|0|0), B(0|2|0), C(0|0|4), D(−5|0|0), E(0| − 2|0), F(0|0| − 4) b) A(5|2|0), B(0|2|4), C(2|0|4), D(−5|0| − 4), E(−5| − 2|0), F(0|4| − 4) c) A(5|7|2), B(3|2|4), C(−2| − 5|3), D(−5|2, 5| − 4), E(−5| − 2| − 5), F(4|4| − 2) Aufgabe 2.1.3: Durch die Punkte A(4|1| − 3) und B(4|7| − 3) wird die Seite einer geraden Pyramide mit quadratischer Grundfläche ABCD und Spitze S festgelegt, wobei die Grundfläche parallel zur xy-Ebene liegt. Die Pyramide ist genauso hoch, wie die Seiten der Grundfläche lang sind. Zeichnen Sie die Pyramide z P9 P10 in ein räumliches Koordi5 natensystem und geben Sie die Koordinaten der Punkte C, D, S sowie des in der −5 P8 P7 Grundfläche liegenden Höhenfußpunkts F an. 1 −5

Aufgabe 2.1.4: Abb. 14 zeigt die Umrisse eines Hauses. Der Fußboden des Dachraums liegt in der xy-Ebene. Bestimmen Sie die Koordinaten der Punkte P1 bis P10 .

−1

P4 P5

−1

5

1

y

0 1 −1

P3 P6

5

x P1

−5

P2

Abb. 14

76

Aufgabe 2.1.5: Lesen Sie die Koordinaten der Eckpunkte A, B,C, D und S der in Abb. 15 dargestellten schiefen Pyramide ABCDS mit rechteckiger Grundfläche ABCD ab. Die Punkte A und C liegen in der xy-Ebene und das gleichschenklige Dreieck Δ BDS ist zur xz-Ebene parallel. Aufgabe 2.1.6: Bestimmen Sie die Koordinaten der Punkte A bis H der in Abb. 16 dargestellten Figur. Unterscheiden Sie dabei die folgenden Fälle: a) Der Punkt C liegt auf der y-Achse. b) Vom Punkt C sind zwei Koordinaten bekannt: C( ? |8|2). c) Vom Punkt C ist eine Koordinate bekannt: C(−4| ? | ? ).

2 Vektoren und ihre Eigenschaften S

z 5 4 3

−5 −4 −3 C 1 −2 −1 0 −3 −2 −11 1 2 2 −1 3 −2 4 5 −3 x 2

−4

A

3

4

5

D

Abb. 15

B

F

7 y

6

z

5 E

G

−5

1

Aufgabe 2.1.7: Skizzieren Sie im räumlichen Koordinatensystem die Menge aller Punkte P(x|y|z) mit a) y = 3 bzw. b) x = 2 und y = −2.

D

−1 0

−11 −1 A 5 x

C 1

5

y

H B

Abb. 16

Aufgabe 2.1.8: Die Punkte A(4| − 5| − 4), B(4|3| − 4), C(−4|3| − 4), D(−4| − 5| − 4), E(4| − 5|4), F(4|3|4), G(−4|3|4) und H(−4| − 5|4) sind Eckpunkte eines Würfels. M1 sei der Mittelpunkt der Strecke AB, M2 sei der Mittelpunkt der Strecke BC, M3 sei der Mittelpunkt der Strecke CG, M4 sei der Mittelpunkt der Strecke GH, M5 sei der Mittelpunkt der Strecke HE und M6 sei der Mittelpunkt der Strecke AE. a) Zeichnen Sie die Punkte A bis H und den Würfel in ein räumliches Koordinatensystem. b) Zeichnen Sie die Mittelpunkte M1 bis M6 auf den Würfel aus a) und bestimmen Sie die Koordinaten der Punkte M1 bis M6 . Hinweis: Diese Aufgabe lässt sich zeichnerisch lösen. Eine Berechnung der Mittelpunktskoordinaten ist nicht notwendig.

2.1 Punkte in der Ebene und im Raum

77

Aufgabe 2.1.9: Abbildung 17 zeigt die räumliche Lage der Punkte A, B, C und D, von denen jeweils genau eine Koordinate bekannt ist:     A ?  ? 4 B ( ? | −3 | ? )     C −4 ?  ?     D 4 ?  ?

z 4 3

−5 −4 −3 1 −2 −1 0 −1 1 1 2 2 −1 2

B

−3

−2 3

Bestimmen Sie für jeden der Punkte A, B, C und D mögliche Koordinaten. Sind die Ergebnisse eindeutig?

Aufgabe 2.1.10: Beschreiben Sie die in den Abb. 18 bis 20 dargestellten Punktmengen. Hinweise: Gestrichelte Linien, Winkel und einzelne, zu den jeweiligen Mengen zugehörige Punkte sollen helfen, die räumliche Lage der in den Abbildungen dargestellten Mengen eindeutig zu lokalisieren. Beachten Sie außerdem, dass aus Platzgründen natürlich immer nur eine Teilmenge dargestellt werden kann, d. h., die dargestellten Teilmengen sind gedanklich in die entsprechenden Richtungen fortzusetzen.

A

3

4 5 y C D

−2

4 5

−3

x

Abb. 17

z

E 45◦ y

x Abb. 18

z z

g

F

1 1

1 1

x

y

1

1

x Abb. 19

Abb. 20

y

78

2 Vektoren und ihre Eigenschaften

Aufgabe 2.1.11: Berechnen Sie den Abstand d(A, B) und die Koordinaten des Mittelpunkts M der Strecke AB für die folgenden Punkte A und B in der Ebene: a) A(0|0), B(4|2) b) A(0|0), B(4| − 2) c) A(0|0), B(−4|2) d) A(0|0), B(−4| − 2) e) A(1|3), B(4|7) f) A(1| − 3), B(5| − 6) Aufgabe 2.1.12: Berechnen Sie den Abstand d(A, B) und die Koordinaten des Mittelpunkts M der Strecke AB für die folgenden Punkte A und B im Raum: a) A(0|0|0), B(4|2|4) b) A(0|0|0), B(−4| − 2|4) c) A(0|0|1), B(4| − 2|5) d) A(0| − 2|0), B(−4| − 2| − 2) e) A(1|3|2), B(4|7|0) f) A(1| − 3|1), B(−3|5|0) Aufgabe 2.1.13: Eine in den Bergen gelegene ebene Wiese hat die Form eines    Parallelo gramms mit den Eckpunkten A 123102842 ,    √      B 123132842 , C 123 − 40 2152853  √    wobei und D 123 − 40 2122853 , 1 LE = 1 m gilt (siehe die schematische Abb. 21)). Welche scheinbaren Seitenlängen hat die Wiese auf einem Luftbild?

D

A

B

C

Abb. 21

  5   Aufgabe2.1.14:  3  Zeichnen Sie das Dreieck mit den Eckpunkten A −1 0 2 , B(2| − 3|1)    und C 0 1 2 in ein Koordinatensystem und berechnen Sie den Umfang des Dreiecks. Aufgabe 2.1.15: Gegeben seien die Punkte A(2|5| − 1), B(−3|2|2) und C(2| − 3|6). a) Zeichnen Sie das durch die Punkte A, B und C aufgespannte Dreieck in ein kartesisches Koordinatensystem. b) Berechnen Sie jeweils die Koordinaten der Mittelpunkte der Strecken AB, AC und BC, und zeichnen Sie diese in die Skizze aus a) ein. c) Berechnen Sie die Längen der Dreiecksseiten AB, AC und BC. Aufgabe 2.1.16: Gegeben sind die Punkte A(5|6|1), B(2|6|1), C(0|2|1), D(3|2|1) und S(2|4|5). Das Viereck ABCD ist die Grundfläche einer Pyramide mit der Spitze S. a) Zeichnen Sie die Pyramide in ein kartesisches Koordinatensystem. b) Welche Länge besitzt die Seitenkante AS? c) Welcher Punkt F ist der Höhenfußpunkt der Pyramide? Wie hoch ist die Pyramide? Aufgabe 2.1.17: Wie muss t ∈ R gewählt werden, damit d(P, Q) = 10 gilt? √ b) P(17| − 14|t), Q(12| − 14|22) a) P(− 11|2|3), Q(0|t|11) c) P(−9| − 4|11), Q(t|6|11) d) P(−t| − 2|t), Q(4| − t|3t)

2.2 Vektoren

79

Aufgabe 2.1.18: Gegeben seien für beliebiges t ∈ R die Punkte     A (t | t | − 1) , B 2  t + 1  t − 2 und C ( 2t | 1 | t − 3) . Bestimmen Sie alle Parameterwerte t ∈ R, für die das Dreieck Δ ABC gleichseitig ist. Aufgabe 2.1.19: Bestimmen Sie (falls möglich) die Koordinaten eines Punkts P a) auf der x-Achse bzw.

b) auf der y-Achse,

der von A(0| − 2|4) doppelt so weit entfernt ist wie von B(6|2| − 1). Aufgabe 2.1.20: Für welches x ∈ R wird der Abstand zwischen den Punkten P(2|4| − 1) und Q(x|3|2) minimal? Hinweis: Interpretieren Sie den von x ∈ R abhängigen Abstand d(P, Q) als Funktion f : R → [0; ∞).

2.2 Vektoren Die Schulmathematik beschränkt sich meist auf eine bestimmte Art der Interpretation von Vektoren, nämlich als Menge der Verschiebungen von Punkten in der Ebene oder im Raum. In der Regel wird der Vektorbegriff durch Betrachtung zweier verschiedener Punkte A und B motiviert. Zentraler Ausgangspunkt ist dabei sowohl in der Ebene als auch im Raum der Begriff des Pfeils und seiner Länge: Definition 2.16. Ein geordnetes Paar zweier Punkte A und B heißt Pfeil von A nach B. − → Wir schreiben dafür AB und nennen A Anfangspunkt und B Endpunkt des Pfeils. Die −  → − → Länge AB des Pfeils AB ist definiert durch den Abstand der Punkte A und B. − → Ein Pfeil kann als Verschiebung des Punkts A entlang der durch AB vorgeschriebenen − → Richtung zur Position des Punkts B aufgefasst werden. Die Definition der Pfeillänge AB legt nahe, dass der Weg dieser Verschiebung von A nach B durch die Verbindungsstrecke AB festgelegt wird. Zur Präzisierung der Begrifflichkeiten betrachten wir zwei verschiedene Punkte A(ax |ay ) und B(bx |by ) in der Ebene. Die Differenzen bx − ax bzw. by − ay der x- bzw. y-Koordinaten von A und B geben einen Weg vor, wie im Koordinatensystem ausgehend von A nach B gelaufen werden kann. Falls bx ≥ ax und by ≥ ay gilt, dann sind bx − ax LE parallel zur x-Achse und anschließend by − ay LE parallel zur y-Achse zurückzulegen, wie sich leicht anhand der Abb. 22 nachvollziehen lässt. Die Differenzen bx − ax und by − ay lassen sich − → als Koordinaten des zurückgelegten Wegs auffassen, die wir dem Pfeil AB zuordnen und schreiben dafür   bx − ax − → AB := . (2.17) by − ay

80

2 Vektoren und ihre Eigenschaften

Das Vorzeichen der Pfeilkoordinaten bx − ax und by − ay gibt dabei die Richtung des Wegs vor. Unter der oben genannten Voraussetzung bx ≥ ax und by ≥ ay gilt bx − ax ≥ 0 und by − ay ≥ 0. Das bedeutet, dass parallel zur x-Achse nach rechts und parallel zur y-Achse nach oben gelaufen wird. Gilt dagegen zum  bx ≤ ax und by ≤ ay , dann  Beispiel ist bx − ax≤ 0 und by − ay ≤ 0, was bedeutet, dass bx − ax  LE parallel zur x-Achse nach links und by − ay  LE parallel zur y-Achse nach unten gelaufen wird. − → Die Richtung der Verschiebung AB machen wir in Grafiken dadurch deutlich, dass am Endpunkt B der Strecke AB eine Pfeilspitze angetragen wird (siehe Abb. 22).

y

y B

by

B

by

−→B A

ay 0

−→A B

A ax

ay bx

x

0

A

ax

bx

x

Abb. 22: Pfeile zwischen zwei Punkten A und B in der Ebene Wir fassen alle möglichen Fälle in folgender „Navigationsanleitung“ zusammen: − → Anleitung 2.18. Die Verschiebung von A nach B mithilfe des Pfeils AB lässt sich in der Ebene wie folgt beschreiben:   • Schritt 1: Ausgehend von A gehe bx − ax  LE parallel zur x-Achse, und zwar nach links, falls bx − ax ≤ 0 bzw. nach rechts, falls bx − ax ≥ 0. Dies führt zu einem Hilfspunkt H(bx |ay ).   • Schritt 2: Ausgehend von H gehe by − ay  LE parallel zur y-Achse, und zwar nach unten, falls by − ay ≤ 0 bzw. nach oben, falls by − ay ≥ 0. Im Ergebnis dieses Schritts wird der Zielpunkt B(bx |by ) erreicht. Diese Vorgehensweise lässt sich auf den dreidimensionalen Raum übertragen: Gegeben seien zwei verschiedene Punkte A(ax |ay |az ) und B(bx |by |bz ). Wir definieren den Pfeil ⎞ ⎛ bx − ax − → (2.19) AB := ⎝ by − ay ⎠ . bz − az

2.2 Vektoren

81

− → Anleitung 2.20. Die Verschiebung von A nach B mithilfe des Pfeils AB lässt sich im Raum wie folgt beschreiben:   • Schritt 1: Ausgehend von A gehe bx − ax  LE parallel zur x-Achse, und zwar nach „hinten“, falls bx − ax ≤ 0 bzw. nach „vorn“, falls bx − ax ≥ 0. Dies führt zu einem Hilfspunkt H1 (bx |ay |az ).   • Schritt 2: Ausgehend von H1 gehe by − ay  LE parallel zur y-Achse, und zwar nach links, falls by − ay ≤ 0 bzw. nach rechts, falls by − ay ≥ 0. Dies führt zu einem Hilfspunkt H2 (bx |by |az ).   • Schritt 3: Ausgehend von H2 gehe bz − az  LE parallel zur z-Achse, und zwar nach unten, falls bz − az ≤ 0 bzw. nach oben, falls bz − az ≥ 0. Im Ergebnis dieses Schritts wird der Zielpunkt B(bx |by |bz ) erreicht.

PQ−→

A P Abb. 23: Musterbeispiel gleichgerichteter Pfeile, wobei die Punkte A, B, P und Q nicht auf einer Gerade liegen

Offensichtlich besteht zwischen der Parallelität und der Richtung von zwei Pfeilen − → −→ ein Zusammenhang, denn sind AB und PQ gleichgerichtet, dann müssen sie gleichzeitig auch parallel zueinander sein.

−→ PQ

− → AB B

A

Q

Abb. 24: Musterbeispiel gleichgerichteter Pfeile, wobei die Punkte A, B, P und Q auf einer Gerade liegen

D

CD−→

AB−→

A

C −→ DR

P

−→PQ

B Auf eine genaue mathematische Präzisierung des Richtungsbegriffs für Pfeile müssen wir vorerst verzichten und begnügen uns mit einer rein anschaulichen Festlegung, die jedoch unmissverständlich ist: − → −→ Zwei Pfeile AB und PQ sind gleichgerichtet, wenn sie parallel zueinander sind und

P

− → PR

Die Umkehrung dieser Tatsache gilt nicht, − → −→ denn sind AB und PQ parallel, so können sie trotzdem in verschiedene Richtungen zeigen.

Q

B AB−→

Mit den folgenden Kriterien können zwei − → −→ Pfeile AB und PQ verglichen werden: − → −→ • AB und PQ haben die gleiche Länge oder haben nicht die gleiche Länge. − → −→ • AB und PQ sind parallel oder sind nicht parallel. − → −→ • AB und PQ zeigen in die gleiche Richtung oder zeigen in verschiedene Richtungen. Wir sagen auch, dass − → −→ AB und PQ gleichgerichtet bzw. nicht gleichgerichtet sind.

Q R

Abb. 25: Pfeile, die in verschiedene Richtungen zeigen

82

2 Vektoren und ihre Eigenschaften

ihre Pfeilspitzen wie in den Abb. 23 und 24 ausgerichtet sind. Weitere Beispiele gleichgerichteter Pfeile finden sich weiter unten in Abb. 26. Beispiele nicht gleichgerichteter Pfeile finden sich in Abb. 25. − → − → − → − → Bereits aus der Definition eines Pfeils AB wird deutlich, dass AB = BA gilt, denn AB und − → BA verbinden zwar die gleichen Punkte und haben die gleiche Länge, geben aber verschiedene Richtungen vor. Das wird in Abb. 22 ebenso deutlich wie durch Zahlenbeispiele:     − → − → −5 5 .  und BA = Beispiel 2.21. Für die Punkte A(1|1) und B(6|4) gilt AB = −3 3 −→ Beispiel 2.22. Für die Punkte P(−4|4) und Q(1|7) gilt PQ =

    −→ −5 5 . und QP = −3 3

Wie ein Vergleich zwischen den Beispielen 2.21 und 2.22 zeigt, erhalten wir trotz ver− → −→ − → −→ schiedener Punktkoordinaten die gleichen Pfeile, d. h. AB = PQ bzw. BA = QP. Das zeigt, dass es unendlich viele Punktepaare gibt, deren Pfeilkoordinaten übereinstimmen. Außerdem haben diese Pfeile die gleiche Länge, sind parallel und zeigen in die gleiche Richtung. −→ Umgekehrt bedeutet dies, dass der Pfeil PQ aus Beispiel 2.22 verwendet werden kann, um damit den Punkt A aus Beispiel 2.21 nach B zu verschieben. Die Menge von Pfeilen mit exakt den gleichen Eigenschaften lässt sich wie folgt zusammenfassen:

Q

P C

A

− u→ = − G→ H

− u→ = − E F→

D

− u→

B

− u→ = −→ CD

− u→ = −→ AB

y

− u→ = −→ PQ

Definition 2.23. Die Menge aller parallelen, gleich langen und gleichgerichteten Pfeile heißt Vektor. Als Symbole für Vektoren verwenden wir in der Regel Kleinbuchstaben → − − − − mit einem darüber geschriebenen Pfeil, wie zum Beispiel → a, b,→ u oder → v . Jeder Pfeil − → AB ist ein Repräsentant des Vektors, zu dem er gehört. In diesem Sinne schreiben wir − → − → − auch → u = AB und bezeichnen deshalb auch AB als Vektor.

F

H

G E x

Abb. 26: Repräsentanten eines Vektors in der Ebene Die Bedeutung dieser Begriffsbildung lässt sich gut mit dem Übergang von Brüchen zu rationalen Zahlen vergleichen. Wir stellen die Gemeinsamkeiten zwischen rationalen Zahlen und Vektoren gegenüber:

2.2 Vektoren

83

Die Brüche

Die Pfeile

1 2 3 7 10 123 2 , 4 , 6 , 14 , 20 , 246 ,

− → −→ −→ − → −→ AB, CD, EF, RS, PQ, . . .

...

Repräsentanten der rationalen Zahl 12 , d. h., jeder der Brüche kann zur Beschreibung der rationalen Zahl 12 verwendet werden. Streng genommen müssten wir 1 1 2 3 7 10 123 = , , , , , , . . . 2 2 4 6 14 20 246

mit den gleichen(!) Eigenschaften erhält man gemäß (2.17) und (2.19) aus den zugehörigen Punktepaaren. Sie legen alle die gleiche Verschiebung in der Ebene oder im Raum fest. − → −→ −→ − → −→ Die Pfeile AB, CD, EF, RS, PQ, . . . sind − → Repräsentanten des Vektors AB, d. h., jeder der Pfeile kann zur Beschreibung des − → Vektors AB verwendet werden. Streng genommen müssten wir − → −→ −→ − → −→ − → AB = AB, CD, EF, RS, PQ, . . .

schreiben, denn bei der rationalen Zahl 12 handelt es sich um die Menge ihrer Repräsentanten. Umgekehrt legt jeder Repräsentant die rationale Zahl 12 eindeutig fest.

− → schreiben, denn bei dem Vektor AB handelt es sich um die Menge seiner Repräsentanten. Umgekehrt legt jeder Repräsen− → tant den Vektor AB eindeutig fest.

Als Variable für rationale Zahlen werden überlicherweise Kleinbuchstaben verwendet, wie zum Beispiel a, b, c, x, . . . Man spricht kurz von der rationalen Zahl

Als Variable für Vektoren werden Kleinbuchstaben mit einem darübergesetzten → − − − Pfeil verwendet, wie z. B. → a, b, → u , ... Man spricht kurz vom Vektor

gehen durch Kürzen oder Erweitern auseinander hervor. Sie sind dem gleichen Punkt auf der Zahlengerade zugeordnet.

Die Brüche 12 , 24 , 36 ,

x =

1 2

=

2 4

=

3 6

7 10 123 14 , 20 , 246 ,

=

7 14

=

10 20

. . . sind

− → −→ − → −→ → − u = AB = CD = EF = RS = . . . .

= ... .

Definition 2.24. Einen Vektor der Gestalt   ux → − u := uy

⎞ ux − bzw. → u := ⎝ uy ⎠ uz ⎛

nennen wir Spaltenvektor. Die Zahlenwerte ux , uy , uz ∈ R heißen Koordinaten des Vek− tors → u . Im Einzelnen nennen wir ux die x-Kooordinate, uy die y-Kooordinate und uz die − z-Kooordinate von → u.

Bemerkung 2.25. Es muss klar zwischen Punktkoordinaten und Vektorkoordinaten unterschieden werden. In vielen Lehrbüchern wird das durch unterschiedliche Schreibweisen für die Koordinaten deutlich gemacht. Da einerseits eine solche Abgrenzung in der Regel nicht ganz konfliktfrei ist und andererseits bereits durch die Schreibweise klar und

84

2 Vektoren und ihre Eigenschaften

deutlich hervorgehoben wird, ob es sich um einen Punkt oder einen Spaltenvektor mit entsprechenden Koordinaten handelt, wird in diesem Lehrbuch keine gesonderte Zeichensetzung zur Trennung der Begrifflichkeiten Punkt- bzw. Vektorkoordinaten   vorgenommen. px → − Ähnliche Bezeichnungen für Koordinaten wie P(px |py ) und p = bzw. P(p1 |p2 ) py   −p = p1 werden hier weitgehend konfliktfrei verwendet. und →  p2 Um mit Vektoren rechnen zu können, benötigen wir den folgenden speziellen Vektor: Definition 2.26. Zu einem Punkt A(ax |ay ) der Ebene bzw. A(ax |ay |az ) des Raums defi− → nieren wir den Ortsvektor 0A durch4 ⎛ ⎞   a ax − → − → ⎝ x⎠ 0A := bzw. 0A := ay . ay az

→B − 0

B

by

bz A

bx

→B − 0

0A−→

ay

0

z

B

y

by ax

bx

x

ax x

ay

− → 0A

y

az A

Abb. 27: Ortsvektoren von Punkten A und B in der Ebene (links) und im Raum (rechts)   3 .  7 ⎛ ⎞ 2 − → ⎝ ⎠ Beispiel 2.28. Der im Raum liegende Punkt A(2|7|3) hat den Ortsvektor 0A = 7 .  3 − → Beispiel 2.27. Der in der Ebene liegende Punkt A(3|7) hat den Ortsvektor 0A =

− → Die Null im Symbol 0A für den Ortsvektor des Punkts A ist kein Schreibfehler, denn zu Beginn von Abschnitt 2.1 wurde vereinbart, dass die Zahl 0 auch als Bezeichnung für den Koordinatenursprung ver− → wendet wird. Da dies konsequent beibehalten werden soll, passt die Schreibweise 0A bestens zum Pfeil − → mit Anfangspunkt 0 und Endpunkt A. Verbreitet ist auch die Schreibweise OA, wobei der Buchstabe O dann auf den Begriff Ortsvektor oder auf die lateinische Bezeichnung origo für Urspung anspielt.

4

2.2 Vektoren

85

− → − → In Definition 2.16 wurde die Länge AB eines Pfeils AB durch den Abstand d(A, B) der Punkte A und B erklärt. Für die ebenen Punkte A(ax |ay ) und B(bx |by ) gilt  − → AB = d(A, B) = (bx − ax )2 + (by − ay )2 , und für im Raum liegende Punkte A(ax |ay |az ) und B(bx |by |bz ) gilt  − → AB = d(A, B) = (bx − ax )2 + (by − ay )2 + (bz − az )2 . − → − Der Pfeil AB ist Repräsentant eines Vektors → u und offensichtlich hat jeder andere Pfeil  − → → −  als Repräsentant von u ebenfalls die Länge AB = d(A, B), wie zum Beispiel nach einem − → Vergleich der in Abb. 26 dargestellten Pfeile deutlich wird. Da wir AB ebenfalls als Vektor interpretieren, motiviert dies die Definition eines Längenbegriffs für Vektoren. Definition 2.29. Gegeben sei in der Ebene bzw. im Raum ein Vektor ⎛ ⎞   ux u x → − − u = bzw. → u = ⎝ uy ⎠ . uy uy Die reelle Zahl   → − u  := u2x + u2y

bzw.

  → − u  := u2x + u2y + u2z

− − u oder alternativ Betrag des Vektors → u. heißt Länge des Vektors →   −  √ √ 5 u  = 52 + 42 = 41. hat die Länge →  4 ⎛ ⎞ 2 −   − u  = 22 + (−2)2 + 12 = 3.  Beispiel 2.31. Der Vektor → u = ⎝ −2 ⎠ hat die Länge → 1 − Beispiel 2.30. Der Vektor → u =

Vektoren lassen sich gemäß früherer Überlegungen über ihre Länge und Richtung miteinander vergleichen. Das bedeutet genauer: − − Definition 2.32. Gegegen seien in der Ebene oder im Raum die Vektoren → u und → w. → − → − a) u und w heißen gleich, wenn sie die gleiche Länge und die gleiche Richtung haben. − − In diesem Fall schreiben wir → u =→ w. → − → − b) u und w heißen verschieden, wenn sie verschiedene Längen oder verschiedene − − Richtungen haben. In diesem Fall schreiben wir → u = → w. Die Berechnung der Länge und eine Ermittlung der Richtung ist in der Praxis nicht notwendig, denn die Länge eines Vektors wird durch die Beträge seiner Koordinaten festgelegt und für die Richtung sind (und anderem) die Vorzeichen der Koordinaten maßgeblich.

86

2 Vektoren und ihre Eigenschaften

Deshalb lässt sich ein Vergleich von zwei Vektoren auf den Vergleich ihrer Koordinaten zurückführen. Das hatten wir bereits intuitiv beim Vergleich zwischen den Beispielen 2.21 und 2.22 benutzt.     ux wx − − Satz 2.33. Zwei Vektoren → u = und → w= in der Ebene sind gleich, wenn uy wy ⎛ ⎞ ux − u = ⎝ uy ⎠ für ihre Koordinaten ux = wx und uy = wy gilt. Analog sind zwei Vektoren → uz ⎛ ⎞ wx − und → w = ⎝ wy ⎠ im Raum gleich, wenn ux = wx , uy = wy und uz = wz gilt. wz     1 1 − → und w1 = sind gleich, denn ihre Koordinaten 2 2     1 − → = −1 nicht gleich, stimmen überein. Dagegen sind die Vektoren → u2 = und − w 2 2 2 denn ihre x-Koordinaten sind verschieden.  − Beispiel 2.34. Die Vektoren → u1 =

Aufgaben zum Abschnitt 2.2 Aufgabe 2.2.1: Im gleichschenkligen Dreieck Δ ABC in Abb. 28 liegen die Punkte M, N und P auf den Strecken AC, AB bzw. BC. Nennen Sie Pfeile, die −→ a) in die gleiche Richtung wie der Pfeil AN zeigen, −→ b) Repräsentanten des Vektors AN sind, −→ c) in die gleiche Richtung wie NA zeigen −→ und die Länge AN  haben, −→ d) in die gleiche Richtung wie NA zeigen −→ und nicht die Länge AN  haben, −→ e) weder in die Richtung von AN noch in −→ die Richtung von NA zeigen.

C

M

A

P

N

B

Abb. 28

− → − → Aufgabe 2.2.2: Geben Sie jeweils die Koordinatendarstellung der Pfeile AB und BA an: a) A(0|0), B(8|3) c) A(0|0|0), B(8|3| − 4) e) A(10|20|30), B(456|765|123)

b) A(−1|1), B(3|1) d) A(−1|1|1), B(3|1| − 1) f) A(−9|0|9), B(9|0| − 9)

2.2 Vektoren

87

Aufgabe 2.2.3: Im gleichsseitigen Dreieck Δ ABC in Abb. 29 sind M, N und P die Mittelpunkte der Strecken AC, AB bzw. BC. Nennen Sie alle Pfeile, die −→ a) zum Vektor NP gehören, −−→ b) zum Vektor NM gehören, −→ c) die gleiche Länge wie AN haben, −→ d) mit AM gleichgerichtet sind, aber nicht −→ die Länge AM  haben, − → e) mit AC nicht gleichgerichtet sind, aber − → die Länge AC haben.

C

M

P

N

A

B

Abb. 29

Aufgabe 2.2.4: Skizzieren Sie die Pfeile zwischen den folgenden Punkten der Ebene in einem gemeinsamen Koordinatensystem, wobei der jeweils zuerst genannte Punkt der Anfangspunkt des Pfeils ist. Je zwei Pfeile sind Repräsentanten eines Vektors. Geben Sie die Vektoren an und ordnen Sie die Pfeile dem jeweiligen Vektor zu. b) C(−2|3), D(1|3) a) A(1|1), B(3|3) c) E(−4|3), F(−2|1) d) G(−3| − 2), H(−1|0) e) I(4|4), J(1|4) f) K(2|1), L(5|1) h) M(3| − 2), N(5| − 4) g) O(−1| − 3), P(−4| − 3) Aufgabe 2.2.5: Bestimmen Sie die Koordinatendarstellung der Pfeile zwischen den folgenden Punkten im Raum, wobei der jeweils zuerst genannte Punkt der Anfangspunkt des − Pfeils ist. Drei der sechs Pfeile sind Repräsentanten eines Vektors → u , die anderen drei sind → − → − → − Repräsentanten eines Vektors v . Geben Sie die Vektoren u und v an und ordnen Sie die Pfeile dem jeweiligen Vektor zu. a) A(2|2|2), B(13|14|15) b) C(−2|0| − 3), D(−5| − 5| − 13) c) E(1|4|3), F(−2| − 1| − 7) d) G(8|6|14), H(5|1|4) e) I(−17| − 45|88), J(−6| − 33|101) f) K(5|9|21), L(16|21|34)

Aufgabe 2.2.6: Geben Sie an, welche der auf dem Quader in Abb. 30 eingezeichneten − Pfeile Repräsentanten des Vektors → u sind. − → − → − − a) → u = AB b) → u = BC −→ −→ → − → − d) u = ED c) u = GF − → −→ → − − e) u = FE f) → u = FA Begründen Sie außerdem, weshalb die Pfei− → −→ le AB und FE nicht zum gleichen Vektor gehören.

G

H F

E D

C

B

A

Abb. 30

88

2 Vektoren und ihre Eigenschaften

⎛ ⎞ 1 − Aufgabe 2.2.7: Der Vektor → u = ⎝ 2 ⎠ verschiebt den Punkt P in den Punkt Q. Bestimmen 3 Sie die Koordinaten von P bzw. Q. a) P(1|1|2), Q =? b) P(2| − 3|1), Q =? c) P(−7|7|3), Q =? d) P =?, Q(1|1|2) e) P =?, Q(2| − 3|1) f) P =?, Q(−7|7|3) − → −→ Aufgabe 2.2.8: Die Pfeile AB und CD sollen Repräsentanten des gleichen Vektors sein. Bestimmen Sie die Koordinaten des jeweils fehlenden Punkts, wobei in den Aufgabenteilen f), h) und j) a, b, c ∈ R beliebig sind. a) c) e) g) i)

A(1|2|3), B(4|5|6), C(0|0|0) A(1|2|3), B(4|5|6), D(0|0|0) A(3|2| − 1), C(2| − 3|5), D(3|1|2) B(−5|5|0), C(2|4|4), D(3|6|9) A(3|3|4), C(12|2|15), D(22|7|8)

b) d) f) h) j)

A(−1|2| − 3), B(4| − 5|6), C(0|1|0) A(1| − 2|3), B(−4|5| − 6), D(1| − 1|1) A(c|c|3), B(c + 1|c|1), D(1|1|c) A(3|a|1), B(2|b|2), C(4|b + 3a|3) A(c|c|c), B(c + 1|c + 2|3), D(c|2|c − 1)

− Aufgabe 2.2.9: Berechnen Sie die Länge (den Betrag) des Vektors → u.      3 −3 3 − − − c) → u = b) → u = a) → u = −4 4 4   √    20 −3 → − 17 → − → − f) u = e) u = d) u = −15 −4 8 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −9 8 0 − − − i) → u = ⎝ √9 ⎠ g) → u = ⎝4⎠ h) → u = ⎝ −12 ⎠ − 7 1 11 ⎛ ⎞ ⎛ √ ⎞ ⎛ ⎞ 0 −√3 1 − − − j) → u = ⎝0⎠ l) → u = ⎝ √3 ⎠ k) → u = ⎝ −1 ⎠ 1 1 3 Aufgabe 2.2.10: Wie muss t ∈ R gewählt werden, damit die Gleichung gilt?        2t   4   2  √  =5     c)  a)  b)  =5 = 8 t +2  t  t −1  ⎛ ⎛ ⎛ ⎞ ⎞ ⎞  t −2    t  √ t      f) ⎝ t√+ 1 ⎠ = 2(t + 1) e) ⎝ −2 ⎠ = 724 d) ⎝ −1 ⎠ = 9   2t   4  27  Aufgabe 2.2.11: Gegeben seien die Punkte A(−1|2| − 5), B(1|12|6) und C(3|6| − 3). Be− → − → − → rechnen Sie die Länge der Vektoren AB, AC, BC und den Umfang des Dreiecks Δ ABC.

2.3 Addition und skalare Multiplikation im Vektorraum

89

2.3 Addition und skalare Multiplikation im Vektorraum Auf einer Menge von Vektoren lassen sich verschiedene Rechenoperationen wie zum Beispiel die Addition von Vektoren durchführen. − − − − Definition 2.35. Unter der Summe → u +→ w zweier Vektoren → u und → w versteht man − − den Vektor, der entsteht, wenn wir einander entsprechende Koordinaten von → u und → w addieren. Das bedeutet für Vektoren in der Ebene:       ux wx ux + wx → − − − − u = , → w= ⇒ → u +→ v := uy wy uy + wy Und analog im Raum: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ux wx → − − u = ⎝ uy ⎠ , → w = ⎝ wy ⎠ uz wz

⎛

⇒

⎞ ux + wx → − − u +→ v := ⎝ uy + wy ⎠ uz + wz

    3 1 − − ist der ebenund → w = Beispiel 2.36. Die Summe der ebenen Vektoren → u = 5 2     4 1+3 − − .  = falls in der Ebene liegende Vektor → u +→ w= 7 2+5 Am Beispiel der in Anleitung 2.18 vorgestellten Interpretation einer Verschiebung als Wegbeschreibung im ebenen kartesischen Koordinatensystem wollen wir untersuchen, wie die Addition von Vektoren geometrisch interpretiert werden kann. Dazu nehmen wir Bezug zu dem in Anleitung 2.18 beschriebenen Umweg zur Verschiebung von A(ax |ay ) nach B(bx |by ) über den Hilfspunkt H(bx |ay ). Gemäß (2.17) gilt     bx − ax 0 −→ −→ AH = . und HB = 0 by − ay Damit gilt für den Ortsvektor von B:         bx − ax bx ax 0 − → −→ −→ − → + = 0B = 0A + AH + HB = + ay 0 by − ay by

(2.37)

Außerdem gilt − → −→ −→ AB = AH + HB = und damit

     bx − ax bx − ax 0 = , + 0 by − ay by − ay



− → − → − → 0B = 0A + AB =

      ax bx − ax bx + = . ay by − ay by

(2.38)

(2.39)

90

2 Vektoren und ihre Eigenschaften

Aus (2.37) bis (2.39) gewinnen wir wichtige Erkenntnisse: Obwohl wegen −→ −→  → AH  + HB = d(A, H) + d(H, B) > d(A, B) = − AB der im Koordinatensystem zurückgelegte Weg von A nach B über den Hilfspunkt H weiter −→ −→ − → ist, stellt die Summe AH + HB die gleiche Verschiebung dar, die durch AB auf direktem − → Weg realisiert wird. Nebenbei haben wir damit herausgefunden, dass jeder Vektor AB in die Summe von (mindestens) zwei Vektoren zerlegt werden kann. In Abb. 31 sind die Rechnungen aus (2.37) bis (2.39) grafisch dargestellt. Daraus lässt sich −→ −→ erkennen, wie eine grafische Addition der Vektoren AH und HB erfolgen kann: Die Vek−→ −→ −→ toren AH und HB werden addiert, indem der Anfang von HB an das Ende (d. h. die Pfeil−→ −→ spitze) des Vektors AH angesetzt wird. Die Verbindungsstrecke vom Anfang des Pfeils AH −→ −→ − → −→ zum Ende des Pfeils HB ist der Pfeil AH + HB = AB. y B

A

ay 0

ax

→ − w

−→B H + → −H A −→B = A −→ AH

ay

H bx

→ − u

by

−→ HB

by

x

0

A ax

−w → −u + → −→B = A −→ → − u = AH

B −→ → − w = HB

y

H bx

x

Abb. 31: Vektorieller Umweg von A nach B über H und Addition von Vektoren.

Aus den obigen Überlegungen und Rechnungen folgt außerdem, dass die Vektoraddition kommutativ ist, d. h., zum Beispiel können wir (2.38) auch schreiben als       0 bx − ax bx − ax − → −→ −→ AB = HB + AH = + . (2.40) = by − ay 0 by − ay − → −→ Das unterstreicht nochmals die Definition 2.23 eines Vektors, wonach die Pfeile AB, AH −→ − − − und HB tatsächlich nur Repräsentanten von Vektoren → v, → u bzw. → w sind, die wir als abstrakte Objekte betrachten und mit denen wir gewisse Rechenoperationen durchführen − → − können. Ein Vektor → v = AB ist folglich nicht notwendig an ein bestimmtes Paar von − → Punkten A und B mit zugehörigem Pfeil AB gebunden, sondern lässt sich anschaulich „irgendwo“ in der Ebene bzw. im Raum platzieren.

2.3 Addition und skalare Multiplikation im Vektorraum

91

Wir fassen zusammen: Satz 2.41. Zwei Punkte A(ax |ay ) und B(bx |by ) in der Ebene bzw. A(ax |ay |az ) und − → − u = AB. Die Koordinaten von B(bx |by |bz ) im Raum bestimmen eindeutig den Vektor → → − u sind gleich den Koordinatendifferenzen der Punktkoordinaten: ⎞ ⎛   bx − ax b − a − → − → x x → − − u = AB = bzw. → u = AB = ⎝ by − ay ⎠ by − ay bz − az Umgekehrt gilt: Ein Punkt A(ax |ay ) in der Ebene bzw. A(ax |ay |az ) im Raum und ein Vektor ⎛ ⎞   ux ux → − − u = bzw. → u = ⎝ uy ⎠ uy uz − → − bestimmen durch → u = AB eindeutig den Punkt B. Die Koordinaten von B sind     bzw. B ax + ux |ay + uy |az + uz . B ax + ux |ay + uy   2 → − Beispiel 2.42. Wir betrachten den Punkt A(1|2) und den Vektor u = . Wir berechnen 7   → − − → − 3 − den Ortsvektor des Punkts B(3|9). Der Vektor → u verschiebt den mit 0B = 0A + → u = 9 − → − Punkt A in den Punkt B, d. h. → u = AB. 

Die Addition der Vektoren in (2.38) und (2.40) sowie Abb. 31 sind ein Muster für eine geometrische Interpretation der Vektoraddition. Allgemeiner gilt die Parallelogrammregel: Der Sum− − menvektor → u +→ w lässt sich als Diagonalenvektor in dem durch → − − u und → w aufgespannten Parallelogramm darstellen (siehe Abb. 32). Dadurch wird eine Vorgehensweise zur grafischen Addition von Vektoren festgelegt.

→ − u → − w

→ − − u +→ w → − u

→ − w

Abb. 32: Parallelogrammregel zur Addition von Vektoren

− − Anleitung 2.43. Zwei Vektoren → u und → w werden addiert, indem man den Anfang ei→ − − nes Repräsentanten von w an die Spitze eines Repräsentanten von → u setzt. Der Pfeil → − − vom Anfang des Repräsentanten von u zum Ende des Repräsentanten von → w ist ein → − → − Repräsentant von u + w .

92

2 Vektoren und ihre Eigenschaften

Bei der Addition reeller Zahlen verhält sich die Zahl 0 neutral, d. h., die Addition von 0 zu einer beliebigen anderen reellen Zahl x verändert x nicht, denn es gilt x + 0 = x. Analoges finden wir auch für die Vektoraddition: → − Satz 2.44. Es existiert sowohl in der Ebene als auch im Raum genau ein Vektor 0 , → − − − − sodass → u + 0 =→ u für alle Vektoren → u gilt. → − Die Koordinaten der hier betrachteten Vektoren sind reelle Zahlen und folglich hat 0 eine denkbar einfache Gestalt: Definition 2.45. Der in der Ebene bzw. im Raum definierte Vektor ⎛ ⎞   0 0 → − → − 0 := bzw. 0 := ⎝ 0 ⎠ 0 0 → − heißt Nullvektor. Man bezeichnet 0 auch als neutrales Element oder neutralen Vektor der Vektoraddition. Durch den Nullvektor wird keine Verschiebung von Punkten durchgeführt, denn für jeden − → → − − → beliebigen Punkt P gilt 0P + 0 = 0P, d. h., durch die Addition des Nullvektors erfolgt keine Ortsveränderung. Der Nullvektor hat eine unbestimmte Richtung. − Für Anwendungen der Vektoraddition wird es notwendig sein, die durch einen Vektor → v vorgegebene Richtung beizubehalten, den Vektor selbst aber in seiner Länge zu strecken oder zu stauchen. Dies erreichen wir mit der skalaren Multiplikation. Definition 2.46. Unter der skalaren Multiplikation wird die Multiplikation eines Vektors → − u mit einem Skalar r ∈ R verstanden. In der Ebene wird definiert:     ux r · ux → − → − u = ⇒ r· u = uy r · uy Analog für Vektoren im Raum: ⎛

⎞ ux → − u = ⎝ uy ⎠ uz

⎛

⇒

⎞ r · ux − r·→ u = ⎝ r · uy ⎠ r · uz

− − − u wird skalar mit r multipliziert. Statt r · → u schreibt man kürzer r→ u . Man sagt auch: →   4 − mit r = 2 ergibt den Vektor Beispiel 2.47. Skalare Multiplikation des Vektors → u = 3       −  8 2·4 4 − u  = 5 und . Weiter berechnen wir die Vektorlängen → = = 2→ u =2 6 2·3 3  →  − 2− u  = 10. Das bedeutet, dass die skalare Multiplikation mit r = 2 den Vektor → u in der Länge um den Faktor 2 streckt. 

4

−

u

3→ −

− 2→ u− u

− 1· → u−

1→ −

2

−

u

3→ −

4

93

−→ u− =

2

u

1→ −

− u→

2

u

3→ −

2→ u−

2.3 Addition und skalare Multiplikation im Vektorraum

Abb. 33: Skalare Multiplikation eines Vektors

Durch einfaches Nachrechnen gemäß Definition 2.46 lassen sich leicht die folgenden Eigenschaften der skalaren Multiplikation beweisen: Satz 2.48. In der Ebene bzw. im Raum sei V die Menge aller möglichen Verschiebungsvektoren gemäß Definition 2.24. Es gelten die folgenden Axiome der skalaren Multiplikation: a) Die skalare Multiplikation ist eine abgeschlosssene Verknüpfungsoperation5 , d. h., − für alle → u ∈ V und r ∈ R gilt: − r·→ u ∈V − − b) Es gilt das erste Distributivgesetz, d. h., für alle → u ,→ v ∈ V und r ∈ R gilt: − →  − − r· → u + −v = r · → u +r·→ v − c) Es gilt das zweite Distributivgesetz, d. h., für alle → u ∈ V und r, s ∈ R gilt: − − − (r + s) · → u = r·→ u +s·→ u d) Der Skalar r = 1 ist das eindeutig bestimmte neutrale Element der skalaren Multipli− − − kation, d. h., für alle → u ∈ V gilt 1 · → u =→ u. Ebenso durch Nachrechnen leicht zu verifizieren sind die folgenden Aussagen: − Satz 2.49. In der Ebene bzw. im Raum sei → u ein beliebiger Vektor und r ∈ R ein Skalar. Dann gilt:   −    → u a) r→ u  = r · −     −  → → − − u  für r > 1 und → u = 0 b) r→ u  > −     −  → → − − u  für 0 ≤ r < 1 und → u = 0 c) r→ u  < −  − → − − d) r→ u  = 0 für r = 0 oder → u = 0 5

Die sogenannte Abgeschlossenheit einer Verknüpfungsoperation (hier die skalare Multiplikation) besagt, − dass der Vektor r→ u wieder in der Menge V liegt.

94

2 Vektoren und ihre Eigenschaften

Die Subtraktion einer reellen Zahl x von sich selbst ergibt Null, also das neutrale Element der Addition, d. h. x − x = 0. Aus algebraischer Sicht ist eine gesonderte Definition einer Subtraktion reeller Zahlen überflüssig, denn schreiben wir x + (−x) = 0, dann wird die Subtraktion auf die Addition zurückgeführt. Ähnliches lässt sich auch für Vektoren erklären: − Satz 2.50. Zu jedem Vektor → u der Ebene bzw. des Raums gibt es genau einen Vektor → − − u , so dass gilt:  − → − → − u + −→ u = 0 Wie bei der Definition des Nullvektors gibt die Tatsache, dass die Koordinaten der hier − betrachteten Vektoren reelle Zahlen sind, die Gestalt von −→ u vor. Definition 2.51. Der Vektor

− − −→ u := −1 · → u → − heißt Gegenvektor (oder inverser Vektor) zu u .

− − Die Bezeichnung Gegenvektor ist dabei anschaulich klar, denn → u und −→ u sind parallel, gleich lang, aber entgegengesetzt gerichtet. − → − Beispiel 2.52. Durch zwei beliebige Punkte A und B wird ein Vektor → u = AB festgelegt. − → − → − Der Gegenvektor ist −→ u = −AB = BA.  ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 −1 − − Beispiel 2.53. Gegenvektor zur → u = ⎝ −2 ⎠ ist −→ u = ⎝ 2 ⎠.  3 −3 Im Zusammenspiel von (2.17) und (2.19) mit den Definitionen 2.23 und 2.51 wird klar, dass allgemein → − − u = −→ u − − gilt, denn → u und −→ u haben zwar die gleiche Länge, aber verschiedene Richtungen. Einzige Ausnahme ist natürlich der Nullvek→ − → − tor, für den 0 = − 0 gilt.

→ − u → − w → − − u −→ w → − u

− −→ w

Die Richtung eines Vektors wird Abb. 34: Parallelogrammregel zur in grafischen Darstellungen festSubtraktion von Vektoren gelegt durch die Pfeilspitze und rechnerisch durch die Vorzeichen der x-, y- und z-Koordinaten. Folglich können wir die Subtraktion zweier Vektoren auf die Addition von Vektoren zurückführen, womit sich auch die Parallelogrammregel der Vektoraddition überträgt (siehe Abb. 34). Die Subtraktion als Rechenoperation auf der Menge aller Vektoren stellt also lediglich einen Sonderfall der Vektoraddition dar.

2.3 Addition und skalare Multiplikation im Vektorraum

95

− − − − Definition 2.54. Die Differenz → u −→ w der Vektoren → u und → w wird definiert durch   → − − − − u −→ w := → u + −→ w .     1 8 − und → w= berechnen wir die Differenz 2 −2        − −7 −8 1 → − − − . = + u −→ w = → u + −→ w =  4 2 2

− Beispiel 2.55. Für die Vektoren → u =

Durch einfaches Nachrechnen gemäß Definition 2.35 und unter Anwendung der Rechenregeln für reelle Zahlen auf die Vektorkoordinaten lassen sich leicht die im folgenden Satz genannten Eigenschaften der Vektoraddition beweisen. Satz 2.56. In der Ebene bzw. im Raum sei V die Menge aller möglichen Verschiebungsvektoren gemäß Definition 2.24. Es gelten die folgenden Axiome der Vektoraddition: a) Die Vektoraddition ist eine abgeschlosssene Verknüpfungsoperation, d. h., für alle → − − u ,→ v ∈ V gilt: → − −v ∈ V u +→ − − − b) Es gilt das Assoziativgesetz, d. h., für alle → u ,→ v ,→ w ∈ V gilt: − →  → − −v  + → − − u +→ w = → u+ → v +− w → − c) Der Nullvektor 0 ist das eindeutig bestimmte neutrale Element der Vektoraddition, −v ∈ V gilt: d. h., für alle → − → −v + → − 0 = → v → − − −v ∈ V ein Gegenvektor, d. h. → − − d) Zu jedem → v ∈ V existiert mit −→ v + (−→ v)= 0. − − e) Es gilt das Kommutativgesetz, d. h., für alle → u ,→ v ∈ V gilt: −v = → − − → − u +→ v +→ u Wir kehren noch einmal zurück zur skalaren Multiplikation und stellen einen Zusammenhang zur Länge von Vektoren her. Dazu benötigen wir: −  − u  = 1 gilt. Definition 2.57. Ein Vektor → u heißt Einheitsvektor, wenn → → − − − Offenbar lässt sich aus jedem Vektor → u = 0 ein Einheitsvektor gewinnen, wenn → u skalar mit dem Kehrwert seiner Länge multipliziert wird, d. h.:    1    → 1 → 1 →   − − → − → −     · −  w = u = 1 (2.58) · u ⇒ · u w := →   = → − → − −      u  u u

96

2 Vektoren und ihre Eigenschaften

− − Der Vektor → w ist ein Einheitsvektor und hat die gleiche Richtung wie → u . In diesem Zusammenhang sei auf eine häufig verwendete sprachliche Festlegung hingewiesen: → − − 1 multipliDefinition 2.59. Wird ein Vektor → u = 0 mit dem Kehrwert seiner Länge → − u − u wird auf die Länge Eins normiert. ziert, so sagt man: →   −  3 − u  = 5. Normierung von → u auf die hat die Länge → 4   3 − Länge Eins ergibt den Einheitsvektor → w = 15 .  4

− Beispiel 2.60. Der Vektor → u =

Durch Kombination von Vektoraddition und skalarer Multiplikation lassen sich Vektorgleichungen bilden. Das sind Gleichungen der Gestalt − − − − u 1 + r2 → u2 + . . . + rn → un = → w, r1 →

(2.61)

− − − die aus (n + 1) Vektoren → u1 , . . . , → u n, → w und n ∈ N Skalaren r1 , . . . , rn ∈ R gebildet werden. Vektorgleichungen eignen sich gut, um das Rechnen mit Vektoren zu trainieren. Interessant ist dabei die Vielfalt der möglichen Aufgabenstellungen, denn es können Skalare ri , ganze − Vektoren → ui oder einzelne Vektorkoordinaten als Unbekannte der Gleichung vorkommen. In der Ebene lassen sich Vektorgleichungen grafisch lösen. Das ist dann sinnvoll, wenn Vektorkoordinaten und Skalare ganzzahlig sind.

− −→ w

6 LE

− → − Beispiel 2.62. Gesucht ist ein Vektor → u1 , der die Vektorgleiu3   → − 1 u1 → − → − → − → − → − , chung u1 + 2 u2 + u3 = w mit den Vektoren u2 = 1     − 3 −1 2→ u2 − → − → − löst. Subtrahieren wir → w, und w = u3 = −1 3 → − − − − − dann ergibt sich die Gleichung → u1 + 2→ u2 + → u3 − → w = 0 . Zur 2 LE grafischenLösung  dieser Gleichung zeichnen wir den Vek2 − auf ein kariertes Blatt Papier (1 LE = 1 cm). tor 2→ u2 = Abb. 35 2 → − Dann addieren wir grafisch den Vektor u3 dazu, indem wir → − − − − u3 an die von 2→ u2 antragen. Zum so erhaltenen Vektor 2→ u2 + → u3 addieren wir   Pfeilspitze −3 → − → − → − → − → − . Das ergibt 2 u2 + u3 − w . Der gesuchte Vektor u1 schließt die Vektorkette, −w = 1 − − − − d. h., wird → u1 an die Pfeilspitze von 2→ u2 + → u3 − → w angetragen, dann muss die Pfeilspitze → − → − → − → − die in von u1 am Anfang der Vektorkette 2 u2 + u3 − w enden (siehe Abb. 35).   Es bleiben 2 → − .  x- bzw. y-Richtung zurückgelegten LE zu zählen, und dies ergibt u1 = −6 Die grafische Lösung von Gleichungen bleibt natürlich eine Ausnahme, die rechnerische Lösung ist die Regel.

2.3 Addition und skalare Multiplikation im Vektorraum

97

Beispiel 2.63. Die Vektorgleichung aus Beispiel 2.62 lässt sich rechnerisch lösen, indem − − − − − u2 + → u3 = → w nach → u1 umstellt: man die Gleichung → u1 + 2→           2 3−2+1 −1 1 3 → − → − → − → − = = − −2 u1 = w − 2 u2 − u3 =  −6 −1 − 2 − 3 3 1 −1 − − Der einfachste Fall einer Vektorgleichung hat die Gestalt r→ u =→ w . In der Ebene bzw. im Raum bedeutet das genauer ⎛ ⎞ ⎛ ⎞     wx ux ux wx r = bzw. r ⎝ uy ⎠ = ⎝ wy ⎠ . uy wy uz wz Die Lösbarkeit solcher Gleichungen hängt unter anderem davon ab, was in dieser Glei− chung die Unbekannten sind. Sind zum Beispiel die Koordinaten des Vektors → w und der → − Skalar r ∈ R gegeben und die Koordinaten des Vektors u gesucht, dann hat die Gleichung für r = 0 stets eine Lösung.     ux 2 − − gilt. Beispiel 2.64. Gesucht ist ein Vektor → u = , sodass die Gleichung 2→ u = 8 uy Wir multiplizieren die Gleichung auf beiden Seiten skalar mit 12 , was offensichtlich eine äquivalente Umformung der Gleichung darstellt:       1 2 2 − − − ⇔ 12 · 2→ ⇔ → u = u = 12 2→ u =  4 8 8 − Bereits etwas mehr Aufwand macht der Fall, dass zum Beispiel → w , r und eine Koordinate → − von u bekannt sind. Die folgenden beiden Beispiele zeigen, dass eine solche Gleichung eine Lösung haben kann, aber auch unlösbar sein kann.     4 x zu untersuchen. = Beispiel 2.65. Es ist die Lösbarkeit der Vektorgleichung 2 6 3 Nach Definition der skalaren Multiplikation muss 2x = 4 gelten, d. h. x = 2. Dies ist die Lösung der Vektorgleichung, wie durch Nachrechnen leicht überprüft wird. 

Beispiel 2.66. Die Vektorgleichung 2 y-Koordinaten gilt 2 · 3 = 6 = −6.

    4 x hat keine Lösung, denn für die = −6 3 

Der Aufwand zur Lösung steigt, je mehr Vektoren eine Vektorgleichung enthält. Wir be− − − trachten jetzt Vektorgleichungen der Gestalt r→ u + s→ v =→ w . Das bedeutet in der Ebene in Koordinatenschreibweise:       ux vx wx r +s = uy vy wy

98

2 Vektoren und ihre Eigenschaften

Die Lösbarkeit und sogar die Wahl einer möglichen Lösungsstrategie für eine solche Glei− − − chung hängt davon ab, ob die Skalare r, s oder die Koordinaten von → u,→ v und → w gegeben oder unbekannt sind. Die dabei auftretenden Möglichkeiten ausführlich zu diskutieren, ist nicht zielführend, sodass die folgenden beiden Beispiele zur Illustration ausreichen sollen.       8 −1 2 zu = +s Beispiel 2.67. Es ist die Lösbarkeit der Vektorgleichung 2 −14 5 3     8 2 keine Variablen enthalten, können wir und untersuchen. Da die Vektoren 2 −14 3       4 −1 2 . Gibt es = umformen zu s die Gleichung durch Subtraktion von 2 −20 5 3 einen Skalar s ∈ R, der diese Gleichung löst, dann ist dieser Wert eindeutig bestimmt und muss die Gleichungen erfüllen, die den x-bzw. y-Koordinaten zugeordnet werden können, d. h., s ist Lösung des folgenden linearen Gleichungssystems: I : −s = 4 II : 5s = −20 Aus Gleichung I folgt s = −4, aus Gleichung II folgt ebenfalls s = −4. Folglich ist s = −4 die Lösung des Gleichungssystems und damit die Lösung der Vektorgleichung.        2 b a zu = +3 Beispiel 2.68. Es ist die Lösbarkeit der Vektorgleichung a a + 2b a untersuchen. Hier gibt es zwei Unbekannte a und b. Gibt es eine Lösung, dann muss diese die Gleichungen erfüllen, die den x-bzw. y-Koordinaten zugeordnet werden können. Diese Gleichungen ergeben zusammen das folgende lineare Gleichungssystem (I-II):     I : a + 3b = 2 I :a+ 3b = 2 ⇔ II : 3a + 6b = 0 II : a + 3(a + 2b) = a Zum Beispiel mit dem Additionsverfahren wird die eindeutige Lösung (a; b) = (−4; 2) des Gleichungssystems ermittelt.  Im Raum kommt bei den Rechnungen jeweils die Betrachtung der den z-Koordinaten zugeordneten Gleichung hinzu. Unabhängig davon, ob Vektorgleichungen in der Ebene oder im Raum zu lösen sind, besteht ein Lösungsansatz darin, ihre Lösung auf (nicht notwendig lineare) Gleichungssysteme zurückzuführen. Diese werden aus den Gleichungen gebildet, die den x-, y- und im Raum zusätzlich den z-Koordinaten zugeordnet sind. Die Anzahl der Lösungen dieses Gleichungssystems entspricht der Anzahl der Lösungen der Vektorgleichung. Die Methode, Vektorgleichungen in lineare oder nichtlineare Gleichungssysteme zu überführen und aus deren Lösungen Rückschlüsse auf die Lösungen der Vektorgleichung zu ziehen, wird uns in vielfältiger Weise begegnen. Mit den Rechenregeln zur Addition und zur skalaren Multiplikation von Verschiebungsvektoren haben wir Regeln kennengelernt, die sich als wichtiges Merkmal der Menge V

2.3 Addition und skalare Multiplikation im Vektorraum

99

aller möglichen Verschiebungsvektoren in der Ebene bzw. im Raum herausstellen. Deshalb ist es gerechtfertigt, der Menge V einen eigenen Namen zu geben: Definition 2.69. In der Ebene bzw. im Raum sei V die Menge aller möglichen Verschiebungsvektoren gemäß Definition 2.24. Die Menge V zusammen mit der Vektoraddition als innerer Verknüpfung und der skalaren Multiplikation als äußerer Verknüpfung heißt Vektorraum. Die Bezeichnung Vektorraum ist aber kein Alleinstellungsmerkmal für die hier betrachteten Verschiebungsvektoren, denn es gibt viele weitere Mengen, für deren Elemente sich geeignete Rechenoperationen definieren lassen, die gewissen Rechenregeln (den Axiomen) genügen. Die Elemente solcher Mengen müssen dabei nicht notwendig durch Pfeile repräsentiert werden, wie das bei den Verschiebungsvektoren der Fall ist. Das Konzept des Vektorraums lässt sich grob wie folgt verallgemeinern: Sei V eine beliebige Menge, auf der eine „Addition“ ⊕ als innere Verknüpfung und eine „Multiplikation“  als äußere Verknüpfung definiert ist. Erfüllt die Addition ⊕ sinngemäß die Axiome aus Satz 2.56 und erfüllt die Multiplikation  sinngemäß die Axiome aus Satz 2.48, dann heißt die algebraische Struktur (V, ⊕, ) Vektorraum. Die Elemente u des Vektorraums V heißen Vektoren. Das Standardbeispiel für einen Vektorraum ist V = R (die reelle Zahlengerade) mit der üblichen Addition reeller Zahlen als innerer Verknüpfung und der Multiplikation als äußerer Verknüpfung. Ein weiteres Beispiel für (V, ⊕, ) ist die Menge aller ganzrationalen Funktionen mit der Addition ( f ⊕ g)(x) := f (x) + g(x) zweier Funktionen f und g als innerer Verknüpfung und der Multiplikation (r  f )(x) := r · f (x) als äußerer Verknüpfung. Die in der Ebene oder im Raum definierte Menge der Verschiebungsvektoren zusammen mit der Vektoraddition und der skalaren Multiplikation ist tatsächlich nur ein spezielles Beispiel eines Vektorraums, der auch als Vektorraum V2 (bzw. V3 ) der Verschiebungen im zwei- (bzw. dreidimensionalen) Punktraum R2 (bzw. R3 ) bezeichnet wird. Neben dien ∈ N, sem für die Physik wichtigen Vektorraummodell spielen die n-Tupelräume Rn , ⎛ ⎞ a1 ⎜ ⎟ eine besondere Rolle, deren Elemente (die „Vektoren“) durch n-Tupel der Gestalt ⎝ ... ⎠ an dargestellt werden, wobei a1 , . . . , an ∈ R. Mit ihnen wird für n > 3 nicht nur die dritte Dimension überwunden, sondern über Ortsvektoren in Koordinatensystemen das Rechnen mit Punkten ermöglicht. Es fällt auf, dass die Elemente des V2 und R2 bzw. V3 und R3 die gleiche Struktur haben. Der einzige Unterschied besteht in der Interpretation ihrer Elemente, die je nach Anwendung (z. B. in der Physik, Finanzmathematik, Vermessungskunde, ...) unterschiedliche Bedeutungen haben. Aufgrund der gleichen Struktur von V2 und R2 bzw. V3 und R3 übertragen sich die meisten der bisher und nachfolgend genannten Aussagen und Rechenregeln des V2 (bzw. V3 ) auch auf den R2 (bzw. R3 ). Wir werden deshalb im Folgenden die reelle Zahlenebene (nachfolgend weiter kurz als die Ebene bezeichnet) durch R2 und den dreidimensionalen rellen Zahlraum (nachfolgend weiter kurz als der Raum bezeichnet) durch

100

2 Vektoren und ihre Eigenschaften

R3 identifizieren. Dabei müssen wir aber gelegentlich darauf achten, dass die Symbole R2 bzw. R3 jeweils zwei unterschiedliche Bedeutungen haben: Einerseits als Punkträume, d. h., ihre Elemente werden als Punkte bezeichnet und repräsentieren eine Position in der Ebene bzw. im Raum. Andererseits als Vektorräume, d. h., ihre Elemente werden als Vektoren bezeichnet und stellen z. B. eine Verschiebung von Punkten in der Ebene bzw. im Raum dar.

Aufgaben zum Abschnitt 2.3

Aufgabe 2.3.1: Gegeben seien in der Ebene die → − − −c gemäß Abb. 36. Ermitteln Vektoren → a , b und → Sie grafisch: → − − → − − − − b) −→ a − b −→ c a) → a + b +→ c → − → − − − − d) 2→ a+b c) → a − b −→ c → − → − − − −c − c f) 32 → a + 12 b + 32 → e) → a − 12 b + 52 → Aufgabe 2.3.2: Gegeben seien in der Ebene die → − − −c gemäß Abb. 37. Ermitteln Vektoren → a , b und → Sie grafisch die folgenden Vektoren: → − − − − a) → u := 2→ a + b +→ c → − − → − → − −c + → −v = → b) v derart, dass 3 a − b + 3→ 0 → − → − − − −c + 2→ − c) → w derart, dass 4→ a + 32 b − 2→ w= 0

→ − a → − b → −c Abb. 36

→ − a

→ − b → −c

Aufgabe 2.3.3: Weisen Sie den Koordinaten der Vektoren       → − ax bx cx → − → − a = , b = , c = ay by cy aus Aufgabe 2.3.2 reelle Zahlenwerte zu. Berech− −v und → − nen Sie damit die Vektoren → u ,→ w aus Aufgabe 2.3.2. Vergleichen Sie mit den Ergebnissen aus Aufgabe 2.3.2. Aufgabe 2.3.4: Ermitteln Sie die Koordinaten der − → Punkte A und B in Abb. 38 sowie die Vektoren 0A, → − → − → − 0B, AB und BA. Stellen Sie Beziehungen zwischen − → − → − → → − den Vektoren 0A, 0B, AB und BA her.

Abb. 37 y

B

4 3 2 1 0

A 1

2

3

4

Abb. 38

5

6 x

2.3 Addition und skalare Multiplikation im Vektorraum

Aufgabe 2.3.5: Berechnen Sie:   4 a) 3 · 7     6 1 +3· c) 2 · 2 3       2 0 1 −3· +2· e) 2 · 7 5 0 Aufgabe 2.3.6: Berechnen Sie: ⎛ ⎞ 1 a) 2 · ⎝ −2 ⎠ 5 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 12 c) ⎝ −2 ⎠ + ⎝ 2 ⎠ 5 −7 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 12 e) 2 · ⎝ 2 ⎠ + 3 · ⎝ 2 ⎠ 3 −7 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 12 1 g) −2 · ⎝ 2 ⎠ + 3 · ⎝ 2 ⎠ 3 −7 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 4 i) 12 · ⎝ 2 ⎠ + 14 · ⎝ 5 ⎠ 3 6 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 12 k) −2 · ⎝ 2 ⎠ − 3 · ⎝ 2 ⎠ 3 −7

101

    −2 3 + 3 5     6 1 −3· d) 2 · 2 3 !      3 1 3 −2· −2· 2· f) − −1 1 −1 b)

⎛

b)

d)

f)

h)

j)

l)

⎞ 1 −2 · ⎝ −2 ⎠ 5 ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ 1 12 ⎝ −2 ⎠ − ⎝ 2 ⎠ −7 5 ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ 1 12 2·⎝2⎠−3·⎝ 2⎠ 3 −7 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −1 −4 0 3 · ⎝ −2 ⎠ + 2 · ⎝ 5 ⎠ − 5 · ⎝ 6 ⎠ 3 0 −7 ⎛ ⎞ ⎡⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎤ −1 −4 0 3 · ⎝ −2 ⎠ + 2 · ⎣⎝ 5 ⎠ + ⎝ 6 ⎠⎦ 3 0 −7 ⎞⎤ ⎞ ⎛ ⎛ ⎞ ⎡⎛ −4 0 −1 3 · ⎝ −2 ⎠ + 2 · ⎣⎝ 5 ⎠ − 2 · ⎝ 6 ⎠⎦ −7 3 0

Aufgabe 2.3.7: Vereinfachen Sie: &   → − ' − → − − − a +→ c + − b +→ a+b a) − → &  −  →  − ' − − x + −→ a + − a + −→ x b) → a+ →      → − → − − → −p + → − − −p − → c) → u− → x + 0 − 0 +→ 0 −− x  &− − ' (− → ' → − − → → − → − − d) → a+b− → a − −c − → c +b− → a + −c − → a + −c − → a & →   − → ' → − − → −  − → → − − e) → a− − b− → c −− a + − → a−b + → a −− c − − a+b &   − ' − → − → − → − − − − − u + 6→ w −3 → u + 4→ w +5 → u −− w + 100 0 + 4 → w − 30 0 + → u f) 2 2 →

102

2 Vektoren und ihre Eigenschaften

 − → − − − Aufgabe 2.3.8: Drücken Sie die für jeden Vektor → u gültige Gleichung → u + −→ u = 0 → − − − durch Repräsentanten von → u , −→ u und 0 aus. − Aufgabe 2.3.9: Lösen Sie die folgenden Gleichungen nach → x auf: → − → → − → − → → − → − → − − → − → − − b) a + x + b = −p − → a−b a) a + x − b = a + b →      → − − → − − − − − c) − − a −→ x = − b +→ x d) − − → x + 2→ a = 4 b −→ x →   → →  → − − → − − → − − → − − − − − e) − p − x − a = x − x + w f) 10→ x +→ a = 4 2→ x − 4→ a+b −  − →  − − − − x − 2→ a =→ x g) 12 → x − 2→ a = − 34 → a −− x h) 32 → Aufgabe 2.3.10: Bestimmen Sie (falls möglich) a ∈ R bzw. b ∈ R so, dass die folgenden Vektorgleichungen erfüllt sind:         −15 5 15 5 = b) a = a) a 9 3 9 3           −1 2 1 3 1 d) a =b = +b c) a 2 −4 0 8 4             −5 10 5 −1 1 2 = +b f) a =b − e) a 4 8 4 1 1 4             3 2 a −1 2 1 = + h) = +b g) a 4 b 1 8 −1 2             4 b a 1 b 1 j) 2 = + i) = −3 3 2 1 0 b+1 a Aufgabe 2.3.11: Bestimmen Sie (falls möglich) r, s ∈ R so, dass die folgenden Vektorgleichungen erfüllt sind: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 4 −12 12 4 a) r · ⎝ −2 ⎠ = ⎝ 6 ⎠ b) r · ⎝ −2 ⎠ = ⎝ 6 ⎠ 3 −9 9 3 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 3 −2 −12 4 1 c) r · ⎝ 2 ⎠ + s ⎝ 1 ⎠ = ⎝ −1 ⎠ d) r · ⎝ 2 ⎠ = s · ⎝ 5 ⎠ −1 4 14 3 6 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ s −1 2 2s + 7 8 s+2 4⎠ = ⎝ 2 ⎠+⎝s−1⎠ e) ⎝ −4 ⎠ = ⎝ 2 ⎠ + ⎝ s + 8 ⎠ f) ⎝ 4 s−2 11 −4 s + 11 −18 ⎛ 2 ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎞ ⎛ 4 ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ 2 s−6 0 −36 −13s s s g) ⎝ 4 − s ⎠ + ⎝ s2 ⎠ = ⎝ 6 ⎠ h) ⎝ −20s2 ⎠ + ⎝ 2s4 ⎠ = ⎝ −18 ⎠ 2 7 −7s s + 17 s4 + 1 −323 45s2 Hinweise zu g) und h): Bestimmen Sie die Lösungsmengen L1 , L2 bzw. L3 der Gleichungen, die den x-, y- bzw. z-Koordinaten der Vektoren zugeordnet sind, jeweils getrennt voneinander. Begründen und verwenden Sie, dass die Schnittmenge L1 ∩ L2 ∩ L3 die Lösungsmenge für die Variable s in der Vektorgleichung ist.

2.3 Addition und skalare Multiplikation im Vektorraum

103

− Aufgabe 2.3.12: Berechnen Sie die Länge des Vektors → a und bestimmen Sie einen Skalar → − r ∈ R, sodass der Vektor r a die Länge 10 hat.       5 −12 4 → − → − → − c) a = b) a = a) a = −3 8 3 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 3 −10 1 − − − e) → a = ⎝ 20 ⎠ d) → a = ⎝2⎠ f) → a = ⎝ √3 ⎠ −20 3 2 3

Aufgabe 2.3.13: Ein Viereck mit den im mathematisch positiven Drehsinn angeordneten Punkten A, B, C und D bildet ein Parallelogramm, wenn zwei gegenüberliegende Seiten parallel und gleich lang sind. In der Sprache der − → −→ Vektorrechnung heißt das AB = DC oder alternativ −→ − → AD = BC (siehe Abb. 39). Prüfen Sie grafisch und C D rechnerisch, ob es sich bei den durch die folgenden Punkte definierten Vierecke um Parallelogramme handelt. a) A(−2|1), B(4| − 1), C(7|2), D(1|4) b) A(2|1), B(5|2), C(5|5), D(1|4) c) A(3|2|1), B(6|3|4), C(5| − 1|2), D(2| − 2| − 1)

A

B Abb. 39

Aufgabe 2.3.14: − → −→ −→ − → a) Begründen Sie, warum in Aufgabe 2.3.13 nicht AB = DC und AD = BC nachgewiesen − → −→ −→ − → werden muss, sondern dass AB = DC (oder alternativ AD = BC) genügt. − → −→ b) Stellen Sie mithilfe des Gegenvektors zu AB oder DC alternative Bedingungen für den Nachweis eines Parallelogramms auf. Aufgabe 2.3.15: Beweisen Sie mittels Vektorrechnung, dass die Seitenmittelpunkte eines beliebigen (nicht notwendig rechtwinkligen) Vierecks ein Parallelogramm bilden. Aufgabe 2.3.16: Gegeben seien die Punkte A(1| − 2|0), B(1|2|1) und C(2|2| − 3). − → − → − → a) Berechnen Sie die Länge der Vektoren AB, AC und BC und untersuchen Sie anhand dessen, welcher Dreieckstyp durch die Punkte A, B und C definiert wird. b) Ein Punkt P ergänzt das Dreieck Δ ABC zu einem Parallelogramm. Berechnen Sie die Koordinaten von P.

104

2 Vektoren und ihre Eigenschaften

2.4 Lineare (Un-) Abhängigkeit von Vektoren Auf Grundlage der Vektoraddition und der skalaren Multiplikation untersuchen wir jetzt weitere Zusammenhänge zwischen Vektoren. Zuerst sollen die bisher nur anschaulich verwendeten Begriffe Parallelität und Richtung von Vektoren präzisiert werden. Zur Motivation betrachten wir drei Vekto→ − − −c , die ein Dreieck aufspanren → a , b und → nen. Diese Situation ergibt sich zum Beispiel durch die Vorgabe von drei verschiedenen und nicht auf einer Gerade liegenden Punkten A, B und C. Die Repräsentanten der − − → → − → − Vektoren sind dann → a = BC, b = AC und − → → − c = AB (siehe Abb. 40). Umgekehrt lässt sich die Frage stellen, unter welchen Voraussetzungen drei gegebene → − − −c ein Dreieck aufVektoren → a , b und → spannen können. Im Zusammenhang mit zueinander passenden Längen- und Winkelverhältnissen zwischen den durch die Vektoren definierten Dreiecksseiten besteht eine Grundvoraussetzung darin, dass keiner der drei Vektoren zu den jeweils beiden anderen Vektoren parallel sein darf (siehe Abb. 41). Das ist nach unserer bisherigen Anschauung → − − der Fall, wenn zum Beispiel → a und b gleich − gerichtet sind und → a durch Streckung oder → − → − − Stauchung aus b entsteht, d. h. → a = r b mit r = 0.

C

→ − a

→ − b → − c

B

A

Abb. 40: Ein Dreieck aus Vektoren

C → − a → − b → −c

B

A

Abb. 41: Sind mindestens zwei von drei Vektoren parallel, so kann durch sie kein Dreieck aufgespannt werden

− − Dass ein Vektor → u durch skalare Multiplikation aus einem anderen Vektor → v entsteht, ist offensichtlich das wesentliche Merkmal für die Parallelität von Vektoren. Wir sagen auch, −v ist (oder umgekehrt). In gewissser Weise ist dabei − dass → u ein skalares Vielfaches von → der eine Vektor vom jeweils anderen abhängig und dies führt zu folgender Begriffsbildung: − −v heißen kollinear oder linear abhängig, Definition 2.70. Zwei Vektoren → u und → → − → − −v = r→ − − − wenn es ein r ∈ R gibt mit u = r v oder → u . Andernfalls heißen → u und → v nicht kollinear oder linear unabhängig. In der Ebene ist die Kollinearität zweier Vektoren grafisch leicht verständlich darstellbar. So sind zum Beispiel jeweils zwei der in Abb. 33 dargestellten Vektoren kollinear. In

2.4 Lineare (Un-) Abhängigkeit von Vektoren

105

→ − − − − Abb. 41 sind → a und b kollinear, während → a und → c nicht kollinear sind. Im Raum wird es schwierig, die Kollinearität zweier Vektoren grafisch darzustellen, sodass wir dies am folgenden Zahlenbeispiel illustrieren: Beispiel 2.71. Wir betrachten die Vektoren ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 4 → − −v = ⎝ 8 ⎠ u = ⎝2⎠ , → 3 12

⎛

⎞ 4 − und → w = ⎝ 8⎠ −12

− −v kollinear sind. Dazu schreiben wir die VektorWir untersuchen zunächst, ob → u und → → − → − gleichung u = r v in ein lineares Gleichungssystem um: I : 1 = 4r II : 2 = 8r III : 3 = 12r Wir stellen alle drei Gleichungen nach r um und erkennen, dass r = 14 alle drei Gleichungen −v und dies bedeutet, dass die Vektoren → − −v kollinear sind. − u und → löst. Folglich gilt → u = 14 → → − → − Analog untersuchen wir, ob u und w kollinear sind: 4r I : 1 = 8r II : 2 = III : 3 = −12r Wir stellen alle drei Gleichungen nach r um und erkennen, dass die Gleichungen I und II

durch r = 14 erfüllt werden, die Gleichung III aber durch r = − 14 erfüllt wird. Das ist ein Widerspruch, d. h., das Gleichungssystem ist nicht lösbar. Daraus folgt, dass die Vektoren → − − u und → w nicht kollinear bzw. linear unabhängig sind.  Analoge Rechnungen sind in der Ebene möglich. Bei der im Beispiel 2.71 demonstrierten Vorgehensweise ist kritisch die Frage nach Aufwand und Nutzen zu stellen. Vielfach − − wird es nicht notwendig sein, die Vektorgleichung → u = r→ v ausführlich als lineares Gleichungssystem aufzuschreiben. Die Kollinearität oder lineare Unabhängigkeit zweier Vektoren lässt sich mit etwas Übung durch „Hinsehen“ erkennen. Dabei kann die durch die folgenden Sätze vorgegebene Methode helfen, die lediglich die Vorgehensweise aus Beispiel 2.71 etwas kompakter darstellt:     ux vx − − Satz 2.72. In der Ebene seien die Vektoren → u = und → v = gegeben und uy vy es gelte vx = 0 und vy = 0. uy ux − −v kollinear und mit r = ux gilt → − − a) Gilt = , dann sind → u und → u = r→ v. vx vy vx uy ux − −v linear unabhängig. = , dann sind → u und → b) Gilt vx vy

106

2 Vektoren und ihre Eigenschaften

⎞ ⎛ ⎞ vx ux − − v = ⎝ vy ⎠ gegeben und es Satz 2.73. Im Raum seien die Vektoren → u = ⎝ uy ⎠ und → uz vz ⎛

gelte vx = 0, vy = 0 und vz = 0. a) Gilt

uy ux uz = = , vx vy vz − − − −v kollinear und mit r = ux gilt → u = r→ v. dann sind → u und → vx b) Gilt uy uy ux ux uz uz = oder = oder = , vx vy vx vz vy vz − −v linear unabhängig. dann sind → u und →

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2 1 − −v = ⎝ 2 ⎠ gilt 2 = 4 = 6 = 2. Nach Satz 2.73 a) Beispiel 2.74. Für → u = ⎝ 4 ⎠ und → 1 2 3 6 3 → − → − → − → − sind u und v kollinear mit u = 2 v .  ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2 1 − −v = ⎝ 2 ⎠ gilt ux = 2 = 2 = uz = 9 = 3, woraus Beispiel 2.75. Für → u = ⎝ 4 ⎠ und → vx 1 vz 3 9 3 − − nach Satz 2.73 b) die lineare Unabhängigkeit von → u und → v folgt.  − Die Sätze 2.72 und 2.73 gelten nur für den Fall, dass alle Koordinaten des Vektors → v von null verschieden sind. Leicht lassen sich analoge Sätze für Fälle ableiten, in denen −v gleich null ist. Wir begnügen uns damit, mindestens eine der Koordinaten des Vektors → dies an zwei Beispielen zu demonstrieren: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 2 −v = ⎝ 0 ⎠. Die den y-Koordinaten der − Beispiel 2.76. Gegeben seien → u = ⎝ 4 ⎠ und → 6 3 Vektoren zugeordnete Gleichung 4 = r · 0 ist für kein r ∈ R erfüllbar und stellt deshalb − −v linear unabhängig. einen Widerspruch dar. Folglich sind → u und →  ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2 1 − − Beispiel 2.77. Für die Vektoren → u = ⎝ 0 ⎠ und → v = ⎝ 0 ⎠ gilt 6 3 2 6 = = 2 . 1 3 − −v kollinear sind, und es gilt → − − Daraus folgt, dass → u und → u = 2→ v. uy = vy = 0

und



2.4 Lineare (Un-) Abhängigkeit von Vektoren

107

Mithilfe der Kollinearität von Vektoren und der Vorzeichenfunktion6 ⎧ ⎨ −1 , falls k < 0 0 , falls k = 0 sgn(k) = ⎩ 1 , falls k > 0 sind wir jetzt nachträglich in der Lage, eine genaue Definition für gleichgerichtete Vektoren anzugeben. Wir beschränken uns dabei auf Vektoren im Raum, in der Ebene gilt natürlich eine analoge Formulierung. ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ vx ux − − −v − v = ⎝ vy ⎠. → u und → Definition 2.78. Gegeben sind zwei Vektoren → u = ⎝ uy ⎠ und → uz vz − −v kollinear sind und die Vorzeichen ihrer Koordiu und → heißen gleichgerichtet, falls → naten übereinstimmen, d. h., es gilt sgn(ux ) = sgn(vx ) ,

sgn(uy ) = sgn(vy ) und

sgn(uz ) = sgn(vz ) .

⎛

⎞ ⎛ ⎞ 1 4 − − Beispiel 2.79. Die Vektoren → u = ⎝ 0 ⎠ und → v = ⎝ 0 ⎠ sind gleichgerichtet, denn −3 −12 − − sie sind wegen → v = 4→ u kollinear und die Vorzeichen ihrer Koordinaten stimmen überein, d. h., sgn(1) = sgn(4) = 1, sgn(0) = sgn(0) = 0 und sgn(−3) = sgn(−12) = −1.  ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 −2 − − Beispiel 2.80. Die Vektoren → u = ⎝ 2 ⎠ und → v = ⎝ −4 ⎠ sind zwar kollinear, aber nicht 3 −6 gleichgerichtet, denn die Vorzeichen ihrer Koordinaten stimmen nicht überein.  ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ 1 1 − −v = ⎝ −2 ⎠ sind linear unabhängig und Beispiel 2.81. Die Vektoren → u = ⎝ 2 ⎠ und → 3 3 deshalb nicht gleichgerichtet.  Die Begriffe der linearen Abhängigkeit und linearen Unabhängigkeit lassen sich auf mehr als zwei Vektoren verallgemeinern, wozu wir den folgenden Begriff benötigen: − − Definition 2.82. Gegeben seien n ∈ N Vektoren → u1 , . . . , → un und Skalare r1 , . . . , rn ∈ R. Eine Summe der Gestalt − − − u1 + r2 → u2 + . . . + rn → un r1 → → − → − heißt Linearkombination der Vektoren u , . . . , u . 1

6

n

Statt Vorzeichenfunktion sagt mach auch Signumfunktion. Ihr Funktionswert gibt Aufschluss über das Vorzeichen einer reellen Zahl k. Ist sgn(k) = −1, dann ist k negativ bzw. ist sgn(k) = 1, dann ist k positiv.

108

2 Vektoren und ihre Eigenschaften

Beispiel 2.83. Gegeben seien die Vektoren ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 1 → − − u1 = ⎝ 2 ⎠ , → u2 = ⎝ 0 ⎠ 3 1

⎛

⎞ 0 − und → u3 = ⎝ −1 ⎠ . 0

− − − u2 und → u3 erhalten wir neue Vektoren. Hier Durch Linearkombination der Vektoren → u1 , → folgen drei Beispiele: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 1 0 2 → − − − u1 + → u2 + → u3 = ⎝ 2 ⎠ + ⎝ 0 ⎠ + ⎝ −1 ⎠ = ⎝ 1 ⎠ 3 1 0 4 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2 1 0 1 − − − 2→ u1 − → u2 + 3→ u3 = ⎝ 4 ⎠ − ⎝ 0 ⎠ + ⎝ −3 ⎠ = ⎝ 1 ⎠ 6 1 0 5 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2 5 0 7 − − − u2 − 3→ u3 = ⎝ 4 ⎠ + ⎝ 0 ⎠ − ⎝ −3 ⎠ = ⎝ 7 ⎠ 2→ u1 + 5→ 6 5 0 11



Der Begriff der Kollinearität von zwei Vektoren lässt sich sowohl in der Ebene als auch im Raum sinnvoll definieren. Dagegen ist die folgende Definition nur im Raum sinnvoll: − −v , → − Definition 2.84. Drei Vektoren → u ,→ w ∈ R3 heißen komplanar, wenn einer von ihnen als Linearkombination der beiden anderen darstellbar ist, d. h., es gibt Skalare r, s ∈ R − − − mit r→ u + s→ v =→ w.

z

z

y

x

y

x Abb. 42: Komplanare Vektoren in der xy-Ebene des räumlichen kartesischen Koordinatensystems (links) und drei nicht komplanare Vektoren (rechts), von denen zwei Vektoren ebenfalls in der xy-Ebene liegen. Drei Vektoren sind komplanar, wenn sie in einer Ebene liegen.

2.4 Lineare (Un-) Abhängigkeit von Vektoren

Beispiel 2.85. Die Vektoren ⎛ ⎞ 3 → − u = ⎝2⎠ 0

,

⎛ ⎞ 5 → −v = ⎝ 3 ⎠ 0

109

⎛ ⎞ 6 − und → w = ⎝0⎠ 0

sind komplanar. Zum Beweis dieser Behauptung betrachten wir das zur Vektorgleichung − − − r→ u + s→ v =→ w zugehörige lineare Gleichungssystem: I : 3r + 5s = 6 II : 2r + 3s = 0 III : 0 + 0 = 0 Die letzte Gleichung ist allgemeingültig und kann deshalb vernachlässigt werden, d. h., das System reduziert sich auf die Gleichungen I und II. Zur Lösung verwenden wir das Additionsverfahren und erhalten zunächst: 2 · I − 3 · II : s = 12 − − − Einsetzen von s = 12 in I liefert 3r + 60 = 6, also r = −18. Damit gilt −18→ u + 12→ v =→ w, → − → − → −  d. h., die Vektoren u , v und w sind komplanar. Beispiel 2.86. Die Vektoren ⎛ ⎞ 3 → − u = ⎝2⎠ 0

,

⎛ ⎞ 5 → −v = ⎝ 3 ⎠ 0

⎛ ⎞ 0 − und → w = ⎝0⎠ 2

sind nicht komplanar. Dies wird bereits deutlich, wenn wir das zur Vektorgleichung − − − r→ u + s→ v =→ w zugehörige lineare Gleichungssystem I : 3r + 5s = 0 II : 2r + 3s = 0 III : 0 + 0 = 2 − betrachten. Gleichung III ist ein Widerspruch! Damit kann → w nicht als Linearkombination → − → −  von u und v erhalten werden. − Wie Beispiel 2.86 zeigt, muss eine Darstellung eines Vektors → x als Linearkombination anderer Vektoren nicht existieren. Diese Beobachtung lässt sich auf mehr als zwei linear zu kombinierende Vektoren übertragen. ⎛ ⎞ 6 − Beispiel 2.87. Es ist zu untersuchen, ob der Vektor → x = ⎝ 2 ⎠ als Linearkombination der 8 − −v und → − komplanaren Vektoren → u,→ w aus Beispiel 2.85 darstellbar ist. Dazu betrachten wir − −v + t → − − das zur Vektorgleichung r→ u + s→ w =→ x zugehörige lineare Gleichungssystem:

110

2 Vektoren und ihre Eigenschaften

I : 3r + 5s + 6t = 6 II : 2r + 3s + 0t = 2 III : 0 + 0 + 0 = 8 − − Gleichung III ist ein Widerspruch! Damit kann → x nicht als Linearkombination von → u, → − → − v und w erhalten werden. Der anschauliche Hintergrund dieses Ergebnisses ist darin − − − − zu sehen, dass der Vektor → x nicht in der durch die komplanaren Vektoren → u, → v, → w aufgespannten Ebene liegt.  ⎛ ⎞ 3 − Beispiel 2.88. Der Vektor → x = ⎝ 2 ⎠ kann nicht als Linearkombination der Vektoren 5⎛ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎞ −1 1 −3 → − −v = ⎝ 7 ⎠ und − → u = ⎝ 2 ⎠, → w = ⎝ −3 ⎠ dargestellt werden. Zum Beweis dieser Be−1 2 −4 − − − − hauptung untersuchen wir die Lösbarkeit des zur Vektorgleichung r→ u + s→ v + t→ w =→ x zugehörigen linearen Gleichungssystems (I-III): I : −r + s − 3t = 3 II : 2r + 7s − 3t = 2 III : −r + 2s − 4t = 5 2 · I + II = IV : 9s − 9t = 8 III − I = V : s− t= 2 IV − 9 · V = VI : 0 = −10 − Die erhaltene Gleichung VI ist ein Widerspruch! Damit kann → x nicht als Linearkombi→ − → − → − nation von u , v und w erhalten werden. Die anschauliche Interpretation besteht darin, − − −v , → − dass der Vektor → x nicht in der durch die komplanaren Vektoren → u,→ w aufgespannten → − → − → − Ebene liegt. Zum Nachweis der Komplanarität von u , v , w siehe Aufgabe 2.4.18.  Der hier bereits verwendete, anschaulich leicht verständliche Begriff einer (beliebigen) Ebene wird zwar erst im folgenden Kapitel 3 genauer definiert, lässt sich aber an dieser Stelle gut nutzen, um die Beobachtungen aus den Beispielen 2.87 und 2.88 wie folgt zu verallgemeinern: − − − Satz 2.89. Gegeben seien die komplanaren Vektoren → u,→ v und → w. → − → − → − → − a) Liegt ein Vektor x nicht in der von u , v und w aufgespannten Ebene, dann hat die − −v + t → − − Gleichung r→ u + s→ w =→ x keine Lösung. Äquivalente Formulierung: − − − − b) Liegt ein Vektor → x nicht in der von → u,→ v und → w aufgespannten Ebene, dann gilt → − → − → − → − r u + s v + t w = x für jede beliebige Wahl von r, s,t ∈ R. Die beiden folgenden Beispiele zeigen, dass eine Linearkombination von Vektoren nicht eindeutig sein muss.

2.4 Lineare (Un-) Abhängigkeit von Vektoren

111

⎛ ⎞ 8 − Beispiel 2.90. Der Vektor → u = ⎝ 1 ⎠ kann auf verschiedene Weise als Linearkombination 7 ⎛ ⎛ ⎞ ⎞ 16 −24 − − der Vektoren → v = ⎝ 2 ⎠ und → w = ⎝ −3 ⎠ dargestellt werden. Wir lösen dazu das zur 14 −21 −v + s→ − − Vektorgleichung r→ w =→ u zugehörige lineare Gleichungssystem (I-III): I : 16r − 24s = 8 II : 2r − 3s = 1 III : 14r − 21s = 7 I − 8 · II = IV : 0=0 III − 7 · II = V : 0=0 Die erhaltenen Gleichungen IV und V sind so zu interpretieren, dass für s beliebige Werte eingesetzt werden können. Wählen wir z. B. s = t ∈ R und setzen dies in Gleichung II ein, d. h. 2r − 3t = 1, so folgt daraus r = 12 + 32 t. Wir geben drei Zahlenbeispiele für t ∈ R und die daraus folgenden Linearkombinationen an: −v + 0→ − − w t =0 ⇒ → u = 12 → − − − v − 2→ w t = −2 ⇒ → u = −5→ − t =4 ⇒ → u =

2 − → − 13 → 2 v +4w



⎛ ⎞ 1 → − Beispiel 2.91. Der Vektor p = ⎝ 2 ⎠ kann auf verschiedene Weise als Linearkombination 3 ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 1 0 2 − −v = ⎝ 1 ⎠, → − − der Vektoren → u = ⎝ −1 ⎠, → w = ⎝ 1 ⎠ und → x = ⎝ 0 ⎠ dargestellt werden. −1 0 1 1 − − − − −p zugehörige lineare Wir lösen dazu das zur Vektorgleichung r→ u + s→ v + t→ w + k→ x =→ Gleichungssystem (I-III): I: r+ s II : −r + s + t III : −r + t I + II = IV : 2s + t I + III = V : s+ t IV − 2 · V = VI : −t

+ 2k = 1 = 2 + k= 3 + 2k = 3 + 3k = 4 − 4k = −5

Die erhaltene Gleichung VI ist eine Gleichung mit zwei Variablen, folglich lösbar und für eine der Variablen t oder k können wir beliebige Werte einsetzen. Wählen wir z. B. k = α ∈ R und setzen dies in Gleichung IV ein, d. h. −t − 4α = −5, so folgt daraus t = 5 − 4α. Setzen wir dies und k = α in Gleichung V ein, d. h. s + 5 − α = 4, so folgt s = α −1. Schließlich setzen wir dies und k = α in Gleichung I ein und erhalten r = 2−3α. Wir geben drei Zahlenbeispiele für α ∈ R und die dazugehörigen Linearkombinationen an:

112

2 Vektoren und ihre Eigenschaften

−p = 2→ − − − − α =0 ⇒ → u −→ v + 5→ w + 0→ x → − → − → − → − → − α = 1 ⇒ p = − u +0 v + w + x

−p = 8→ − −v + 13→ − − α = −2 ⇒ → u − 3→ w − 2→ x



Auf dem Weg zu einer Definition für die lineare Abhängigkeit von mehr als zwei Vektoren untersuchen wir jetzt, wie der Nullvektor als Linearkombination anderer Vektoren − − dargestellt werden kann. Formen wir zum Beispiel die Kollinearitätsbedingung → u = r→ v in Definition 2.70 um zu − −v = → − 0 , 1·→ u + (−r) · → dann erhalten wir eine mögliche Linearkombination des Nullvektors aus zwei kollinearen (linear abhängigen) Vektoren. Analog erhalten wir eine alternative Linearkombination des Nullvektors aus drei Vektoren, wenn wir die Komplanaritätsbedingung in Definition 2.84 umformen zu → − − −v + (−1) · → − r→ u + s→ w= 0 . Dies lässt sich auf eine beliebige Anzahl von Vektoren verallgemeinern und die erhaltenen Linearkombinationen des Nullvektors erhalten eine eigene Bezeichnung. − − Definition 2.92. Gegeben seien n ∈ N Vektoren → u1 , . . . , → un . Eine Linearkombination der Gestalt → − − − − u1 + r2 → u2 + . . . + rn → un = 0 , r1 → in der mindestens einer der Skalare r1 , . . . , rn von null verschieden ist, heißt nichttriviale Linearkombination des Nullvektors. Entsprechend nennen wir → − − − − 0·→ u1 + 0 · → u2 + . . . + 0 · → un = 0 die triviale Linearkombination des Nullvektors. Diese Festlegungen führen zu einer Definition der linearen (Un-) Abhängigkeit einer beliebigen Anzahl von Vektoren: − − Definition 2.93. Die Vektoren → u1 , . . . , → un heißen linear abhängig, wenn es mit ihnen eine nichttrivale Linearkombination des Nullvektors gibt. Sie heißen linear unabhängig, − − un nur die triviale Linearkombination des Nullvektors wenn aus den Vektoren → u1 , . . . , → gebildet werden kann.

Beispiel 2.94. Wir betrachten einige bereits behandelte Beispiele noch einmal unter dem verallgemeinerten Begriff der linearen (Un-) Abhängigkeit: − − − − u1 + r2 → u2 + r3 → u3 = → a) Die in Beispiel 2.83 gegebenen Linearkombinationen r1 → x lassen → − → − → − → − → − sich umschreiben zu r1 u1 + r2 u2 + r3 u3 − x = 0 . Das ist unabhängig von konkreten Zahlenwerten für die Skalare r1 , r2 und r3 eine nichttriviale Linearkombination des − − − − u2 , → u2 und → x linear abhängige Vektoren. Nullvektors. Folglich sind → u1 , →

2.4 Lineare (Un-) Abhängigkeit von Vektoren

113

− −v und → − b) Die komplanaren Vektoren → u,→ w aus Beispiel 2.85 sind linear abhängig, denn → − → − → − → − −18 u + 12 v − w = 0 ist eine nichttriviale Linearkombination des Nullvektors. − −v und → − c) Die Vektoren → u,→ w aus Beispiel 2.90 sind linear abhängig, denn zum Beispiel → − → − → − → − 5 ist − u − 2 v − 2 w = 0 eine nichttrivale Linearkombination des Nullvektors. −p , → − −v , → − − d) Die Vektoren → u,→ w und → x aus Beispiel 2.91 sind linear abhängig, denn zum → − → − → − → − − − Beispiel ist − p + 8 u − 3 v + 13→ w − 2→ x = 0 eine nichttrivale Linearkombination des Nullvektors. − −v und → − e) Für die nicht komplanaren Vektoren → u,→ w aus Beispiel 2.86 lässt sich zeigen, → − → − → − → − dass die Gleichung r u + s v + t w = 0 nur die triviale Lösung r = s = t = 0 hat. − −v und → − Folglich sind die Vektoren → u,→ w aus Beispiel 2.86 linear unabhängig. → − → − → − → − f) Mit den Vektoren u , v , w und x aus Beispiel 2.88 erhalten wir zum Beispiel die → − − −v + → − − nichttriviale Linearkombination −2→ u +→ w + 0→ x = 0 des Nullvektors. Folglich − − − − sind die Vektoren → u,→ v,→ w und → x aus Beispiel 2.88 linear abhängig. 

ACHTUNG! Allgemein darf aus der Nichtlösbarkeit einer Gleichung von beispielswei→ − − −v = → − − − − − −v se der Gestalt r→ u + s→ w bzw. r→ u + s→ v −→ w = 0 für beliebige Vektoren → u,→ → − → − → − → − → − und w nicht der Schluss gezogen werden, dass die Gleichung r u + s v + t w = 0 nur die triviale Lösung r = s = t = 0 hat (siehe  AnschlussvonSatz 2.115 zur  im   Bemerkung 1 −1 1 → − − → − hat die Gleiund → w = , v = Vertiefung). Zum Beispiel für u = 0 −2 2 → − − − − − − − chung r→ u + s→ v =→ w keine Lösung, während die Gleichung r→ u + s→ v + t→ w = 0 die nichttriviale Lösung (r; s;t) = (1; 1; 0) hat.

Bemerkung 2.95. Kollinearität ist ein Spezialfall der linearen Abhängigkeit und beschreibt ausschließlich die lineare Abhängigkeit von genau zwei Vektoren (in der Ebene und im Raum). Auch der nur im Raum definierte Begriff der Komplanarität ist ein Spezialfall der linearen Abhängigkeit und wird ausschließlich im Zusammenhang mit genau drei Vektoren im dreidimensionalen Raum benutzt.  − − ACHTUNG! Die lineare Abhängigkeit von Vektoren → u1 , . . . , → un bedeutet ausdrücklich → − → − sind. Das wird am Beispiel nicht, dass die Vektoren u1 , . . . , un gleichgerichtet       der ein 1 → 1 2 → − − → − Dreieck aufspannenden Vektoren u1 = , u2 = und u1 = deutlich, 1 −1 0 → − − − − u2 − → u3 = 0 linear abhängig sind, aber in verschiedene Richtungen die wegen → u1 + → zeigen.

114

2 Vektoren und ihre Eigenschaften

Direkt aus Definition 2.93 folgt: Satz 2.96. Sei n ∈ N. Gilt eine Gleichung der Form → − − − − u1 + r2 → u2 + . . . + rn → un = 0 r1 → − − mit linear unabhängigen Vektoren → u1 , . . . , → un , so folgt r1 = r2 = . . . = rn = 0. Beispiel 2.97. Die Vektoren ⎛ ⎞ 1 → − e1 = ⎝ 0 ⎠ 0

⎛ ⎞ 0 → − e2 = ⎝ 1 ⎠ 0

,

⎛ ⎞ 0 → − und e3 = ⎝ 0 ⎠ 1

sind linear unabhängig. Aus der Gleichung ⎞ ⎛ ⎞ 0 r1 ⎝ r2 ⎠ = ⎝ 0 ⎠ 0 r3 ⎛ → − − − − r1 → e3 = 0 e1 + r2 → e2 + r3 →

⇔

folgt r1 = r2 = r3 = 0.



Ebenfalls direkt aus Definition 2.93 folgt: − − Satz 2.98. Sei n ∈ N. Sind → u1 , . . . , → un linear abhängige Vektoren, dann ist die Lösung der Vektorgleichung → − − − − r1 → u1 + r2 → u2 + . . . + rn → un = 0 (#) nicht eindeutig. Genauer hat (#) neben der trivialen Lösung (r1 ; r2 ; . . . ; rn ) = (0; 0; . . . ; 0) mindestens eine weitere Lösung (r1 ; r2 ; . . . ; rn ) = (r1∗ ; r2∗ ; . . . ; rn∗ ), in der mindestens ein Zahlenwert ri∗ von null verschieden ist. Beispiel 2.99. Die Vektoren ⎛ ⎞ 2 → − v1 = ⎝ 1 ⎠ 1

⎛ ⎞ 1 → − v2 = ⎝ 1 ⎠ 0

,

⎛ ⎞ 1 − und → v3 = ⎝ 0 ⎠ 1

sind linear abhängig. Die Gleichung → − − − − u1 + r2 → u2 + r3 → u3 = 0 r1 →

⇔

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2 1 1 0 r1 ⎝ 1 ⎠ + r2 ⎝ 1 ⎠ + r3 ⎝ 0 ⎠ = ⎝ 0 ⎠ 1 0 1 0

hat neben der trivialen Lösung das alternative Lösungstripel (r1 ; r2 ; r3 ) = (1; −1; −1). 

2.4 Lineare (Un-) Abhängigkeit von Vektoren

115

Für mehr als zwei Vektoren ist die lineare (Un-) Abhängigkeit meist nicht auf den ersten Blick zu erkennen, sodass sie rechnerisch überprüft werden muss. Der Lösungsansatz besteht darin, die Lösbarkeit des zur Vektorgleichung → − − − − u1 + r2 → u2 + . . . + rn → un = 0 r1 → zugehörigen linearen Gleichungssystems mit den n Variablen r1 , . . . , rn zu untersuchen. Beispiel 2.100. Es ist zu untersuchen, ob die Vektoren ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 1 0 − − → − u2 = ⎝ −1 ⎠ und → u3 = ⎝ −2 ⎠ u1 = ⎝ 1 ⎠ , → 2 0 2 linear abhängig oder linear unabhängig sind. Dazu untersuchen wir die Lösbarkeit des zur → − − − − u1 + r2 → u2 + r3 → u3 = 0 zugehörigen linearen Gleichungssystems (I-III): Vektorgleichung r1 → =0 I : r1 + r2 II : r1 − r2 − 2r3 = 0 III : 2r1 + 2r3 = 0 I+II=IV : 2r1 − 2r3 = 0 + 2r3 = 0 III : 2r1 III+IV=V : 4r1 =0 Aus Gleichung V folgt r1 = 0. Einsetzen von r1 = 0 in die Gleichungen I und III liefert r2 = 0 und r3 = 0. Das System hat also nur die triviale Lösung r1 = r2 = r3 = 0, woraus − − − u2 , → u3 folgt.  die lineare Unabhängigkeit der Vektoren → u1 , → Beispiel 2.101. Es ist zu untersuchen, ob die Vektoren ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 1 4 → − − − u1 = ⎝ 1 ⎠ , → u2 = ⎝ −1 ⎠ und → u3 = ⎝ −2 ⎠ 2 0 2 linear abhängig oder linear unabhängig sind. Wir untersuchen die Lösbarkeit des zur Vek→ − − − − u1 + r2 → u2 + r3 → u3 = 0 zugehörigen linearen Gleichungssystems (I-III): torgleichung r1 → I : r1 + r2 + 4r3 = 0 II : r1 − r2 − 2r3 = 0 + 2r3 = 0 III : 2r1 I+II=IV : 2r1 + 2r3 = 0 III : 2r1 + 2r3 = 0 III−IV=V : 0=0 Die erhaltene Gleichung V ist allgemeingültig und folglich kann eine der Variablen r2 oder r3 beliebig gewählt werden. Wir wählen zum Beispiel r3 = 1, womit bereits klar ist, dass das Gleichungssystem eine nichttriviale Lösung besitzt. Der Vollständigkeit wegen setzen

116

2 Vektoren und ihre Eigenschaften

wir r3 = 1 in III ein, was r1 = −1 liefert. Einsetzen von r1 = −1 und r3 = 1 in I liefert → − − − − u1 − 3→ u2 + → u3 = 0 eine nichttriviale Linearkombination des r2 = −3. Es gibt also mit −→ − − − u2 , → u3 folgt.  Nullvektors, woraus die lineare Abhängigkeit der Vektoren → u1 , → Aus Definition 2.93 und Satz 2.96 lassen sich diverse weitere Aussagen zur linearen Abhängigkeit von Vektoren herleiten. Wir geben hier nur zwei wichtige Folgerungen an: Folgerung 2.102. Jede Menge von Vektoren, in der der Nullvektor enthalten ist, ist linear abhängig.

Folgerung 2.103. Enthält eine Menge von Vektoren einen Vektor und seinen Gegenvektor, so sind die Vektoren der Menge linear abhängig. Aus Definition 2.93 und Satz 2.96 lassen sich außerdem Alternativen für die Kollinearität und Komplanarität von Vektoren herleiten, die hier nur der Vollständigkeit wegen notiert werden, während für die Praxis auf bereits bekannte Methoden verwiesen wird (siehe dazu die Hinweise im Anschluss an die Folgerungen). − − Folgerung 2.104. Zwei Vektoren → u und → w sind genau dann kollinear, wenn es zwei → − − − reelle Zahlen r = 0 und s = 0 gibt, so dass r→ u + s→ w = 0. − −v seien nicht kollinear. Dann hat die Gleichung Folgerung 2.105. Die Vektoren → u und → → − → − → − r u + s w = 0 nur die triviale Lösung r = s = 0. − −v und → − Folgerung 2.106. Drei Vektoren → u, → w sind komplanar, wenn die Gleichung → − → − → − → − r u + s v + t w = 0 eine nichttriviale Lösung hat. − −v und → −v seien nicht komplanar. Dann hat die GleiFolgerung 2.107. Die Vektoren → u,→ → − → − → − → − chung r u + s v + t w = 0 nur die triviale Lösung r = s = t = 0. Für die Praxis sind die über die Folgerungen 2.104 bis 2.107 festgelegten Rechenwege (d. h., Lösung von linearen Gleichungssystemen mit zwei Variablen im Fall der Kollinearität bzw. mit drei Variablen im Fall der Komplanarität) nicht die bevorzugte Wahl. Im Fall der Kollinearität sollte man besser auf die Sätze 2.72 bzw. 2.73 zurückgreifen und im Fall der Komplanarität wie in den Beispielen 2.85 und 2.86 vorgehen, wo lineare Gleichungssysteme mit nur einer bzw. zwei Variablen auf ihre Lösbarkeit zu untersuchen sind.

2.4 Lineare (Un-) Abhängigkeit von Vektoren

117

Zur Untersuchung der linearen Abhängigkeit von n ∈ N Vektoren ist bei Rückgriff auf Definition 2.93 ein lineares Gleichungssystem mit n Variablen zu lösen. Dieses kann vereinfacht werden, denn n Vektoren sind linear abhängig, wenn (mindestens) einer der Vektoren als Linearkombination der restlichen n − 1 Vektoren dargestellt werden kann. Das lässt sich leicht aus einer nichttrivialen Linearkombination − − − → → − → u1 + r2 → u2 + . . . + rn−1 − u− r1 → n−1 + rn un = 0

(2.108)

− − herleiten. Da die Vektoren → u1 , . . . → un nach Voraussetzung linear abhängig sind, ist mindestens einer der Skalare r1 , . . . , rn von null verschieden. Wir wollen zur Vereinfachung → − − − un in (2.108) ergibt un = 0 gilt. Addition von −rn → annehmen, dass rn = 0 und → − − → → − u1 + r2 → u2 + . . . + rn−1 − u− r1 → n−1 = −rn un .

(2.109)

Division durch −rn = 0 ergibt −

r2 − rn−1 −−→ r1 → − − u1 − → u2 − . . . − un−1 = → un rn rn rn

Definieren wir s1 := −

r1 r2 rn−1 , s2 := − . . . , sn−1 := − , rn rn rn

(2.110)

(2.111)

dann können wir (2.110) schreiben als − − → → − u1 + s2 → u2 + . . . + sn−1 − u− s1 → n−1 = un .

(2.112)

Zur Vektorgleichung (2.112) gehört ein lineares Gleichungssystem mit nur n − 1 Variablen s1 , . . . , sn−1 . Gegenüber dem zu (2.108) zugehörigen Gleichungssystem hat das Gleichungssystem eine Variable weniger. Beispiel 2.113. Wir betrachten noch einmal die linear abhängigen Vektoren ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 1 4 → − − − u1 = ⎝ 1 ⎠ , → u2 = ⎝ −1 ⎠ und → u3 = ⎝ −2 ⎠ 2 0 2 − − − u1 + s2 → u2 = → u3 aus Beispiel 2.101 und untersuchen die Lösbarkeit des zur Gleichung s1 → zugehörigen linearen Gleichungssystems: I : s1 + s2 = 4 II : s1 − s2 = −2 = 2 III : 2s1 Aus Gleichung III folgt s1 = 1. Einsetzen in die Gleichungen I und II liefert die Gleichungen 1 + s2 = 4 bzw. 1 − s2 = −2, die beide die Lösung s2 = 3 haben. Damit ist − − − u1 + 3→ u2 = → u3 , was (s1 ; s2 ) = (1; 3) die eindeutige Lösung des Gleichungssystems, d. h. → die bereits bekannte lineare Abhängigkeit der Vektoren nochmals bestätigt. 

118

2 Vektoren und ihre Eigenschaften

Beispiel 2.114. Es ist zu untersuchen, ob die Vektoren ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 −1 −7 → − − − u1 = ⎝ 2 ⎠ , → u2 = ⎝ 1 ⎠ und → u3 = ⎝ −2 ⎠ 3 2 −1 − − − u1 + s2 → u2 = → u3 bzw. linear abhängig sind. Wir untersuchen die Lösbarkeit der Gleichung s1 → des zugehörigen linearen Gleichungssystems: I : s1 − s2 = −7 II : 2s1 + s2 = −2 III : 3s1 + 2s2 = −1 II−2·I=IV : 3s2 = 12 III−3·I=V : 5s2 = 20 Aus beiden Gleichungen IV und V folgt s2 = 4, d. h., das Gleichungssystem ist eindeutig lösbar. Einsetzen von s2 = 4 in Gleichung I liefert s1 − 4 = −7, also s1 = −3. Damit gilt − − − − − − u2 = → u3 , d. h., → u3 kann als Linearkombination von → u1 und → u2 dargestellt werden. −3→ u1 + 4→ → − → − → − Daraus folgt die lineare Abhängigkeit von u1 , u2 und u3 . Als Ergänzung wollen wir die Rechnungen in den Gleichungen (2.108) bis (2.111) in umgekehrter Reihenfolge durchführen: Einsetzen von s1 = −3 und s2 = 4 in (2.111) liefert zunächst (mit n = 3) r2 r1 und 4 = − . −3 = − r3 r3 Die Lösung dieser Gleichungen ist nicht eindeutig, denn r1 und r2 hängen von der Wahl von r3 = 0 ab. Wir wählen zum Beispiel r3 = 2, woraus r1 = 6 und r2 = −8 folgen. Setzen wir dies in (2.108) ein, dann erhalten wir mit → − − − − 6→ u1 − 8→ u2 + 2→ u3 = 0 eine nichttriviale Linearkombination des Nullvektors. Auch daraus folgt, dass die Vektoren → − − − u1 , → u2 , → u3 linear abhängig sind.  Aus den Beispielen 2.113 und 2.114 erhalten wir wichtige Erkenntnisse: Die Vektoren → − → − − − u1 , . . . , → un mit → un = 0 sind genau dann linear abhängig, wenn Gleichung (2.112) eine → − − Lösung hat. Wegen → un = 0 muss in diesem Fall zwangsläufig mindestens einer der Skalare s1 , . . . , sn−1 von null verschieden sein. − → − u1 , . . . , − u− Bisher wurde unterstellt, dass → un der Vektor ist, der sich linear aus → n−1 kombinieren lässt. In der Praxis wird das natürlich nicht immer gegeben sein, sodass wir verallgemeinernd lediglich davon ausgehen können, dass aus einer Menge linear abhängiger Vektoren mindestens ein Vektor als Linearkombination der anderen Vektoren darstellbar ist. Wir fassen zusammen:

2.4 Lineare (Un-) Abhängigkeit von Vektoren

119

− − − − Satz 2.115. Gegeben seien n ≥ 2 Vektoren → u1 , . . . , → un . Die Vektoren → u1 , . . . , → un sind genau dann linear abhängig, wenn einer davon  als Linearkombination der anderen darstellbar ist, d. h., es gibt ein k ∈ {1, 2, . . . , n und Skalare s1 , . . . , sk−1 , sk+1 , . . . , sn ∈ R mit − → −−→ −−→ → − u1 + . . . sk−1 − u− s1 → k−1 + sk+1 uk+1 + . . . + sn−1 un−1 = uk . − ACHTUNG! Wird für einen Vektor → uk festgestellt, dass er nicht als Linearkombination − − → − − → → − → − von u1 , . . . , uk−1 , uk+1 , . . . , un darstellbar ist, dann darf daraus nicht der Schluss gezogen − →→ − −−→ → − werden, dass die Vektoren → u1 , . . . , − u− k−1 , uk , uk+1 , . . . , un linear unabhängig sind! Satz 2.115 besagt nämlich nur, dass (mindestens) ein Vektor als Linearkombination der anderen darstellbar ist, d. h., ist uk nicht als Linearkombination der anderen k − 1 Vek− toren darstellbar, dann kann es aber einen anderen Vektor → ui mit i = k geben, der aus den restlichen Vektoren linear kombiniert werden kann (siehe dazu die nachfolgenden Beispiele). Das bedeutet: Satz 2.115 kann nur angewendet werden, um die lineare Abhängigkeit von Vektoren zu begründen. Soll lineare Unabhängigkeit nachgewiesen werden, dann sind dazu andere Kriterien heranzusiehen, wie zum Beispiel direkt die Definition 2.93 der linearen Unabhängigkeit, wonach zu zeigen ist, dass die Gleichung → − − − − u1 + r2 → u2 + . . . + rn → un = 0 r1 → nur die triviale Lösung r1 = . . . = rn = 0 hat.

Beispiel 2.116. Wir betrachten die Vektoren ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 4 −2 1 − − → − u2 = ⎝ 0 ⎠ und → u3 = ⎝ 1 ⎠ . u1 = ⎝ 0 ⎠ , → 0 0 0 − − − u1 und → u2 darstellen. Offenbar lässt sich der Vektor → u3 nicht als Linearkombination von → → − − → − u3 linear unAus diesem Ergebnis darf nicht der Schluss gezogen werden, dass u1 , u2 , → → − → − → − abhängig sind. Zum Beispiel kann u1 als Linearkombination von u2 und u3 dargestellt − − − − − − u3 = → u1 . Nach Satz 2.115 sind → u1 , → u2 und → u3 linear abhängig.  werden, d. h. −2 · → u2 + 0 · → Beispiel 2.117. Wir betrachten die Vektoren ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 0 2 4 − − u1 = ⎝ 2 ⎠ , u2 = ⎝ −1 ⎠ , → u3 = ⎝ 1 ⎠ und → u4 = ⎝ 5 ⎠ . 1 0 2 6 Wir untersuchen, ob u4 als Linearkombination der anderen Vektoren darstellbar ist. Dazu − − − − u1 + s2 → u2 + s3 → u3 = → u4 zugehörigen betrachten wir die Lösbarkeit des zur Gleichung s1 → linearen Gleichungssystems (I-III):

120

2 Vektoren und ihre Eigenschaften

I : s1 + 2s3 = 4 II : 2s1 − s2 + s3 = 5 + 2s3 = 6 III : s1 III − I = IV : 0=2 Die erhaltene Gleichung IV ist ein Widerspruch, d. h., das System hat keine Lösung und folglich kann u4 nicht als Linearkombination von u1 , u2 , u3 dargestellt werden. Aus diesem − − − − u2 , → u3 und → u4 linear unabhängig Ergebnis darf nicht der Schluss gezogen werden, dass → u1 , → → − sind. Wir überprüfen, ob zum Beispiel u2 als Linearkombination der restlichen Vektoren − − − − u1 + s3 → u3 + s4 → u4 = → u2 dargestellt werden kann und betrachten dazu das zur Gleichung s1 →



zugehörige lineare Gleichungssystem (I -III ): I

II

III



II − 2 · I = IV

III − I = V

: s1 + 2s3 + 4s4 = 0 : 2s1 + s3 + 5s4 = −1 : s1 + 2s3 + 6s4 = 0 : −3s3 −3s4 = −1 : 2s4 = 0

Aus Gleichung V folgt s4 = 0. Dies in Gleichung IV eingesetzt liefert s3 = 13 . Setzen wir dies und s4 = 0 in Gleichung I ein, dann folgt daraus s1 = − 23 . Das Gleichungssystem ist − − − − lösbar und folglich kann → u2 als Linearkombination von → u1 , → u3 , → u4 dargestellt werden, d. h. − − → − → − → − → − → − − 2 → 1 → u4 linear abhängig.  − 3 · u1 + 3 · u3 + 0 · u4 = u2 . Nach Satz 2.115 sind u1 , u2 , u3 und →

Aufgaben zum Abschnitt 2.4 − − Aufgabe 2.4.1: Überprüfen Sie, ob die folgenden Vektoren → u und → w kollinear sind:         −6 6 3 3 → − → − → − → − , w= , w= b) u = a) u = 4 4 2 2         6 −4 6 −4 → − → − → − → − 1 , w= d) u = 2 c) u = , w =4 12 8 −12 8             2 3 4 1 6 12 − − − − e) → u = + , → w = 53 − 32 , → w =3 f) → u = 5 −3 −2 0 9 −9 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 15 −6 3 −12 − − − − g) → u = ⎝ 10 ⎠ , → w = ⎝ −4 ⎠ h) → u = ⎝ 2 ⎠, → w = ⎝ 8⎠ 25 −10 −5 20 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 3 −12 2 8 − − − − i) → u = ⎝ 7 ⎠, → w = ⎝ −28 ⎠ j) → u = ⎝ 3 ⎠, → w = ⎝ 12 ⎠ −8 32 4 0 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 4 4 2 8 1 − − − − w = ⎝ 10 ⎠ − ⎝ 1 ⎠ w = 32 ⎝ 6 ⎠ k) → u = 2⎝ 2 ⎠, → l) → u = 32 ⎝ −6 ⎠ , → 8 8 −5 7 3

2.4 Lineare (Un-) Abhängigkeit von Vektoren

121

Aufgabe 2.4.2: Untersuchen Sie nach dem Muster der Beispiele 2.85 bzw. 2.86, ob die − −v und → − Vektoren → u,→ w komplanar sind. ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 0 1 − −v = ⎝ 1 ⎠, → − a) → u = ⎝ 0 ⎠, → w = ⎝ −1 ⎠ 0 −1 1 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2 −1 −5 − −v = ⎝ 6 ⎠, → − b) → u = ⎝ −2 ⎠, → w = ⎝ −5 ⎠ 2 8 3 ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎛ ⎞ 1 5 2 − −v = ⎝ 1 ⎠, → − w = ⎝ −4 ⎠ c) → u = ⎝ 1 ⎠, → −1 3 1 ⎛ ⎞ ⎛ ⎛ ⎞ ⎞ 4 −1 −5 − −v = ⎝ 6 ⎠, → − d) → u = ⎝ 11 ⎠, → w = ⎝ −5 ⎠ 5 8 3 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 7 6 5 2 −2 4 − −v = ⎝ 5 ⎠ − ⎝ 3 ⎠, → − e) → u = ⎝ 8 ⎠ − ⎝ 6 ⎠, → w = ⎝ −3 ⎠ + ⎝ 11 ⎠ 1 1 5 4 −4 3 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 −1 1 − −v = ⎝ 1 ⎠, → − − − f) → u = ⎝ −1 ⎠, → w = 2→ u − 3→ v +⎝1⎠ 1 1 2 Aufgabe 2.4.3: Ein Viereck mit zwei parallelen Seiten ist ein Trapez. Untersuchen Sie mithilfe der Definition kollinearer Vektoren, ob die folgenden Punkte A, B, C und D Trapezeckpunkte sind. b) A(1|1), B(5|3),C(5|4), D(1|6) a) A(1|2), B(7|6),C(4|7), D(1|5) c) A(4|4), B(7|5),C(6|10), D(2|8) d) A(2|7), B(5|13),C(5|17), D(1|9) e) A(8|3|1), B(0|11|1),C(2|9|6), D(6|5|6) f) A(3|0|9), B(3|12|0),C(0|8|6), D(0|4|9) h) A(3|0|1), B(3|12|7),C(0|8|1), D(6|4|7) g) A(8|3|1), B(0|10|1),C(2|9|6), D(6|5|6) → − − − u als Linearkombination von → a und b dar: Aufgabe 2.4.4: Stellen Sie →             − − 1 −1 → 2 → 0 1 → −7 → − → − − → − , b = , a = b) u = , b = , a = a) u = 1 1 4 1 0 5         3   − − 8 − 1 1 → 2 → 4 → → − d) − u = 2 ,→ , b = ,− a = c) → u = , b = 4 a = 0 1 4 2 1 ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎛3 ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 −1 1 1 3 1 → − → − − − − − e) → u = ⎝ 2 ⎠, → a = ⎝ 0 ⎠, b = ⎝ 1 ⎠ f) → u = ⎝ 0 ⎠, → a = ⎝ 2 ⎠, b = ⎝ 5 ⎠ 9 0 3 1 1 2 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛2 ⎞ 6 2 2 1 3 1 → − → − − − − − g) → u = ⎝ 2 ⎠, → a = ⎝ 0 ⎠, b = ⎝ 2 ⎠ h) → u = ⎝ 1 ⎠, → a = ⎝ 3 ⎠, b = ⎝ 0 ⎠ 5 1 3 1 3 1

122

2 Vektoren und ihre Eigenschaften

Aufgabe 2.4.5: Gegeben seien in der Ebene die Punkte A, B, C, D, E, F, G, H, I, J, K, − − L, M, N und O sowie die Vektoren → u und → w gemäß Abb. 43. Stellen Sie die folgenden → − − Vektoren als Linearkombination von u und → w dar: −→ −→ −→ −→ −→ −→ −→ −→ −→ −→ −→ AE , EA , BF , KG , BO , CO , AG , AO , AH , AM , AN , − → −→ − → − → −→ −→ −→ −→ − → −→ LA , CK , CJ , LC , LD , LO , LM , LN , JF , NO

Abb. 43: Punkte und Vektoren zu Aufgabe 2.4.5

N L

K

J M

F

E H

G

D

I → − w

O

→ − u A

B

C

J

Aufgabe 2.4.6: Gegeben sei die in Abb. 44 abgebildete Figur, die aus einem Würfel mit aufgesetzter gerader Pyramide besteht. Die Pyramide EFGHJ ist genauso hoch wie die Kanten des Würfels ABCDEFGH lang sind. Stellen Sie die Vektoren − → −→ −→ −→ −→ −→ AC , BD , AF , AG , HB , EC ,

H

G I

E

→ − − → − → − − → → − → AI , CI , AJ , EJ , DJ und JC − → − → als Linearkombination der Vektoren AB, BC −→ und AE dar.

F

C

D B

A Abb. 44

2.4 Lineare (Un-) Abhängigkeit von Vektoren

123

− Aufgabe 2.4.7: Untersuchen Sie, ob → x als Linearkombination der übrigen gegebenen Vektoren darstellbar ist und ermitteln Sie ggf. alle(!) möglichen Linearkombinationen: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −8 1 −4 → − − − a) → x = ⎝ 23 ⎠, → a = ⎝ 2 ⎠, b = ⎝ 5 ⎠ 6 −3 6 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 4 1 1 → − − − b) → x = ⎝ 122 ⎠, → a = ⎝ 5 ⎠, b = ⎝ −1 ⎠ 8 2 2 ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ 5 −7 1 → − − − a = ⎝ −2 ⎠, b = ⎝ 1 ⎠ c) → x = ⎝ 9 ⎠, → 4 −2 12 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −1 2 1 → − − − d) → x = ⎝ 7 ⎠, → a = ⎝ 2 ⎠, b = ⎝ 2 ⎠ 0 0 1 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 14 −2 3 1 → − → − → − → − e) x = ⎝ −68 ⎠, a = ⎝ 8 ⎠, b = ⎝ −2 ⎠, c = ⎝ 4 ⎠ 28 −5 1 1 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 0 0 4 6 → − − − −c = ⎝ 0 ⎠ f) → x = ⎝ −20 ⎠, → a = ⎝ 2 ⎠, b = ⎝ 5 ⎠, → 43 3 0 7 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 30 1 5 −7 → − − − − g) → x = ⎝ 23 ⎠, → a = ⎝ −2 ⎠, b = ⎝ 1 ⎠, → c = ⎝ 9⎠ −14 −2 12 4 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 5 −1 2 2 → − − − − h) → x = ⎝ 34 ⎠, → a = ⎝ 1 ⎠, b = ⎝ −1 ⎠, → c = ⎝9⎠ 20 3 1 3 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 0 −1 2 2 → − − − −c = ⎝ 9 ⎠ i) → x = ⎝ 0 ⎠, → a = ⎝ 1 ⎠, b = ⎝ −1 ⎠, → 0 3 1 3 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 0 −1 2 2 → − − − −c = ⎝ 5 ⎠ j) → x = ⎝ 0 ⎠, → a = ⎝ 1 ⎠, b = ⎝ −1 ⎠, → 0 3 1 43 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −9 1 4 1 1 → − → − − − −c = ⎝ 0 ⎠, d = ⎝ 4 ⎠ k) → x = ⎝ 19 ⎠, → a = ⎝ 2 ⎠, b = ⎝ 1 ⎠, → 2 3 13 5 1 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 1 4 1 2 → − → − − − − l) → x = ⎝ 0 ⎠, → a = ⎝ −2 ⎠, b = ⎝ 1 ⎠, → c = ⎝ 4 ⎠, d = ⎝ 3 ⎠ 4 −3 −21 −6 −7 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −1 1 −1 −1 2 0 → − → − − − −c = ⎝ −1 ⎠, d = ⎝ 3 ⎠, → − m) → x = ⎝ 1 ⎠, → a = ⎝ 1 ⎠, b = ⎝ 1 ⎠, → e = ⎝1⎠ 5 1 1 1 1 1

124

2 Vektoren und ihre Eigenschaften

Aufgabe 2.4.8: a) Ermitteln Sie die Koordinaten der Punkte A, B und C in Abb. 45, wobei A in der xy-Ebene, B in der yz-Ebene und C in der xz-Ebene liegt. − → − → − → − → − → → − b) Bestimmen Sie die Vektoren 0A, 0B, 0C, AB, AC und BC. − → − − − − c) Zerlegen Sie den Vektor BC in eine Summe aus Vektoren → u ,→ v und → w , wobei → u → − → − parallel zur x-Achse, v parallel zur y-Achse und w parallel zur z-Achse ist. d) Bestimmen Sie zuerst grafisch die Koordinaten des Punkts P, den man ausgehend von − → A durch Anlegen des Vektors BC erhält. Kontrollieren Sie ihr Ergebnis selbst, indem − → Sie den Ortsvektor 0P von P rechnerisch ermitteln. Hinweis: Kopieren Sie zur grafischen Lösung Abb. 45 auf ein Blatt Papier. e) Mit welchem der Vektoren aus b) erreicht man ausgehend vom Punkt P den Punkt C? Begründen Sie Ihre Antwort! − → − → − → f) Stellen Sie den Vektor −AC als Linearkombination der Vektoren AB und BC dar. −→ g) Sei M der Mittelpunkt der Strecke BC. Stellen Sie den Vektor AM als Linearkombina− → − → tion der Vektoren AC und BC dar. −→ h) Stellen Sie den Ortsvektor 0M des Punkts M aus g) als Linearkombination von Ortsvektoren der Punkte A, B und C dar.

z

C

5 4 3

B −4

2 −3 1 0 −6

−5

−4

−3

−2

−1 2

1 −1

−2 −1 1

3 4

A

−2

5 x

−3

Abb. 45: Zu Aufgabe 2.4.8

2

3

4

5

y

2.4 Lineare (Un-) Abhängigkeit von Vektoren

125

Aufgabe 2.4.9: Untersuchen Sie mithilfe von Definition 2.93, ob die folgenden Vektoren linear abhängig oder linear unabhängig sind:           − − 1 1 → 1 → 6 3 → − − ,− c = , b = b) → a = , b = a) → a = −3 1 0 4 2 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞     1 1 0 → − − 1 1 → − − − d) → a = ⎝ 0 ⎠, b = ⎝ −1 ⎠, → c = ⎝ −2 ⎠ , b = c) → a = 1 0 1 0 2 ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 4 1 1 1 1 → − → − − − − c = ⎝ −2 ⎠ f) → a = ⎝ 0 ⎠, b = ⎝ −1 ⎠, → e) → a = ⎝ 0 ⎠, b = ⎝ −1 ⎠ 0 2 1 −1 0 Aufgabe 2.4.10: Verwenden Sie die Definition der linearen Abhängigkeit von Vektoren um zu zeigen, dass die folgenden Vektoren linear abhängig sind: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 −7 − − u2 = ⎝ −14 ⎠ a) → u1 = ⎝ 2 ⎠, → 3 −21 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 −4 9 → − → − → − b) u1 = ⎝ −2 ⎠, u2 = ⎝ −5 ⎠, u3 = ⎝ 8 ⎠ 3 6 −9 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 5 1 −1 → − → − → − c) u1 = ⎝ −7 ⎠, u2 = ⎝ 11 ⎠, u3 = ⎝ 20 ⎠ 8 −2 −7 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2 7 0 −2 − − − − d) → u1 = ⎝ 1 ⎠, → u2 = ⎝ 3 ⎠, → u3 = ⎝ −1 ⎠, → u4 = ⎝ −1 ⎠ −3 1 1 47 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2 −1 0 3 − − − − u2 = ⎝ 1 ⎠, → u3 = ⎝ 1 ⎠, → u4 = ⎝ 2 ⎠ e) → u1 = ⎝ −4 ⎠, → 6 0 1 5 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 0 1 2 3 − − − − − f) → u1 = ⎝ −1 ⎠, → u2 = ⎝ 1 ⎠, → u3 = ⎝ 0 ⎠, → u4 = ⎝ −1 ⎠, → u5 = ⎝ 4 ⎠ 0 1 2 3 −1 − − Aufgabe 2.4.11: Verwenden Sie Satz 2.115 um zu zeigen, dass die Vektoren → u1 , . . . , → un linear abhängig sind, wobei n ∈ R die Vektorenanzahl in einer Teilaufgabe angibt.       2 → −1 → 7 − − → − , u2 = , u3 = a) u1 = 1 1 −1       5 → 5 → −10 → − − − b) u1 = , u2 = , u3 = −7 7 14         3 → −2 → −3 → 7 − − − → − , u2 = , u3 = , u4 = c) u1 = 2 3 2 4

126

2 Vektoren und ihre Eigenschaften

        1 → −1 → 1 → 4 − ,− u2 = ,− u3 = ,− u4 = d) → u1 = 1 1 −1 2 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 −1 9 − − − e) → u1 = ⎝ 2 ⎠, → u2 = ⎝ 0 ⎠, → u3 = ⎝ 6 ⎠ 3 2 −3 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 5 13 4 − − − f) → u1 = ⎝ 14 ⎠, → u2 = ⎝ −16 ⎠, → u3 = ⎝ −15 ⎠ −1 21 11 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2 8 12 − − − ⎠, → ⎝ −7 ⎠, → ⎝ 17 ⎠ u g) → u1 = ⎝ 15 = u = 2 3 4 4 21 4 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 3 1 9 − − − h) → u1 = ⎝ 1 ⎠, → u2 = ⎝ −2 ⎠, → u3 = ⎝ 3 ⎠ 2 0 6 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 1 1 1 − − − − i) → u1 = ⎝ 0 ⎠, → u2 = ⎝ 1 ⎠, → u3 = ⎝ −1 ⎠, → u4 = ⎝ 1 ⎠ 0 0 3 1 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 0 −1 17 − − − − j) → u1 = ⎝ 0 ⎠, → u2 = ⎝ 1 ⎠, → u3 = ⎝ 2 ⎠, → u4 = ⎝ −3 ⎠ −1 2 −1 7 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 1 1 1 − − − − k) → u1 = ⎝ 3 ⎠, → u2 = ⎝ 2 ⎠, → u3 = ⎝ 5 ⎠, → u4 = ⎝ 2 ⎠ −1 2 −7 3 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −1 9 16 10 − − − − u2 = ⎝ −2 ⎠, → u3 = ⎝ 16 ⎠, → u4 = ⎝ −8 ⎠ l) → u1 = ⎝ 2 ⎠, → −1 5 4 7 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 2 3 4 5 − − − − − m) → u1 = ⎝ 0 ⎠, → u2 = ⎝ 1 ⎠, → u3 = ⎝ 1 ⎠, → u4 = ⎝ 2 ⎠, → u5 = ⎝ 1 ⎠ −1 0 −1 1 −1 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 0 1 0 1 1 − − − − − n) → u1 = ⎝ 0 ⎠, → u2 = ⎝ 1 ⎠, → u3 = ⎝ 1 ⎠, → u4 = ⎝ 1 ⎠, → u5 = ⎝ 0 ⎠ 1 1 0 −1 0 Aufgabe 2.4.12: Verwenden Sie die Definition der linearen Unabhängigkeit von Vektoren − − − um zu zeigen, dass → u1 , → u2 und → u3 linear unabhängig sind. ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 2 3 − − − a) → u1 = ⎝ −4 ⎠, → u2 = ⎝ 5 ⎠, → u3 = ⎝ −6 ⎠ 7 −8 9 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 0 1 2 − − − u2 = ⎝ 7 ⎠, → u3 = ⎝ −1 ⎠ b) → u1 = ⎝ 0 ⎠, → 1 −1 1

2.4 Lineare (Un-) Abhängigkeit von Vektoren

⎛

127

⎞

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 9 2 −2 − − − c) → u1 = ⎝ −1 ⎠, → u2 = ⎝ 1 ⎠, → u3 = ⎝ −4 ⎠ 7 8 5 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 8 11 −17 − − − u3 = ⎝ 21 ⎠ d) → u1 = ⎝ 12 ⎠, → u2 = ⎝ 12 ⎠, → 13 −1 4 − − − u2 und → u3 linear abhängig oder Aufgabe 2.4.13: Untersuchen Sie, ob die Vektoren → u1 , → linear unabhängig sind. ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 −3 6 − − − u2 = ⎝ 5 ⎠, → u3 = ⎝ 5 ⎠ a) → u1 = ⎝ −7 ⎠, → 3 1 −1 ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎛ 3⎞ 6 2 2 − − − u3 = ⎝ 1 ⎠ b) → u1 = ⎝ −1 ⎠, → u2 = ⎝ 12 ⎠, → 2 −5 −4 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2 −18 −41 − − − c) → u1 = ⎝ 12 ⎠, → u2 = ⎝ 35 ⎠, → u3 = ⎝ 40 ⎠ 8 17 14 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −7 15 20 − − − u2 = ⎝ 4 ⎠, → u3 = ⎝ −4 ⎠ d) → u1 = ⎝ 5 ⎠, → 36 11 27 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 9 1 12 − − − e) → u1 = ⎝ −6 ⎠, → u2 = ⎝ −1 ⎠, → u3 = ⎝ −9 ⎠ 3 1 6 Aufgabe 2.4.14: Wie muss c ∈ R gewählt werden, damit die Vektoren ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 c −3 → − −v = ⎝ 0 ⎠ und → − u = ⎝ −1 ⎠ , → w = ⎝ 4⎠ 1 2c c linear abhängig bzw. linear unabhängig sind? Aufgabe 2.4.15: Wie muss c ∈ R gewählt werden, damit die Vektoren ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −c 2 8 + 5c − 2c2 → − −v = ⎝ c ⎠ und → − ⎠ 2c u = ⎝ 1⎠ , → w =⎝ 2c −4 2c linear abhängig bzw. linear unabhängig sind?

128

2 Vektoren und ihre Eigenschaften

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ a 15 − − Aufgabe 2.4.16: Können a, b ∈ R so gewählt werden, dass→ u = ⎝ 5 ⎠ und → v = ⎝ 25 ⎠ 2 b linear abhängig sind? Falls ja, dann geben Sie die Zahlenwerte für a und b an. Aufgabe 2.4.17: Wie müssen a, b ∈ R gewählt werden, damit die Vektoren ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 a 5 → − −v = ⎝ 1 ⎠ und → − u = ⎝ −1 ⎠ , → w = ⎝b⎠ 1 −2 5 linear abhängig bzw. linear unabhängig sind? Aufgabe 2.4.18: Beweisen Sie mithilfe von Folgerung 2.106 bzw. Folgerung 2.107 die folgenden Behauptungen: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −1 1 −3 − −v = ⎝ 7 ⎠ , → − a) → u = ⎝ 2 ⎠,→ w = ⎝ −3 ⎠ sind komplanar. −1 2 −4 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 0 2 −2 − − − b) → u = ⎝ 1 ⎠,→ v = ⎝ 0 ⎠,→ w = ⎝ −1 ⎠ sind komplanar. 0 2 −2 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 1 1 − −v = ⎝ 1 ⎠ , → − c) → u = ⎝ 0 ⎠,→ w = ⎝ 1 ⎠ sind nicht komplanar. 0 0 1 ⎞ ⎛ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 0 1 − −v = ⎝ 1 ⎠ , → − w = ⎝ −1 ⎠ sind nicht komplanar. d) → u = ⎝ 0 ⎠,→ 1 1 1 → − − −c seien linear unabhängig. Zeigen Sie, dass Aufgabe 2.4.19: Die Vektoren → a , b und → → − → − → − auch die Vektoren u , v und w linear unabhängig sind. → − − → − − → → − − → − − − − c a) → u =→ a − b +→ c , −v = → a + b −→ c, − w =→ a − b −→ → − → − → − − − −c , → −v = 2→ − −c , → − − − b) → u = 3→ a +2 b −→ a − 4 b + 2→ w = −→ a + b − 4→ c → − → − → − → − → − → − → − → − → − → − c) u = 2 a − 4 c , v = 7 a + 5 b + 3 c , w = 4 b − 2 c Aufgabe 2.4.20: Zeigen Sie, dass die Vektoren ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1−t 8 → − → − 2 ⎠ und bt = ⎝ −2 ⎠ at = ⎝ 1 t für alle t ∈ R linear unabhängig sind.

2.5 Winkel zwischen Vektoren

129

2.5 Winkel zwischen Vektoren − − Sind → u und → w linear unabhängige Vektoren, dann lässt sich durch Aneinanderlegen der linear abhängi− − − − gen Vektoren → u, → w und → u −→ w ein Dreieck konstruieren, was eine direkte Folgerung aus der Parallelogrammregel für die Subtraktion von Vektoren ist. Über den Längenbegriff für Vektoren wird es möglich, eine Verbindung zwischen Vektoren und den aus der klassischen ebenen Geometrie bekannten Rechnungen an beliebigen Dreiecken herzustellen. Unter anderem kann auf diese Weise der Winkel zwischen Vektoren definiert werden.

→ − u

→ − w

→ − − u −→ w

α

− −→ w

→ − u

Abb. 46: Winkel α zwischen zwei Vektoren

− Dazu betrachten wir zunächst zwei beliebige Vektoren → u =



u1 u2



− und → w =



w1 w2

 in

der Ebene. Nach dem Kosinussatz der Trigonometrie gilt für den in Abb. 46 dargestellten Winkel α:  2 2 − 2 → −  → → − − w  · cos(α) u  + − w  − 2→ u  · − u −→ w  = → Daraus folgt: 2 − 2 → → 2 − − u −→ w  − → u  − − w  −  → cos(α) = w u  · − −2→

    (u1 − w1 )2 + (u2 − w2 )2 − u21 + u22 − w21 + w22     = − − w u  · → −2→

u21 − 2u1 w1 + w21 + u22 − 2u2 w2 + w22 − u21 − u22 − w21 − w22  −  → w u  · − −2→ −2u1 w1 − 2u2 w2 u1 w1 + u2 w2   −   → → = = → − − −     w u  · → −2 u · w =

Die Rechnung gilt für Winkel α mit 0◦ ≤ α ≤ 180◦ . Diese Einschränkung lässt sich aus der Periodizität der Kosinusfunktion und der damit auf Teilintervalle eingeschränkten Umkehrbarkeit erklären. Denn wären Winkel 180◦ < α < 360◦ zur Definition des Win− − kels zwischen Vektoren → u und → w zugelassen, dann ließe sich auf diese Weise keine umkehrbar eindeutige Zuordnung zwischen den Vektorkoordinaten und dem Winkel α gewährleisten. Mit anderen Worten, es könnten zwei verschiedene Winkel α und α zwi− − schen Vektoren → u und → w als der Winkel zwischen → − → − u und w identifiziert werden (siehe Abb. 47).

(2.118)

→ − w

α

α → − u

Abb. 47: Winkelpaar an zwei Vektoren

130

2 Vektoren und ihre Eigenschaften

Derartige Zweideutigkeiten muss man für praktische Anwendungen vermeiden. Eine eindeutige Zuordnung wird durch die Umkehrfunktion Arcuskosinus sichergestellt, die den Definitionsbereich [−1; 1] und den Wertebereich [0◦ ; 180◦ ] hat. Es gilt −1 ≤

u1 w1 + u2 w2  −  ≤ 1 → − w u  · →

und daraus folgt

) α = arccos

u1 w1 + u2 w2  −  → − w u  · →

* .

− − Für Vektoren → u und → w aus R3 ergibt sich durch eine zu (2.118) analoge Rechnung: ) * u1 w1 + u2 w2 + u3 w3 u1 w1 + u2 w2 + u3 w3  −   −  → → bzw. α = arccos cos(α) = − − w w u  · → u  · → − − Die Rechnungen gelten auch für den Fall, dass → u und → w linear abhängig sind. Lineare → − → − Abhängigkeit bedeutet, dass es ein r ∈ R gibt mit u = r w . Das bedeutet in der Ebene: − 2   w r w21 + w22 r→ rw21 + rw22 cos(α) = = = = =  2 = 1 2 2 → → − − → − r w  r w  r w  Daraus folgt α = 0◦ . Analoges ergibt sich für linear abhängige Vektoren im Raum. Später wird eine vereinfachte Berechnungsformel zur Berechnung des Winkels zwischen zwei Vektoren hergeleitet, bei der nicht mehr zwischen Ebene und Raum unterschieden werden muss. Wir verzichten deshalb auf einen zusammenfassenden Satz, reichen aber eine Definition dazu nach, was wir unter dem Winkel zwischen zwei Vektoren verstehen: − Definition 2.119. Gegeben seien zwei beliebige linear unabhängige Vektoren → u und → − → − → − w . Unter dem Winkel α ∈ [0◦ ; 180◦ ] zwischen u und w verstehen wir denjenigen → − − − − Innenwinkel des ausden Vektoren u,→ w und → u −→ w gebildeten Dreiecks, welcher der  → − → − Seite mit der Länge  u − w  gegenüber liegt (siehe Abb. 46).

Beispiel 2.120. Gegeben seien die Vektoren       5 3 → − − −v = −3 u = , → w= , → 0 3 3

−z = und →



 3 . −3

− − Für den Winkel α1 zwischen → u und → w gilt: cos(α1 ) = 

1 u1 w1 + u2 w2 5·3+0·3 15 √ = √  √ = √ = 2 2 2 2 5·3 2 2 5 +0 · 3 +3 u21 + u22 · w21 + w22

2.5 Winkel zwischen Vektoren

131

  Hieraus folgt α1 = arccos cos(α1 ) = arccos √12 = − −v gilt: zwischen → u und → 

π 4

= 45◦ . Für den Winkel α2

1 5 · (−3) + 0 · 3 −15 √ = −√  = 5·3 2 2 52 + 02 · (−3)2 + 32 

  Hieraus folgt α2 = arccos cos(α2 ) = arccos − √12 = 135◦ . Für den Winkel α3 − −z gilt: zwischen → u und → cos(α2 ) = √

5 · 3 + 0 · (−3) 15 1 √ = √  = 5·3 2 2 32 + (−3)2

   Hieraus folgt α3 = arccos cos(α3 ) = arccos √12 = 45◦ . cos(α3 ) = √

52 + 02 ·



→ − u → − w α1

→ − − u −→ w → − u

→ −v

α3

→ − −v u −→ α2

→ − −z u −→

→ −z → − u

Abb. 48: Winkel zwischen den Vektoren aus Beispiel 2.120

Bemerkung 2.121. Winkel im Zusammenhang mit dem Nullvektor lassen sich nicht sinn− − voll definieren. Soll der Winkel zwischen den Vektoren → u und → w berechnet werden, dann → − → − → − wird stets u = 0 und w = 0 vorausgesetzt.  Bemerkung 2.122. Bei der Berechnung von Winkeln ist darauf zu achten, dass die Richtung der Vektoren − stimmt! Der Winkel α zwischen den Vektoren → u und → − w wird anschaulich so gemessen, dass die Anfangspunkte der Vektoren im Scheitelpunkt des Winkels zusammenliegen. Der Winkel α zwischen den Vekto− − ren → u und → w ist allgemein verschieden vom Winkel − − − β zwischen den Vektoren → u und −→ w . Falls → u und → − w linear unabhängig sind, so gilt dabei der Zusammenhang α + β = 180◦ (siehe Abb. 49). 

→ − u

− −→ w

β

α

Abb. 49

→ − w

132

2 Vektoren und ihre Eigenschaften





  2 3 − − Beispiel 2.123. Der Winkel α zwischen → u = √ und → w= ist 12 0 * ) √   1 2 · 3 + 12 · 0 √ √ = arccos α = arccos = 60◦ . 2 16 9 − − Der Winkel β zwischen → u und −→ w ist * ) √   1 2 · (−3) + 12 · 0 √ √ = arccos − β = arccos = 120◦ . 2 16 9 Es gilt α + β = 180◦ .



Die skalare Multiplikation ist als Verknüpfung zwischen einer reellen Zahl r und einem − − Vektor → u definiert, die wir ihrem Namen nach als Produkt auffassen und deshalb r · → u schreiben. Ein weiteres Produkt im Zusammenhang mit Vektoren entsteht durch die Verknüpfung zweier Vektoren.     u1 w1 − − Definition 2.124. Gegeben seien beliebige Vektoren → u = und → w = aus u2 w2 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ w1 u1 − − w = ⎝ w 2 ⎠ aus R3 . Die Produkte u = ⎝ u 2 ⎠ und → R2 bzw. → u 3 w 3 → − − u •→ w := u1 · w1 + u2 · w2

− − bzw. → u •→ w := u 1 · w 1 + u 2 · w 2 + u 3 · w 3

− − u und → w. heißen Skalarprodukt von → Beispiel 2.125. Hier folgen einige Zahlenbeispiele zur Berechnung des Skalarprodukts:     5 3 = 3 · 5 + 4 · (−6) = −9 • a) 6 4     2 6 = 6 · 2 + 5 · 3 = 27 • b) 3 5 ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ 3 5 c) ⎝ 4 ⎠ • ⎝ −6 ⎠ = 3 · 5 + 4 · (−6) + 2 · 7 = 5 2 7 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −4 2 d) ⎝ 3 ⎠ • ⎝ 4 ⎠ = −4 · 2 + 3 · 4 + 1 · 1 = 5 1 1 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2 1 e) ⎝ −1 ⎠ • ⎝ 1 ⎠ = 2 · 1 + (−1) · 1 + 1 · (−1) = 0  1 −1

2.5 Winkel zwischen Vektoren

133

Oft wird in Lehrbüchern für das Skalarprodukt statt des hier hervorgehobenen fetten Mul→ − − tiplikationspunkts der normale Multiplikationspunkt verwendet, d. h., man schreibt → a · b. Unabhängig vom gewählten Verknüpfungszeichen wird in der Regel klar, welche Verknüpfung gemeint ist. Deshalb könnte der Multiplikationspunkt auch weggelassen und einfach → − → − a b geschrieben werden. Aus der Sicht von Lernenden hat es sich aber bewährt, dem Skalarprodukt eine eigene Zeichensetzung zu geben wie die in diesem Buch verwendete → − − Schreibweise → a • b , die Lernenden hilft, die zu verknüpfenden Elemente voneinander abzugrenzen. Auch die Definition der Verknüpfungsoperation prägt sich vielen Lernenden +− → → − −, − so leichter ein. Andere Schreibweisen für das Skalarprodukt sind → a ◦ b oder → a, b . Durch konsequente Anwendung von Definition 2.124 und dem damit möglichen Übergang von Vektoren zu den Rechengesetzen der reellen Zahlen sind die folgenden Eigenschaften des Skalarprodukts leicht nachzurechnen: − −v und → − Satz 2.126. Seien → u,→ w beliebige Vektoren und r ∈ R. Das Skalarprodukt hat die folgenden Eigenschaften: − −v = → −v • → − a) Kommutativgesetz: → u •→ u   → − → − → − − − − − b) Distributivgesetz: u • v + w = → u •→ v +→ u •→ w  →  → →  − − − → − c) Assoziativgesetz: r · u • v = r · u • v In Aufgabenstellungen wird es notwendig sein, Gleichungen zu lösen, die Skalarprodukte enthalten. ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 −1 1 − − − Beispiel 2.127. Gegeben seien die Vektoren → u = ⎝ 2 ⎠, → v = ⎝ 4 ⎠ und → w = ⎝ c ⎠. 4 −2 1 → − → − → − → − Es soll c ∈ R so bestimmt werden, dass u • w = v • w gilt. Zur Lösung dieser Aufgabe rechnen wir auf beiden Seiten der Gleichung die Skalarprodukte aus und stellen die entstehende Gleichung nach c um: 1 · 1 + 2 · c + 4 · 1 = −1 · 1 + 4 · c − 2 · 1

⇔

2c + 5 = 4c − 3

⇔

c=4



⎛

⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −2 2 1 − − − u = ⎝ 1 ⎠, → v = ⎝ 6 ⎠ und → w = ⎝ c ⎠. Beispiel 2.128. Gegeben seien die Vektoren → 2 3 2 → − → − → − → − Es soll c ∈ R so bestimmt werden, dass c · u • v = w • w gilt. Zur Lösung rechnen wir auf beiden Seiten der Gleichung die Skalarprodukte aus und fassen zusammen: c · (−2 · 2 + 1 · 6 + 2 · 3) = 1 · 1 + c · c + 2 · 2

⇔

8c = c2 + 5 ⇔ c2 − 8c + 5 = 0 √ √ Die pq-Formel liefert die beiden Lösungen c1 = 4 + 11 und c2 = 4 − 11. 

134

2 Vektoren und ihre Eigenschaften

− − − − ACHTUNG! Gleichungen der Gestalt → u •→ w =→ v •→ w mögen dazu verleiten, den Vek→ − − − − − tor w zu „kürzen“. Das ist im Allgemeinen aber falsch, denn aus → u •→ w =→ v •→ w folgt → − → − nicht zwangsläufig u = v ! Man mache sich dies anhand der Vektoren in den beiden vorhergehenden Beispielen klar! Mithilfe des Skalarprodukts wird es möglich, die Formeln für die Längen- und Winkelberechnung in vereinfachter Weise zu notieren, wobei gleichzeitig auf die Unterscheidung zwischen R2 und R3 verzichtet werden kann. Für die Länge eines Vektors gilt √  → − − − u = → u •→ u . (2.129) −  √→ u= − u 2 , wobei das Quadrat Statt in dieser Form schreibt man auch → → − − − u 2 := → u •→ u

(2.130)

nur als abkürzende Schreibweise verstehen ist, die uns noch in anderen Zusammenhän−  √zu − u= → u 2 folgt durch Quadrieren: gen begegnen wird. Aus → 2 → − − u = → u2

(2.131)

ACHTUNG! Wurzelziehen und Quadrieren heben einander nicht auf, d. h. es gilt √ → − − u 2 = → u . Auch die Formel zur Winkelberechnung lässt sich mithilfe des Skalarprodukts kürzer notieren, womit jetzt eine knappe Zusammenfassung zur Winkelberechnung zwischen Vektoren nachgereicht werden kann: − − Satz 2.132. Seien → u und → w beliebige Vektoren in der Ebene oder im Raum. Für den − − u und → w gilt: Winkel 0◦ ≤ α ≤ 180◦ zwischen → ) * → − − → − − u •→ w u •→ w  −  bzw. α = arccos →  −  cos(α) = → − − w w u  · → u  · →  −  → w  die Gleichung u  · − Aus Satz 2.132 folgt nach Multiplikation mit →  −  → → − − w  · cos(α) . u  · − u •→ w = →

(2.133)

− − Sind → u und → w Vektoren, die einen Winkel von 90◦ zueinander haben, dann folgt durch − − Einsetzen von α = 90◦ bzw. cos(α) = 0 in (2.133) die Gleichung → u •→ w = 0. Solche Vektoren haben eine besondere Bedeutung, was auch sprachlich hervorgehoben wird: → − → − − − Definition 2.134. Zwei Vektoren → u = 0 und → w = 0 heißen orthogonal zueinander, − − − − wenn → u •→ w = 0. Alternativ sagt man, dass → u und → w rechtwinklig zueinander sind.

2.5 Winkel zwischen Vektoren

135

    2 → = −1 sind orthogonal zueinander, − und − w Beispiel 2.135. Die Vektoren → u1 = 1 1 2     3 → − − → → − → = 1 sind denn es gilt u1 • w1 = 2 · (−1) + 1 · 2 = 0. Die Vektoren u2 = und − w 2 1 3 − → → −  nicht orthogonal zueinander, denn es gilt u • w = 3 · 1 + 1 · 3 = 6 = 0. 2

2

→ − → − − − ACHTUNG! Für den Nullvektor 0 gilt → u • 0 = 0 für jeden Vektor → u , aber der Null→ − vektor ist zu keinem Vektor u orthogonal!   u1 − In der Ebene ist es relativ leicht, zu einem gegebenen Vektor → u = einen orthogou 2   w1 − zu bestimmen. Dazu betrachten wir die Gleichung nalen Vektor → w= w2 → − − u •→ w = u1 w1 + u2 w2 = 0 .

(2.136)

Zur ihrer Lösung sind drei Fälle zu unterscheiden: • Fall 1: Es gilt u1 = 0 und u2 = 0. Dann haben wir zwei Unbekannte in einer Gleichung und können für eine Unbekannte beliebige Werte wählen, zum Beispiel w2 = u1 . Setzen wir dies in (2.136) ein, dann erhalten 2 = 0, woraus w1 = −u2 folgt.   wir u1 w1+ u1 u u −u 1 2 − − Damit sind die Vektoren → u = und → w= orthogonal. u2 u1 • Fall 2: Es gilt u1 = 0 und u2 = 0. Dann können wir w1 beliebig wählen, zum Beispiel gilt, müssen w1 = 1. Damit Gleichung  (2.136)    wir notwendig w2 = 0 wählen. Damit 0 1 → − → − sind die Vektoren u = orthogonal. und w = u2 0 • Fall 3: Es gilt u1 = 0 und u2 = 0. Dann können wir w2 beliebig wählen, zum Beispiel gilt, müssen w2 = 1. Damit Gleichung  (2.136)    wir notwendig w1 = 0 wählen. Damit u 0 1 − − orthogonal. sind die Vektoren → u = und → w= 1 0 Aus Satz 2.126 c) folgt, dass Vektoren, die durch beliebige Streckung, Stauchung oder Invertierung (d. h. Übergang zum Gegenvektor) aus orthogonalen Vektoren hervorgehen, ebenfalls orthogonal zueinander sind. Das bedeutet genauer, dass in den Lösungen von − − (2.136) jeweils r→ w orthognal ist zu s→ u für beliebige Skalare r, s ∈ R \ {0}. → − → − − − − − Im Raum ist es sogar möglich, zu vorgegebenen Vektoren → u = 0 und → w = 0 mit → v = → w → − − − − einen Vektor → n = 0 zu bestimmen, der zu → u und gleichzeitig auch zu → w orthogonal ist. − Derartige Vektoren → n werden uns in den folgenden Kapiteln sehr häufig begegnen. − − Definition 2.137. Seien → u und → w linear unabhängige Vektoren aus R3 . Ein Vektor → − → − −v und → − − − − − n = 0 heißt Normalenvektor zu → w , falls → v •→ n = 0 und → w •→ n = 0 gilt.

136

2 Vektoren und ihre Eigenschaften

− 1→ 2 u → − w

→ − u Streckung

⇑

→ − w Invertierung

⇓

⇓

→ − u Stauchung

→ − u

→ − w

→ − w

− 2→ w

→ − w

− 3→ 2 u

− −→ u

Abb. 50: Beispiele orthogonaler Vektoren in der Ebene − Die Definition des Normalenvektors liefert einen direkten Ansatz zur Berechnung von → n, denn ausgehend von ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ u1 w1 n1 → − − − u = ⎝ u2 ⎠ , → w = ⎝ w2 ⎠ und → n = ⎝ n2 ⎠ u3 w3 n3 − können wir → n durch Lösung des folgenden linearen Gleichungssystems gewinnen: − − I :→ u •→ n =0 → − − II : w • → n =0

(2.138)

Ausrechnen der Skalarprodukte ergibt: I : u1 n1 + u2 n2 + u3 n3 = 0 II : w1 n1 + w2 n2 + w3 n3 = 0 Zur Lösung des Systems berechnen wir: (u2 w1 − u1 w2 )n2 + (u3 w1 − u1 w3 )n3 = 0 w1 ·I−u1 ·II=III : + (u3 w2 − u2 w3 )n3 = 0 w2 ·I−u2 ·II=IV : (u1 w2 − u2 w1 )n1 Da es drei Unbekannte, aber nur zwei Gleichungen gibt, kann n3 frei gewählt werden. Es ist sinnvoll, für n3 den gemeinsamen Faktor u1 w2 − u2 w1 = 0 zu n1 und n2 zu wählen. Durch Einsetzen von n3 = u1 w2 − u2 w1 in Gleichung IV ergibt sich (u1 w2 − u2 w1 )n1 + (u3 w2 − u2 w3 )(u1 w2 − u2 w1 ) = 0 ,

2.5 Winkel zwischen Vektoren

137

woraus n1 = −

(u3 w2 − u2 w3 )(u1 w2 − u2 w1 ) = −(u3 w2 − u2 w3 ) = u2 w3 − u3 w2 u1 w2 − u2 w1

folgt. Durch Einsetzen von n3 = u1 w2 − u2 w1 in Gleichung III ergibt sich (u2 w1 − u1 w2 )n2 + (u3 w1 − u1 w3 )(u1 w2 − u2 w1 ) = 0 , woraus (u3 w1 − u1 w3 )(u1 w2 − u2 w1 ) u2 w1 − u1 w2 (u3 w1 − u1 w3 )(u1 w2 − u2 w1 ) =− = u3 w1 − u1 w3 −(u1 w2 − u2 w1 )

n2 = −

folgt. Damit ist

⎛ ⎞ u2 w3 − u3 w2 → − n = ⎝ u3 w1 − u1 w3 ⎠ (2.139) u1 w2 − u2 w1 − − ein Normalenvektor zu → u und → w , wie man durch Ausrechnen der Skalarprodukte in den → − → − → − − Gleichungen u • n = 0 und w • → n = 0 leicht überprüft. Auch für u1 w2 − u2 w1 = 0 erfüllt → − der Vektor n die gewünschten Eigenschaften. Beispiel 2.140. Gesucht ist ein Normalenvektor zu ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 2 → − − u = ⎝ 2 ⎠ und → w = ⎝ −2 ⎠ . 3 −1 Einsetzen in (2.139) ergibt ⎞ ⎞ ⎛ 2 · (−1) − 3 · (−2) 4 → − n = ⎝ 3 · 2 − 1 · (−1) ⎠ = ⎝ 7 ⎠ . 1 · (−2) − 2 · 2 −6 ⎛

− Analog zu den Überlegungen für orthogonale Vektoren in der Ebene folgt, dass auch r→ n → − → − für beliebiges r ∈ R \ {0} ein Normalenvektor zu u und w ist.  Bei der Lösung des linearen Gleichungssystems (2.138) ist es natürlich auch möglich, für die frei wählbare Koordinate irgendeine Konstante c ∈ R \ {0} zu wählen. Der so berech− nete Normalenvektor → n∗ unterscheidet sich dann vom Normalenvektor in (2.139) nur um − − n . Geht man aber bei der Beein skalares Vielfaches, d. h., es gibt ein r ∈ R mit → n∗ = r→ rechnung des Normalenvektors genau wie oben vor, so ist die Lösung (2.139) gleichzeitig das Ergebnis eines weiteren, wichtigen Produkts im Vektorraum R3 .

138

2 Vektoren und ihre Eigenschaften

⎞ ⎛ ⎞ w1 u1 − − w = ⎝ w2 ⎠. Definition 2.141. Gegeben seien beliebige Vektoren → u = ⎝ u2 ⎠ und → u3 w3 Das Produkt ⎞ ⎛ u2 w3 − u3 w2 → − − u ×→ w := ⎝ u3 w1 − u1 w3 ⎠ u1 w2 − u2 w1 − − u und → w. heißt Kreuzprodukt (oder alternativ Vektorprodukt) der Vektoren → ⎛

Die Berechnung des Kreuzprodukts nach Definition 2.141 ist recht mühsam, da sich die Formel nicht sonderlich gut einprägt. Die Berechnung wird durch einen kleinen Trick leichter, der gleichzeitig auch die Bezeichung Kreuzprodukt anschaulich erklärt: − − Anleitung 2.142. Zur Berechnung des Kreuzprodukts → u ×→ w schreiben wir die beiden Vektoren nebeneinander. Zusätzlich schreiben wir (gedanklich) die ersten beiden Koordinaten jedes Vektors (u1 , u2 bzw. w1 , w2 ) noch einmal darunter: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ w1 u1 ⎝ u2 ⎠ × ⎝ w2 ⎠ u3 w3 w1 u1 u2 w2 Jetzt berechnen wir die folgenden Produkte: ⎛ u2 w3 = u3 w1 = u1 w2 =

⎞ u1 ⎝ u2 ⎠ u3 u1 u2

⎛

⎞ w1 ⎝ w2 ⎠ w3 w1 w2

⎛ und

⎞ u1 ⎝ u2 ⎠ u3 u1 u2

⎛

⎞ w1 ⎝ w2 ⎠ w3 w1 w2

= u3 w2 = u1 w3 = u2 w1

Der letzte Schritt besteht in der zeilenweisen Berechnung folgender Differenzen: ⎛ u2 w3 = u3 w1 = u1 w2 =

⎞ u1 ⎝ u2 ⎠ u3 u1 u2

⎛

⎞ w1 ⎝ w2 ⎠ w3 w1 w2

= u3 w2 = u1 w3 = u2 w1

⎛

⎞ u22w33 − u33w22 − − ⎝ u3 w1 − u1 w3 ⎠ = → u ×→ w u1 w2 − u2 w1

Anfängern wird empfohlen, sich zur Berechnung eines Kreuzprodukts zunächst genau an diese Anleitung zu halten. Mit etwas Übung kann man die einzelnen Schritte auch ganz im Kopf durchführen (also insbesondere ohne nochmaliges Notieren der ersten beiden Vektorkoordinaten unter die Vektoren).

2.5 Winkel zwischen Vektoren

139

Beispiel 2.143. Zur Illustration der Anleitung 2.142 betrachten wir nochmals die Vektoren → − − u und → w aus Beispiel 2.140 und berechnen: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 2 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎝2⎠ ⎝ −2 ⎠ −2 = = −6 −2 − (−6) 4 − − 3 −1 ⎝ 6 − (−1) ⎠ = ⎝ 7 ⎠ = → u ×→ w = −1 6= 1 2 −2 − 4 −6 −2 = = 4 2 −2  Bemerkung 2.144. In der täglichen Praxis des Mathematikunterrichts gibt es verschiedene schematische Hilfsdarstellungen zur Berechnung des Kreuzprodukts. Neben der in Anleitung 2.142 vorgestellten Methode ist auch das folgende Schema weit verbreitet: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ u1 w2 = = u2 w1 u1 w1 ⎛ ⎞ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ u w u22 w33 − u33 w22 u2 w3 = = u3 w2 2 2 − − u3 w3 ⎝ u3 w1 − u1 w3 ⎠ = → u3 w1 = = u1 w3 u ×→ w w1 u1 u1 w2 − u2 w1 Die einzelnen Produkte bzw. die daraus entstehenden Differenzen werden bei diesem Schema also nicht in der natürlichen Reihenfolge berechnet, wie sie im Ergebnisvektor → − − − − u ×→ w stehen müssen. Die z-Koordinate u1 w2 − u2 w1 von → u ×→ w steht im Zwischenschritt zunächst ganz oben, darunter die x- und darunter die y-Koordinate. Es wird von Lernenden bei dieser Methode gern vergessen, dass sie hier noch die richtige Reihenfolge herstellen müssen, und folglich wird oft ⎛ ⎞ u1 w2 − u2 w1 − − ⎝ u2 w3 − u3 w2 ⎠ = → u ×→ w u3 w1 − u1 w3 als Ergebnis notiert und mit diesem falschen Zwischenergebnis weitergerechnet. Bei der − − in Anleitung 2.142 vorgestellten Methode stehen die Koordinaten von → u ×→ w stets untereinander in der richtigen Reihenfolge, was aus Sicht von Lernenden ein nicht zu unterschätzender Vorteil ist.  Durch Nachrechnen lassen sich die folgenden Eigenschaften des Kreuzprodukts beweisen. − −v und → − Satz 2.145. Seien → u ,→ w Vektoren aus R3 und r ∈ R. Das Kreuzprodukt hat die folgenden Eigenschaften: − − − − a) Antikommutatives Gesetz: → u ×→ w = −→ w ×→ u →  → → − − → − − → − − − b) Distributivgesetz: u × v + w = u × v + → u ×→ w  →    − → − → − → − c) r u × w = r u × w → − − − − − d) Es gilt → u ×→ w = 0 genau dann, wenn → u und → w linear abhängig sind. → − − − → − → − unabhängig, dann ist u × → w ein Normalenvektor zu → u und e) Sind u und w linear →  → − → − − → − → − → − → − w , d. h., es gilt u • u × w = 0 und w • u × w = 0.

140

2 Vektoren und ihre Eigenschaften

− − Eine geometrische Interpretation des Kreuzprodukts → u ×→ w ist nicht so leicht zu erkennen. − − Es stellt sich heraus, dass es einen Zusammenhang zum von → u und → w aufgespannten Parallelogramm gibt. − − Satz 2.146. Seien → u und → w Vektoren aus R3 .  − → − − u ×− w  ist der Flächeninhalt des von → u und → w aufgespannten Parallelogramms a) → und es gilt   −  → → − − w  · sin (α) , u  · − u ×→ w  = → − − wobei α der Winkel zwischen den Vektoren → u und → w ist.  →     2 2 2 − → − → − → − → − → − b)  u × w  =  u  ·  w  − ( u • w )

Der Beweis von Satz 2.146 ist mit etwas Aufwand verbunden: Der Flächeninhalt A eines Parallelogramms berechnet sich nach der Formel A = gh, wobei g die Länge der Grundseite und h die Länge → − der Höhe ist. Identifizieren wir mit  u die Grundsei→ −   te, dann  bedeutet dies g = u .◦ Für ◦die Höhe gilt → −   h = w · sin (α), wobei α ∈ (0 ; 180 ) der Winkel → − − zwischen den Vektoren u und → w ist (siehe Abb. 51).  → → − − Damit gilt A =  u  ·  w  · sin (α).

→ − u → − w α

h

→ − w

→ − u

Abb. 51: Ein Parallelogramm aus Vektoren

 → −  → −  − → wir zwei bew  · sin (α) u  · − Es bleibt zu zeigen, dass → ⎛ = ⎞u × w . Dazu ⎛ betrachten ⎞ u1 w1 − − liebige linear unabhängige Vektoren → u = ⎝ u2 ⎠ und → w = ⎝ w2 ⎠. Unter Verwendung u3 w3 2 2 der Definition Vektorbetrags, der Gleichung sin (α) + cos (α) = 1, der Gleichung  des → → − − → − → −     u • w = u · w · cos(α) und der Gleichung (2.131) ergibt sich: 2 − 2 → 2  − 2 →  − u  · → w  · sin2 (α) = → u  · − w  · 1 − cos2 (α) 2 − 2 → 2 2 − → − 2 → − 2 → 2 w  − → u  · − w  · cos2 (α) = → u  · − w  − (→ u  · − u •− w) = →     2 = u1 + u22 + u23 · w21 + w22 + w23 − (u1 w1 + u2 w2 + u3 w3 )2 = u21 w21 + u21 w22 + u21 w23 + u22 w21 + u22 w22 + u22 w23 + u23 w21 + u23 w22 + u23 w23 −u21 w21 − u1 u2 w1 w2 − u1 u3 w1 w3 − u1 u2 w1 w2 − u22 w22 − u2 u3 w2 w3 −u1 u3 w1 w3 − u2 u3 w2 w3 − u23 w23 = u22 w23 − 2u2 u3 w2 w3 + u23 w22 + u23 w21 − 2u1 u3 w1 w3 + u21 w23 + u21 w22 − 2u1 u2 w1 w2 + u22 w21 = (u2 w3 − u3 w2 )2 + (u3 w1 − u1 w3 )2 + (u1 w2 − u2 w1 )2 ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ u2 w3 − u3 w2 u2 w3 − u3 w2 2 − → 2 − − u ×− w u ×→ w ) = → = ⎝ u3 w1 − u1 w3 ⎠ • ⎝ u3 w1 − u1 w3 ⎠ = (→ u1 w2 − u2 w1 u1 w2 − u2 w1

2.5 Winkel zwischen Vektoren

141

Wegen 0◦ < α < 180◦ gilt sin2 (α) > 0, sodass beide Seiten der eben hergeleiteten Glei2 − 2 → 2 − − u  · − w  · sin2 (α) chung → = (→ u × → w) positiv −  sind. Deshalb ist Wurzelziehen zulässig → − − w  · sin (α). Aussage b) in Satz 2.146 folgt u  · → u ×→ w  = → und liefert wie behauptet − aus der Rechnung zum Beweis von a). Beispiel 2.147. Das von den Vektoren aus Beispiel 2.140 aufgespannte Parallelogramm hat nach Satz 2.146 a) den Flächeninhalt ⎛ ⎞   4  √   → − → − 2 2 2     ⎝ ⎠ 7 A = u×w =   = 4 + 7 + (−6) = 101 .  −6  − − Die alternative Formel aus Satz 2.146 b) erlaubt eine Berechnung von A, ohne → u ×→ w berechnen zu müssen:      √ 2 − 2 2 − − −  w − (→ u  · → u •→ w ) = 14 · 9 − (−5)2 = 101 A = →

Beispiel 2.148. Gesucht ist der Flächeninhalt des Dreiecks P(1|2|3), ⎛ mit ⎞ den Eckpunkten ⎛ ⎞ 3 −2 −→ ⎝ − → 3 ⎠ und PR = ⎝ 0 ⎠ aufgeQ(4|5|0) und R(−1|2|2). Das Dreieck wird von PQ = −3 −1 −→ − → spannt. Der Flächeninhalt A des Dreiecks ist halb so groß wie der des von PQ und PR aufgespannten Parallelogramms. Deshalb berechnet man zum Beispiel gemäß Satz 2.146 b):  1 1√ 1 −→2 − →2 →2 −→ − PQ · PR − PQ • PR = 27 · 5 − (−3)2 = 126 A = 2 2 2 −→ − → Alternativ kann das Kreuzprodukt PQ × PR berechnet und damit Satz 2.146 a) zur Flächeninhaltsberechnung genutzt werden: ⎛ ⎞  −3   1 −→ − 1 ⎝ 1√ →  9 ⎠ = 126 A = PQ × PR =  2 2 2 6 

Obwohl das Kreuzprodukt nur im Raum definiert ist, lässt sich damit auch der Flächeninhalt eines in der Ebene liegenden Parallelogramms berechnen. Das wird möglich, wenn wir im Raum ausschließlich Punkte und Vektoren in der xy-Ebene betrachten. Die xy-Ebene kann als Prototyp der reellen Zahlenebene aufgefasst werden, wenn dazu die für alle Punkte gleiche Koordinate z = 0 „ignoriert“ wird, womit sich einige Problemstellungen aus dem Raum in die Ebene verlagern lassen. Umgekehrt lassen sich einige Probleme aus der Ebene in denRaum  verlagern, wenn die in der Ebene liegenden Punkte P(a1 |a2 ) bzw. Vektoren u1 → − u = um eine dritte Koordinate ergänzt werden, d. h., wir gehen über zu P (a1 |a2 |0) u2

142

2 Vektoren und ihre Eigenschaften

⎛

⎞

u1 → − bzw. u = ⎝ u2 ⎠. Dieser Trick ermöglicht es, den Flächeninhalt A des von ebenen, linear 0     u1 w1 − − unabhängigen Vektoren → u = und → w= aufgespannten Parallelogramms zu u2 w2 ermitteln. Dazu berechnen wir: ⎞ ⎛ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ w1 0 u1 ⎠ ⎝ u2 ⎠ × ⎝ w2 ⎠ = ⎝ 0 0 0 u1 w2 − u2 w1 Daraus ergibt sich durch Anwendung von Satz 2.146 a): − Folgerung 2.149. Das von linear unabhängigen Vektoren → u =



u1 u2



− und → w=



w1 w2



aufgespannte Parallelogramm hat den Flächeninhalt   A = u1 w2 − u2 w1  . Beispiel 2.150. Den Flächeninhalt A des durch die Punkte P(−2|1), Q(1|3) und R(5|2)     − → − → 7 3 → − → − . und w = PR = definierten Parallelogramms berechnen wir mit u = PQ = 1 2     Nach Folgerung 2.149 gilt A = 3 · 1 − 2 · 7 =  − 11 = 11. 

Aufgaben zum Abschnitt 2.5 Aufgabe 2.5.1: Gegeben seien die Vektoren       → − 2 −1 2 −c = → − , → , b = a = −4 1 7 Berechnen Sie: → − − a) → a•b b) → − → − e) b • c f)

→ − −c a •→ → − → → − − b • −c + → a•d

− −c • → c) → d → → − → − − g) a + b • d

Aufgabe 2.5.2: Gegeben seien die Vektoren ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2 −2 4 → − → − −c = ⎝ 2 ⎠ a = ⎝1⎠ , b = ⎝ 1⎠ , → 3 −3 −4 Berechnen Sie: → − − a) → a•b b) → − → − e) b • b f)

→ − → − a•d → − → → − − b • −c + → a•d

− → − − −c + → c) → a •→ b•d − →  → − g) → a +− c •d

und

→ − d =



−5 14

 .

→ − → − − − d) → a •→ a+b•b − →  → − → − h) → a + −c • b − d

⎛ ⎞ 4 → − ⎝ 3⎠ . und d = −2 → − → − − − d) → c •→ c −d •d − →  → − → − h) → a −− c • b+d

2.5 Winkel zwischen Vektoren

143

Aufgabe 2.5.3: Bestimmen Sie t ∈ R so, dass die angegebene Gleichung gilt: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2t 5 t −t a) ⎝ −7 ⎠ • ⎝ 5 ⎠ = 5 b) ⎝ 3 ⎠ • ⎝ −3 ⎠ = −99 3 −2t 3t −3t ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎡⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞ t 2t 2t 1 −1 c) ⎝ 2 ⎠ • ⎝ t ⎠ = 32 d) ⎣⎝ t ⎠ + ⎝ 1 ⎠⎦ • ⎝ t − 1 ⎠ = 46 4 −4 2 6 t +1

Aufgabe 2.5.4: Beweisen Sie Satz 2.126. Aufgabe 2.5.5: Beweisen Sie unter Verwendung von Gleichung (2.130), dass für beliebige → − − Vektoren → a und b die folgenden binomischen Formeln gelten: − → → − → − − 2 − 2 − a + 2→ a • b + b2 a + b =→ a) → − → − 2 − 2 → − → − − b) → a − b =→ a − 2→ a • b + b2 →    → − → − → − − − c) − a−b • → a + b =→ a 2− b 2 − − − Aufgabe 2.5.6: Zeigen Sie durch ein geeignetes Beispiel für Vektoren → u,→ v und → w , dass die folgenden aus der Zahlenalgebra adaptierten „Regeln“ nicht allgemeingültig sind: − →  − → − →  a) → u •− v ·→ w =− u· → v •− w − → 2 − 2 → u · −v 2 b) → u •− v =→ → − − − − − −v = → c) → u •→ v =0 ⇒ → u = 0 oder → 0 − − Aufgabe 2.5.7: Berechnen Sie den Winkel zwischen den Vektoren → u und → w:         −1 → 2 1 → 2 − − b) → u = ,− w= a) → u = ,− w= 3 −4 3 4         5 3 3 4 − − − − d) → u = ,→ w= c) → u = ,→ w= −2 7 −4 −3 ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ 3 −1 4 5 − − − − f) → u = ⎝ 1 ⎠, → w = ⎝ −2 ⎠ w = ⎝ 1⎠ e) → u = ⎝ 5 ⎠, → 1 0 −2 −3 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 3 3 1 −1 − − → − h) → u = ⎝ −1 ⎠ , → w = ⎝0⎠ g) − u = ⎝ 1 ⎠, → w = ⎝ −1 ⎠ 4 1 1 −1 ⎛

⎞ 1 − Aufgabe 2.5.8: Welche Winkel bildet → u = ⎝ −2 ⎠ mit den Koordinatenachsen? 4

144

2 Vektoren und ihre Eigenschaften

→ − − Aufgabe 2.5.9: Bestimmen Sie t ∈ R so, dass der Winkel zwischen → a und b gleich α ist:         − − 2t → 2t 1 → 2 − − b) → a = a) → a = ,b = , α = 60◦ ,b = , α = 45◦ 2 −2 t 4         − → − 1 → 2 t 1 → − → − ◦ c) a = ,b = , α = 135 d) a = ,b = , α = 120◦ t 4 −1 1 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ t 1 1 3 → − → − − − e) → a = ⎝ −1 ⎠ , b = ⎝ t ⎠ , α = 60◦ f) → a = ⎝ 1 ⎠ , b = ⎝ t ⎠ , α = 60◦ 1 1 0 1 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ 2 3 2 4t → − → − → − → − g) a = ⎝ 2 ⎠ , b = ⎝ 0 ⎠ , α = 45◦ h) a = ⎝ −1 ⎠ , b = ⎝ t 2 ⎠ , α = 90◦ 1 t 5 −3 Hinweis: Beachten Sie ggf. die Besonderheiten bei der Lösung von Gleichungen mit Wurzelausdrücken! Aufgabe 2.5.10: Bestimmen Sie alle Innenwinkel im Dreieck ABC: a) A(1|4), B(5|0), C(3|3) c) A(6|3|8), B(7|4|3), C(−4|4| − 2)

b) A(3|4|1), B(6|3|2), C(3|0|3) d) A(1|2|2), B(3|4|2), C(2|3| − 3)

→ − − a und b , von denen Aufgabe 2.5.11: Gesucht ist der Winkel α zwischen den Vektoren → jeweils die folgenden Eigenschaften bekannt sind: −  1 → − → − − − a  = 2  b  = 0, → a) → a• → a − b =0 −  −   − → −  − → − a=4 a  = 6, → b) 2→ a +3 b • → a − 4 b = −60, → →      → − → − → − → − − − − − c) − a+b • → a − b = 0, → a• → a + 2 b = 0, → a = 0 Aufgabe 2.5.12: Gegeben ist das Dreieck mit den Eckpunkten A, B und C. Auf der Strecke AB liegt ein Punkt F und auf der Strecke AC ein Punkt M. Es sind die folgenden Abstände zwischen den Punkten bekannt: √ d(A, B) = 6 , d(A,C) = d(B,C) = 58 , d(A, F) = 4 , d(A, M) = d(M,C) a) Skizzieren das Dreieck in einem kartesischen Koordinatensystem und ordnen Sie den Punkten A, B, C, F und M geeignete Koordinaten zu. −−→ −→ b) Berechnen Sie den Winkel α zwischen den Vektoren MF und MB. − − Aufgabe 2.5.13: Überprüfen Sie, ob die Vektoren → u und → v orthogonal zueinander sind:         4 → −3 1 → −2 → − − → − − a) u = , v = b) u = , v = 2 1 3 −4 ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ 11 0 4 15 − − −v = ⎝ 101 ⎠ − d) → u = ⎝ 0 ⎠, → v = ⎝ 5⎠ c) → u = ⎝ 0 ⎠, → −5 11 −5 12

2.5 Winkel zwischen Vektoren

⎛

⎞

−4 − e) → u = ⎝ 18 ⎠ , 2 ⎛ ⎞ −3 − g) → u = ⎝ 5 ⎠, 2

⎛

145

⎞

7 → −v = ⎝ 2 ⎠ −4 ⎛ ⎞ 7 → −v = ⎝ −4 ⎠ 20

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 3 − − f) → u = ⎝ 3 ⎠, → v = ⎝ −3 ⎠ 3 2 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −3 2 − − h) → u = ⎝ 3 ⎠, → v = ⎝6⎠ −4 3

− − Aufgabe 2.5.14: Bestimmen Sie (falls möglich) c ∈ R so, dass → u und → v orthogonal zueinander sind:         c+1 → 2 c → 4 − − b) → u = , −v = a) → u = ,− v = −3 1−c 5 8         c → 2+c c c − − − d) → u = ,− v = c) → u = ,→ v = 5 −c −2 8 ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 c 4 c − − − −v = ⎝ 5 ⎠ 2⎠ f) → u = ⎝ −3 ⎠ , → v =⎝ e) → u = ⎝ 2 ⎠, → 2 c−4 3 6 ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ c 3c c−1 c+1 − − − −v = ⎝ 2⎠ v = ⎝ −c ⎠ h) → u = ⎝ c−6 ⎠, → g) → u = ⎝ c−3 ⎠, → 5 −4 1 −3 ⎛ ⎛ ⎞ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2c c c −2c − − − −v = ⎝ −6 ⎠ j) → u = ⎝ c ⎠, → v = ⎝ −c ⎠ i) → u = ⎝ 3 ⎠, → −c c+1 −2c 4c − → − → Aufgabe 2.5.15: Bestimmen Sie die Koordinaten eines Punkts C so, dass AB und AC orthogonal zueinander sind: a) A(1|2), B(−1|6) c) A(2| − 2|4), B(3|2|5) e) A(2| − 2|5), B(3|2|5)

b) A(−5|17), B(12|8) d) A(−5|3|4), B(−7| − 3|6) f) A(3| − 2|5), B(3|2|5)

Aufgabe 2.5.16: Bestimmen Sie mindestens drei verschiedene Möglichkeiten zur Wahl eines Punkts C, sodass das Dreieck ABC rechtwinklig ist: a) A(1|2), B(5|8)

b) A(3| − 2|1), B(−2|2|2)

− − u ×→ v: Aufgabe 2.5.17: Berechnen Sie das Kreuzprodukt → ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −3 8 2 3 − − − −v = ⎝ 3 ⎠ b) → u = ⎝ 2 ⎠,→ v = ⎝ 2⎠ a) → u = ⎝ 2 ⎠,→ 5 −5 1 2 ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 7 9 6 3 → − −v = ⎝ −1 ⎠ − d) − c) → u = ⎝ −4 ⎠ , → u = ⎝ 3 ⎠,→ v = ⎝ 3⎠ 1 3 1 −7

146

2 Vektoren und ihre Eigenschaften

⎛

e)

g)

i)

k)

⎛

⎞

⎛ ⎞ 5 2 → − −v = ⎝ 4 ⎠ u = ⎝ −2 ⎠ , → 2 0 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −2 2 → − −v = ⎝ −1 ⎠ u = ⎝ 3 ⎠,→ 1 0 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2 −1 → − − u = ⎝ 2 ⎠,→ v = ⎝ −3 ⎠ 0 2 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 16 14 −v = ⎝ 13 ⎠ → − u = ⎝ 15 ⎠ , → 14 18

f)

h)

j)

l)

⎞ ⎛ ⎞ 3 9 → − − u = ⎝ 0 ⎠,→ v = ⎝ 1⎠ −11 15 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 0 −1 → − − u = ⎝ 0 ⎠,→ v = ⎝ 3⎠ 1 3 ⎛√ ⎞ ⎛ √ ⎞ √7 √2 → − − u = ⎝ √3 ⎠ , → v = ⎝ −√2 ⎠ 3 5 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2 s → − − u = ⎝ 1 ⎠,→ v = ⎝ −4 ⎠ , r, s ∈ R r 3

Aufgabe 2.5.18: Gegeben sind die Vektoren ⎞ ⎛ ⎛ ⎞ ⎛ 13 ⎞ ⎛ ⎞ 1 −2 10 2 → − → − 1 −c = ⎝ 13 ⎠ und d = ⎝ 0 ⎠ . → − a = ⎝2⎠ , b = ⎝ 0⎠ , → 4 39 3 1 −5 2  − → → −  → − − → → − → − Berechnen Sie 2→ a ×− a , b × 3 b ,→ a × −c , b × d und begründen Sie die Ergebnisse. ⎞ ⎛ ⎞ 4 1 → − − Aufgabe 2.5.19: Gegeben seien → a = ⎝ 2 ⎠ und b = ⎝ 5 ⎠. −3 6 → − − a) Berechnen Sie → a × b. → − − b) Bestimmen Sie alle Normalenvektoren zu → a⎛ und⎞b . x → − − − c) Bestimmen Sie einen Normalenvektor → n = ⎝ y ⎠ zu → a und b mit x, y, z ∈ Z, wobei z      x, y und z so klein wie möglich sind. −  → − − − n  = 1. d) Bestimmen Sie einen Normalenvektor → n zu → a und b mit →  → → − − → − → − e) Bestimmen Sie einen Normalenvektor n zu a und b mit  n  = 5. −  √ → − − − f) Bestimmen Sie einen Normalenvektor → n zu → a und b mit → n  = 2.  → → − − → − → −  g) Bestimmen Sie einen Normalenvektor n zu a und b mit n  = 12 . ⎛

−  − n  = 1. Berechnen Sie: Aufgabe 2.5.20: Sei → n ein Einheitsvektor, d. h. → → − → − − − − → − 2 b) n • (r · n ) , r ∈ R c) → n • (→ n +→ n) a) n − − − d) 4 · → n • (→ n +3·→ n)

− − − e) → n • (r · → n +s·→ n ) , r, s ∈ R

2 − − f) (→ n +→ n)

2.5 Winkel zwischen Vektoren

147

− − Aufgabe 2.5.21: Seien → u und → w zwei Vektoren im Raum.   −  → → − w  gilt. In welchen Fällen gilt Gleichheit? u  · − u •→ w  ≤ → a) Beweisen Sie, dass stets −  −  → − − − − w  folgt, dass → u −→ w orthogonal ist zu → u +→ w. u  = − b) Zeigen Sie: Aus → → − → − c) Weisen Sie nach, dass auch die Umkehrung von b) gilt, d. h.: Ist u − w orthogonal zu −  − → − − u  = → u +→ w , dann folgt daraus → w . − → 2 − → 2 − − d) Beweisen Sie: Sind → u und → w orthogonal, so giltstets → u + − w = → u −− w . → − − − w u  + → u +→ w  ≤ → e) Beweisen Sie die Dreiecksungleichung: − Aufgabe 2.5.22: Bestimmen Sie den Flächeninhalt A des Vierecks PQRS: a) P(4|5|7), Q(5|7|4), R(7|8|2), S(6|6|5) b) P(−1|0|17), Q(−6|3|25), R(−2|15|23), S(3|12|15) c) P(−11|13|5), Q(−6|13|7), R(−6|8|5), S(−11|8|3) Aufgabe 2.5.23: Berechnen Sie den Flächeninhalt A des Dreiecks Δ PQR: a) P(1|2|0), Q(0|2|1), R(2|0| − 1) c) P(5|0|1), Q(3|6|1), R(0|8|1)

b) P(5|4|0), Q(−4|6|0), R(1|2|0) d) P(5|0|1), Q(3|6|1), R(0|8|2)

Aufgabe 2.5.24: Wie muss c ∈ R gewählt werden, damit das Dreieck Δ PQR den Flächeninhalt A besitzt? √ a) P(1|1|2), Q(1|2|c), R(3|1|3), A = 21 149 b) P(1|1|1), Q(2|3|3), R(1|c| − 1), A = 4 − − Aufgabe 2.5.25: Verwenden Sie Satz 2.146 a), um den Winkel zwischen → u und → w zu berechnen: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 3 5 11 − − − − a) → u = ⎝ 2 ⎠, → w = ⎝2⎠ b) → u = ⎝ 8 ⎠, → w = ⎝ −4 ⎠ 3 1 −3 2

Aufgabe 2.5.26: Beweisen Sie Satz 2.145 a) bis d). Aufgabe 2.5.27: Zeigen Sie vektoriell, dass sich die Höhen in einem beliebigen Dreieck in einem Punkt schneiden. Hinweis: Eine Formel zur Berechnung der Koordinaten des Höhenschnittpunkts muss nicht hergeleitet werden.

148

2 Vektoren und ihre Eigenschaften

2.6 Basis und Dimension Zur Lagebeschreibung eines Punkts in der Ebene oder im Raum wird ein Bezugssystem benötigt, wie zum Beispiel die bisher genutzten kartesischen Koordinatensysteme, in denen jedem Punkt P der Ebene eindeutig ein geordnetes Paar seiner Koordinaten (x|y) und im Raum eindeutig ein geordnetes Tripel seiner Koordinaten (x|y|z) zugeordnet wird. Die Koordinatenangaben ermöglichen es, viele Probleme rechnerisch zu lösen. Wir werden in den folgenden Kapiteln sehen, dass sich für viele Berechnungen (Verschiebungs-) Vektoren als nützlich erweisen. In diesem Abschnitt soll folgenden Fragen nachgegangen werden: • Lassen sich kartesische und andere Koordinatensysteme der Ebene bzw. des Raums durch Vektoren mit bestimmten Eigenschaften konstruieren? • Können Linearkombinationen dieser Vektoren dazu verwendet werden, um den Ortsvektor jedes beliebigen in der Ebene bzw. im Raum liegenden Punkts auf eindeutige Art und Weise zu berechnen? Es wird sich zeigen, dass sich diese Fragen auf Grundlage der Kenntnisse über linear abhängige bzw. linear unabhängige Vektoren beantworten lassen. Zur Motivation wiederholen wir wichtige Eigenschaften von Vektoren, die im Zusammenhang mit den bisher verwendeten kartesischen Koordinatensystemen stehen. Zuerst betrachten wir in der Ebene die linear unabhängigen Einheitsvektoren     1 0 → − − . e1 = und → e2 = 1 0 −  − u  = 1 bezeichnet, und offenAls Einheitsvektor wird jeder Vektor → u mit der Länge → − − sichtlich erfüllen die Vektoren → e1 und → e2 diese Eigenschaft. − − e2 aber zweideutig interpretierbar. Dies wird Der Begriff Einheitsvektor ist für → e1 und → → − → − deutlich, wenn wir e1 und e2 als Ortsvektoren der Punkte E1 (1|0) und E2 (0|1) betrachten, −→ − −→ − e1 und 0E2 = → e2 . Der Punkt E1 liegt auf der x-Achse und der Punkt E2 liegt auf d. h. 0E1 = → der y-Achse. Bei dieser Sichtweise wurden bereits Eigenschaften des ebenen kartesischen Koordinatensystems verwendet. Streng genommen liefert aber erst die umgekehrte Herangehensweise eine Definition des ebenen kartesischen Koordinatensystems, denn durch die Punktepaare (0, E1 ) und (0, E2 ) werden die Koordinatenachsen festgelegt, wobei mit 0 der Koordinatenursprung bezeichnet ist. Auf den Koordinatenachsen stellen die Punkte E1 und E2 die sogenannten Einheiten   dar, die eine Längeneinheit in x- bzw. y-Richtung festlegen. Jeder Vektor u1 → − − − u = e2 dargestellt werkann als Linearkombination der Einheitsvektoren → e1 und → u2 den, d. h. − − → − e1 + u2 → e2 . u = u1 → (2.151)

2.6 Basis und Dimension

149

Anschaulich lässt sich diese Darstellung wie folgt erklären: Durch Aneinanderle− gen der linear unabhängigen Vektoren → e1 → − und e2 lässt sich ein Muster aus Quadraten erzeugen, das die Ebene überdeckt. − Ein beliebiger Vektor → u ist die Diagonale in einem in diesem Muster liegenden Rechteck, das durch geeignetes „Aufblähen“ oder „Schrumpfen“ eines Quadrats entsteht. Dies wird durch Aneinanderlegen und Streckung oder Stauchung einzelner Quadrate erreicht und entspricht der Parallelogrammregel zur grafischen Addition − − e1 und u2 → e2 (siehe Abb. 52). von u1 →

− e1 u1 →

→ − e2 → − e2

−u = →

→ − e1

u

−e 1 + → 1

−e 2 → u2

− e2 u2 →

→ − e1

Abb. 52

Im Raum lässt sich eine analoge Konstruktion durchführen. Dazu werden die bereits in Beispiel 2.97 vorgestellten und linear unabhängigen Einheitsvektoren ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 0 0 → − − − e1 = ⎝ 0 ⎠ , → e2 = ⎝ 1 ⎠ und → e3 = ⎝ 0 ⎠ 0 0 1 verwendet, die sich als Ortsvektoren der Punkte E1 (1|0|0), E2 (0|1|0) und E3 (0|0|1) interpretieren lassen. E1 , E2 und E3 legen auf den Koordinatenachsen die Einheiten fest. des Umgekehrt legen die Punktepaare (0, E1 ), (0, E2 ) und (0, E3 ) die Koordinatenachsen ⎛ ⎞ u1 − räumlichen kartesischen Koordinatensystems fest. Jeder Vektor → u = ⎝ u2 ⎠ kann als Liu3 → − → − → − nearkombination der Einheitsvektoren e , e und e dargestellt werden, d. h. 1

2

3

− − − → − e1 + u2 → e2 + u3 → e3 . u = u1 →

(2.152)

Auch diese Konstruktion ist anschaulich erklärbar: Durch Aneinanderlegen der linear un− − − abhängigen Vektoren → e1 , → e2 und → e3 lässt sich ein Würfel, der sogenannte Einheitswürfel, − erzeugen. Ein beliebiger Vektor → u stellt die Raumdiagonale in einem Quader dar, der durch geeignetes „Aufblähen“ oder „Schrumpfen“ des Einheitswürfels entsteht (siehe die schematische Darstellung in −u → Abb. 53). Der Prozess des Aufblähens oder → − e3 Schrumpfens wird durch Aneinanderlegen und Streckung oder Stauchung mehrerer → − → − e1 Einheitswürfel erreicht, was der Addition e2 → − → − → − der Vektoren u1 e1 , u2 e2 und u3 e3 entspricht, die durch Streckung oder Stau− − − Abb. 53 e2 und → e3 chung der Einheitsvektoren → e1 , → entstehen.

150

2 Vektoren und ihre Eigenschaften

Die Darstellungen (2.151) bzw. (2.152) sind nicht die einzige Möglichkeit, den Vektor → − u als Linearkombination von Vektoren aus R2 bzw. R3 darzustellen. Das wurde in Ab− schnitt 2.4 mit Beispielen demonstriert und bedeutet, dass → u als Linearkombination einer beliebigen Anzahl n ∈ N von Vektoren dargestellt werden kann, d. h. − − − → − v1 + r2 → v2 + . . . + rn → vn u = r1 → − − − − 2 bzw. → mit → v1 , . . . , → vn ∈ R v1 , .  ..,→ vn ∈ R3 und r1 , . . . , rn ∈ R. Von besonderem Interesse ist → − → − dabei eine Menge v1 , . . . , vn von Vektoren, mit denen jeder Vektor des Vektorraums R2 − − bzw. R3 als Linearkombination von → v1 , . . . , → vn darstellbar ist. 

− − Definition 2.153. Sei V ein Vektorraum. Eine Menge E := → v1 , . . . , → vn ⊂ V heißt − Erzeugendensystem von V, wenn es zu jedem Vektor → u ∈ V Skalare r1 , . . . , rn ∈ R gibt mit − − − → − v2 + . . . + rn → vn . v1 + r2 → u = r1 → Man sagt auch: V wird von E erzeugt. Beispiel 2.154. Die Vektormengen     0 1 , E1 = 1 0

und

      1 0 1 E2 = , , 1 1 0

sind Erzeugendensysteme des V = R2 . Das lässt sich leicht verfizieren, in Vektorraums  ux − dem zu jedem Vektor → u = ∈ R2 das zu den Gleichungen uy               ux ux 1 0 1 0 1



+ r2 = + r2 + r3 = r1 bzw. r1 0 1 0 1 1 uy uy zugehörige lineare Gleichungssystem gelöst wird. Für das Erzeugendensystem E1 erhalten wir die eindeutige Lösung (r1 ; r2 ) = (ux ; uy ), für das Erzeugendensystem E2 ergibt sich das  mehrdeutige Lösungstripel (r1 ; r2 ; r3 ) = (ux − t; uy − t;t) für beliebiges t ∈ R. Beispiel 2.155. Die Vektormengen ⎧⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎫ 0 0 ⎬ ⎨ 1 E1 = ⎝ 0 ⎠ , ⎝ 1 ⎠ , ⎝ 0 ⎠ ⎩ ⎭ 0 0 1

und

⎧⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎫ 0 0 2 ⎬ ⎨ 1 E2 = ⎝ 0 ⎠ , ⎝ 1 ⎠ , ⎝ 0 ⎠ , ⎝ 3 ⎠ ⎩ ⎭ 0 0 1 1

sind Erzeugendensysteme des V = R3 . Das lässt sich leicht verifizieren, in⎛ Vektorraums ⎞ ux − dem zu jedem Vektor → u = ⎝ uy ⎠ ∈ R3 das zu den Gleichungen uz ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 0 0 ux r1 ⎝ 0 ⎠ + r2 ⎝ 1 ⎠ + r3 ⎝ 0 ⎠ = ⎝ uy ⎠ 0 0 1 uz

2.6 Basis und Dimension

bzw.

151

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 0 0 2 ux r1 ⎝ 0 ⎠ + r2 ⎝ 1 ⎠ + r3 ⎝ 0 ⎠ + r4 ⎝ 3 ⎠ = ⎝ uy ⎠ 0 0 1 1 uz

zugehörige lineare Gleichungssystem gelöst wird. Für das Erzeugendensystem E1 ergibt sich die eindeutige Lösung (r1 ; r2 ; r3 ) = (ux ; uy ; uz ), für das Erzeugendensystem E2 die  mehrdeutige Lösung (r1 ; r2 ; r3 ; r4 ) = (ux − 2t; uy − 3t; uz − t;t) für beliebiges t ∈ R. Beim Vergleich der Erzeugendensysteme E1 und E2 in den Beispielen 2.154 und 2.155 fällt auf, dass die Vektoren in E1 jeweils linear unabhängig sind, während die Vektoren in E2 jeweils linear abhängig sind. Die Erzeugendensysteme E1 in den Beispielen haben besondere Eigenschaften, die in der folgenden Begriffsbildung Ausdruck findet. 

− − Definition 2.156. Sei V ein Vektorraum. Ein Erzeugendensystem B = → v1 , . . . , → vn aus − − linear unabhängigen Vektoren → v1 , . . . , → vn ∈ V heißt Basis von V. Ein Vektorraum hat allgemein beliebig viele Basen: Beispiel 2.157. Das Erzeugendensystem     1 0 , B1 = 0 1 ist eine Basis des Vektorraums R2 , die auch kanonische Basis oder Standardbasis des R2 genannt wird. Auch die Erzeugendensysteme         0 −1 2 1 , , und B3 = B2 = 7 5 1 2 sind Basen des R2 .



Beispiel 2.158. Das Erzeugendensystem ⎧⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎫ 0 0 ⎬ ⎨ 1 B1 = ⎝ 0 ⎠ , ⎝ 1 ⎠ , ⎝ 0 ⎠ ⎩ ⎭ 0 0 1 ist eine Basis des Vektorraums R3 , die auch kanonische Basis oder Standardbasis des R3 genannt wird. Auch die Erzeugendensysteme ⎧⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎫ ⎧⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎫ 1 1 ⎬ 4 −1 ⎬ ⎨ 1 ⎨ 1 B2 = ⎝ 0 ⎠ , ⎝ 1 ⎠ , ⎝ 1 ⎠ und B3 = ⎝ 2 ⎠ , ⎝ 5 ⎠ , ⎝ 1 ⎠ ⎩ ⎭ ⎩ ⎭ 0 0 1 3 6 −1 sind Basen des R3 .



152

2 Vektoren und ihre Eigenschaften



− − Ist ein Erzeugendensystem E = → v1 , . . . , → vn keine Basis des Vektorraums V, d. h., die Vektoren in E sind linear abhängig, dann gibt es unendlich viele Darstellungen eines Vek− − − tors → u ∈ V als Linearkombination der Vektoren → v1 , . . . , → vn . 

→ − → − Ist dagegen ein Erzeugendensystem B = v1 , . . . , vn eine Basis des Vektorraums V, d. h., − die Vektoren in B sind linear unabhängig, dann gibt es zu jedem Vektor → u ∈ V genau eine Linearkombination der Basisvektoren.



− − Satz 2.159. Ist V ein Vektorraum und B = → v1 , . . . , → vn eine Basis von V, dann sind in der Darstellung → − − − − u = r1 → v1 + r2 → v2 + . . . + rn → vn → − eines beliebigen Vektors u ∈ V die Skalare r , r , . . . , r ∈ R eindeutig bestimmt. 1

2

n

Dieser Satz lässt sich mit wenig Aufwand beweisen. Dazu sei angenommen, dass es doch zwei verschiedene Darstellungen

und

− − − → − v1 + r2 → v2 + . . . + rn → vn u = r1 →

mit

− − − → − v1 + s2 → v2 + . . . + sn → vn u = s1 →

mit

r1 , r2 , . . . , rn ∈ R

(2.160)

s1 , s2 , . . . , sn ∈ R (2.161) → − gäbe. Beide Linearkombinationen repräsentieren den gleichen Vektor u und folglich gilt − − − − − − v1 + r2 → v2 + . . . + rn → vn = s1 → v1 + s2 → v2 + . . . + sn → vn . r1 → Subtraktion der Vektoren auf der rechten Seite der Gleichung ergibt → − − − − v1 + (r2 − s2 )→ v2 + . . . + (rn − sn )→ vn = 0 . (r1 − s1 )→

(2.162)

Dies ist eine Linearkombination des Nullvektors. Da angenommen wurde, dass die Darstellungen (2.160) und (2.161) verschieden sind, muss mindestens einer der Skalare r1 − s1 , . . ., rn − sn ungleich null sein. Das aber würde bedeuten, dass (2.162) eine nicht− − vn triviale Linearkombination des Nullvektors ist. Demnach wären die Vektoren → v1 , . . . , → → − linear abhängig. Dies widerspricht der Voraussetzung, dass B eine Basis von V ist. Folglich muss die Annahme falsch sein und es gilt r1 = s1 , r2 = s2 , . . ., rn = sn , d. h., die Darstellungen (2.160) und (2.161) sind gleich und damit ist Satz 2.159 bewiesen. 

− − Definition 2.163. Seien V ein Vektorraum, B = → v1 , . . . , → vn eine Basis von V und → − − − − u = r1 → v1 + r2 → v2 + . . . + rn → vn − die eindeutig bestimmte Linearkombination des Vektors → u ∈ V mit r1 , r2 , . . . , rn ∈ R. − u bezüglich der Basis B. a) Die Skalare r1 , r2 , . . . , rn heißen Koordinaten des Vektors →   → − Wir schreiben dafür u = r1 ; r2 ; . . . ; rn B . − − − − v1 , r2 → v2 , . . . , rn → vn sind eine Zerlegung des Vektors → u bezüglich der b) Die Vektoren r1 → → − u bezüglich der Basis B. Wir schreiKomponenten des Vektors Basis B und heißen 

→ − → − → − ben dafür r v , r v , . . . , r v → . − 1 1

2 2

n n

u ,B

2.6 Basis und Dimension

153

Beispiel 2.164. Für denVektorraum R2 seien die Basen B1 , B2 und B3 aus Beispiel 2.157  1 − − ∈ R2 betrachtet. Die Koordinaten von → sowie der Vektor → u = u bezüglich der drei 2 verschiedenen Basen sind       − − → − u = 0; 1 B bzw. → u = − 1; 1 B . u = 1; 2 B , → 1

3

2

− Die Komponenten von → u bezüglich der drei verschiedenen Basen sind             0 1 0 1 0 1 , , , bzw. . 7 2 2 −5 0 0 → − → − → − u ,B u ,B u ,B 1

2



3

Die drei Basen des Vektorraums R2 in Beispiel 2.157 bestehen aus der gleichen Vektorenanzahl. Ebenso enthalten alle drei Basen des Vektorraums R3 in Beispiel 2.157 die gleiche Vektorenanzahl. Das ist kein Zufall und es lässt sich beweisen, dass verschiedene Basen eines Vektorraums stets gleich viele Vektoren haben. Diese Anzahl ist charakteristisch für einen Vektorraum. 

− − Definition 2.165. Sei V ein Vektoraum und B = → v ,...,→ v eine Basis von V. Die 1

n

Anzahl n ∈ N der Vektoren in B heißt Dimension des Vektorraums V. Wir schreiben dafür abkürzend dim(V) = n.

Beispiel 2.166. Der Vektorraum R ist eindimensional, d. h. dim(R) = 1.



Beispiel 2.167. Der Vektorraum R2 ist zweidimensional, d. h. dim(R2 ) = 2.



Beispiel 2.168. Der Vektorraum R3 ist dreidimensional, d. h. dim(R3 ) = 3.



Aus den Begriffen der Basis und der Dimension eines Vektorraums ergibt sich: Folgerung 2.169. a) Im R2 bilden zwei beliebige linear unabhängige Vektoren eine Basis. b) Im R3 bilden drei beliebige linear unabhängige Vektoren eine Basis. Umgekehrt bedeutet dies: Folgerung 2.170. a) Im R2 sind drei oder mehr Vektoren linear abhängig. b) Im R3 sind vier oder mehr Vektoren linear abhängig. Die Aussagen von Folgerung 2.169 lassen sich anschaulich begründen. Mit Bezug zu Abb. 52 bzw. Abb. 53 wurde dies zu Beginn des Abschnitts bereits für die Standardbasen des R2 bzw. R3 durchgeführt. Die Vektoren in den Standardbasen bilden einen Sonderfall, denn sie sind orthogonal zueinander.

Im R3 lässt sich eine analoge  Konstruktion − − − v2 , → v2 mit nicht notfür Basen B = → v1 , → wendig orthogonalen Vektoren durchführen. Durch Aneinanderlegen der linear un− − − abhängigen Vektoren → v1 , → v2 und → v3 lässt 7

sich ein sogenannter Spat S erzeugen. Ein − beliebiger Vektor → u bildet die Raumdiagonale in einem Spat S, der durch geeignetes „Aufblähen“ oder „Schrumpfen“ des Spates S entsteht (siehe die schematische Darstellung in Abb. 55). Der Prozess des Aufblähens oder Schrumpfens entspricht der − − v1 , r2 → v2 und Addition der Komponenten r1 → → − r3 v3 , die durch Streckung oder Stauchung − − − v2 und → v3 entstehen. der Basisvektoren → v1 , →

r1 → v1− + − u→ =

Eine zu Abb. 52 analoge Beschreibung er

− → v2 gibt sich für beliebige Basen B = → v1 , − des R2 , deren Vektoren nicht notwendig orthogonal zueinander sind. Durch Aneinanderlegen der linear unabhängigen Vek− − v2 lässt sich ein Muster toren → v1 und → aus Parallelogrammen P erzeugen, dass die Ebene überdeckt. Ein beliebiger Vek− tor → u ist die Diagonale in einem in diesem Muster liegenden Parallelogramm P, das durch geeignetes „Aufblähen“ oder „Schrumpfen“ des Parallelogramms P entsteht. Dies wird durch Aneinanderlegen und Streckung oder Stauchung von P erreicht und entspricht der Parallelogrammregel zur grafischen Addition der Kompo− − v1 und r2 → v2 (siehe Abb. 54). nenten r1 →

2 Vektoren und ihre Eigenschaften

r2 → v2−

154

→ − v2

→ − v1

→ − v2 → − v1

Abb. 54

→ − u

→ − v3 → − v1

→ − v2

Abb. 55

Die Standardbasen des R2 und R3 mit zueinander orthogonalen Basisvektoren sind für Anwendungen von besonderer Bedeutung, denn sie erlauben relativ einfache, anschaulich leicht nachvollziehbare Rechnungen. Die Standardbasen sind aber nicht die einzigen Basen der Vektorräume R2 und R3 , deren Vektoren orthogonal zueinander sind. Basen mit solchen Eigenschaften gibt es beliebig viele. 

− − Definition 2.171. Sei V ein Vektorraum und B = → v1 , . . . , → vn eine Basis von V. Die − − Basis B heißt Orthogonalbasis von V, wenn die Basisvektoren → v1 , . . . , → vn paarweise orthogonal zueinander sind. Das bedeutet, dass für jedes beliebige Indexpaar (i; j) mit − − v j ist. i, j ∈ {1, . . . , n} der Vektor → vi orthogonal zum Vektor → 7

Ein Spat ist ein (gerades oder schiefes) Prisma, dessen Grundfläche ein Parallelogramm ist.

2.6 Basis und Dimension

155



− → − − Beispiel 2.172. Eine Basis B = → v1 , − v2 des R2 ist eine Orthogonalbasis, falls → v1 und → v2 → − → − 2 orthogonal sind, d. h. v1 • v2 = 0. Entsprechend ist B keine Orthogonalbasis von R , falls → − − v1 • → v2 = 0. Zur Illustration betrachten wird drei verschiedene Basen des R2 :     0 1 ist eine Orthogonalbasis des R2 . , a) B1 = 1 0         2 2 1 1 2 ist eine Orthogonalbasis des R , denn = 0. , • b) B2 = −1 −1 2 2     1 2 c) B3 = , ist eine Basis des R2 . Sie ist aber keine Orthogonalbasis des 2 1     2 1 = 4.  • R2 , denn wir berechnen 1 2

− →  − Beispiel 2.173. Eine Basis B = → v1 , − v2 , → v3 des R3 ist eine Orthogonalbasis, falls → − − v1 • → v2 = 0

− − und → v1 • → v3 = 0

− − und → v2 • → v3 = 0

gilt. Dagegen ist B keine Orthogonalbasis des R2 , falls − → − v2 = 0 v1 • →

− − oder → v1 • → v3 = 0

− − oder → v2 • → v3 = 0

gilt. Zur Illustration betrachten wird drei verschiedene Basen des R3 : ⎧⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎫ 0 0 ⎬ ⎨ 1 a) B1 = ⎝ 0 ⎠ , ⎝ 1 ⎠ , ⎝ 0 ⎠ ist eine Orthogonalbasis des R3 . ⎩ ⎭ 0 0 1 ⎧⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎫ −1 −1 ⎬ ⎨ 1 b) B2 = ⎝ 0 ⎠ , ⎝ 1 ⎠ , ⎝ −2 ⎠ ist eine Orthogonalbasis des R3 , denn es gilt ⎩ ⎭ 1 1 1 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 −1 1 −1 −1 −1 ⎝ 0 ⎠ • ⎝ 1 ⎠ = 0 , ⎝ 0 ⎠ • ⎝ −2 ⎠ = 0 und ⎝ 1 ⎠ • ⎝ −2 ⎠ = 0 . 1 1 1 1 1 1 ⎧⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎫ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −1 −1 ⎬ −1 −1 ⎨ 1 c) B3 = ⎝ 0 ⎠ , ⎝ 1 ⎠ , ⎝ 2 ⎠ ist wegen ⎝ 1 ⎠ • ⎝ 2 ⎠ = 4 keine Orthogo⎩ ⎭ 1 1 1 1 1 nalbasis des R3 .



Wird im R2 oder R3 genau ein beliebiger Vektor vorgegeben, dann lässt sich daraus eine Orthogonalbasis des R2 bzw. R3 konstruieren. Die folgenden Beispiele demonstrieren die grundsätzliche Vorgehensweise:

→ − → − 2 Beispiel 2.174.  R soll eine Orthogonalbasis B = u , w konstruiert  werden, die den  Im wx 3 → − → − enthält. Folglich ist ein beliebiger Vektor w = Vektor u = zu bestimmen, 4 wy

156

2 Vektoren und ihre Eigenschaften

− der zu → u orthogonal ist. Die grundsätzliche Vorgehensweise zur Lösung der Gleichung → − → − u • w = 0 ist im Anschluss von (2.136) worden. Folgen wir dort angege  der4   beschrieben −4 −3 → − → − . Eine Alternative ist w = ben Lösung, dann erhalten wir w = oder jeder 3 1 dazu kollineare Vektor. 

→ − → − → − 3 Beispiel 2.175. Im ⎛ R ⎞soll eine Orthogonalbasis B = v1 , v2 , v3 konstruiert werden, ⎛ ⎞ die 1 a − − den Vektor → v1 = ⎝ 2 ⎠ enthält. Dazu bestimmen wir zuerst einen Vektor → v2 = ⎝ b ⎠, der 3 c − zu → v1 orthogonal ist, d. h., es ist die Gleichung − → − v2 = a + 2b + 3c = 0 v1 • → zu lösen. Für zwei der Variablen a, b, c können beliebige Werte gewählt wie zum ⎛ werden, ⎞ −1 − Beispiel b = −1 und c = 1, womit a = −1 folgt. Damit ist → v2 = ⎝ −1 ⎠ orthogonal zu 1 → − → − → − → − v1 . Weiter wird ein Vektor v benötigt, der zu v und v orthogonal ist. Diese Forderung 2 ⎛ ⎞3 ⎛ ⎞ ⎛ 1⎞ 1 −1 5 − − − v1 × → v2 = ⎝ 2 ⎠ × ⎝ −1 ⎠ = ⎝ −4 ⎠.  erfüllt → v3 = → 3 1 1 Für theoretische und praktische Rechnungen besonders angenehm sind Orthogonalbasen, deren Vektoren die Länge Eins haben. 

− − Definition 2.176. Sei V ein Vektorraum und B = → v1 , . . . , → vn eine Basis von V. Die − vi  = 1 Basis B heißt Orthonormalbasis von V, wenn B eine Orthogonalbasis ist und → für i = 1, . . . , n gilt. Beispiel 2.177. Die Standardbasen des R2 und R3 sind Orthonormalbasen.



    −4 3 des R2 ist keine Orthonor, Beispiel 2.178. Die Orthogonalbasis B = 3 4 malbasis. Sie lässt sich aber in eine Orthonormalbasis des R2 überführen. Dazu müssen die Basisvektoren skalar mitdem   ihrer Beträge multiplizert werden. Das ergibt  Kehrwert 3 −4 1 1

die Orthonormalbasis B = 5 ,5 .  4 3 Beispiel 2.179. Die in Beispiel 2.175 konstruierte Orthogonalbasis B des R3 ist keine Orthonormalbasis. Durch Normierung Eins ⎧ der⎛Basisvektoren ⎞ ⎛ auf ⎞ die Länge ⎛ ⎞⎫ ergibt sich 1 −1 5 ⎬ ⎨ aus B die Orthonormalbasis B = √114 ⎝ 2 ⎠ , √13 ⎝ −1 ⎠ , √142 ⎝ −4 ⎠ .  ⎭ ⎩ 3 1 1

2.6 Basis und Dimension

157





− − Die Schreibweise → u = r1 ; r2 ; . . . ; rn B für die Koordinaten des Vektors → u bezüglich der Basis B wurde in Definition 2.163 eingeführt, um zwischen verschiedenen Basen unterscheiden zu können. Das wird in praktischen Anwendungen ebenfalls erforderlich sein, wenn (aus welchen Gründen auch immer) für Berechnungen zwischen verschiedenen Basen eines Vektorraums gewechselt werden muss. Dass r1 , . . . , rn als Koordinaten bezeichnet werden, legt die alternative Schreibweise als Spaltenvektor nahe, wie zum Beispiel ⎛ ⎞ r1 ⎜ .. ⎟ − → uB = ⎝ . ⎠ . rn In Beispiel 2.164 würde man die Koordinaten bezüglich der drei Basen dann in der Form       − −→ = 0 − −→ = −1 − → = 1 , u bzw. u u− B1 B2 B3 2 1 1 notieren. Diese Schreibweise führt schnell zu Verwechslungen mit der Schreibweise   1 → − , die bisher ausschließlich im Zusammenhang mit der Standardbasis des R2 u = 2 verwendet wurde. Daran soll sich auch zukünftig nichts ändern. − Bemerkung 2.180. Werden in diesem Lehrbuch die Koordinaten eines Vektors → u in Form eines Spaltenvektors

⎞ r1 ⎜ ⎟ → − u = ⎝ ... ⎠ ⎛

rn notiert, dann steht dies, sofern nicht ausdrücklich etwas anderes gesagt wird, ausschließlich im Zusammenhang mit den Standardbasen eines Vektorraums. Das bedeutet für den Vektorraum R2 stets:       r1 1 0 → − → − + r2 u = ⇒ u = r1 0 1 r2 Analog für R3 : ⎛

⎞ r1 → − u = ⎝ r2 ⎠ r3

⇒

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 0 0 → − u = r1 ⎝ 0 ⎠ + r2 ⎝ 1 ⎠ + r3 ⎝ 0 ⎠ 0 0 1

Es ist zu beachten, dass in anderen Lehrbüchern andere Festlegungen gelten.



Die Diskussion um geeignete Schreibweisen für Vektorkoordinaten und die   damit verbun− dene Unterscheidung zwischen verschiedenen Basen zeigt, dass in → u = r1 ; r2 ; . . . ; rn B   der Ausdruck r1 ; r2 ; .. . ; rn ebenfalls  als Vektor bezeichnet werden kann. Entsprechend der Form des Vektors r1 ; r2 ; . . . ; rn sprechen wir von einem Zeilenvektor.

158

2 Vektoren und ihre Eigenschaften

Ist B1 die Standardbasis und B2 eine weitere beliebige Basis des R2 , dann lassen sich die − − u zugehörigen KoordiKoordinaten jedes beliebigen Vektors → u bezüglich B1 in die zu → naten bezüglich der Basis B2 umrechnen (siehe Beispiel 2.164). Man spricht dabei auch von einer Koordinatentransformation, die sich auch umkehren lässt, d. h. von B2 nach B1 . Die Koordinatentransformation lässt sich allgemeiner zwischen beliebigen Basen B und B des R2 durchführen. Gleiches gilt im R3 .

Aufgaben zum Abschnitt 2.6 Aufgabe 2.6.1: Untersuchen Sie, ob die Vektormengen E1 bis E4 Erzeugendensysteme des 2 Vektorraums       R sind.      1 −8 −1 1 1 4 b) E2 = , , , , a) E1 = −1 −16 1 2 1 8       9 5 1 c) E3 = d) E4 = , 1 6 0 Aufgabe 2.6.2: Untersuchen Sie, ob die Vektormengen E1 bis E4 Erzeugendensysteme des 3 Vektorraums ⎧⎛R ⎞sind. ⎧⎛ ⎞ ⎛ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎫ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎫ 1 1 1 ⎬ 2 1 1 ⎬ ⎨ 0 ⎨ 1 b) E2 = ⎝ 0 ⎠ , ⎝ −1 ⎠ , ⎝ 1 ⎠ , ⎝ 2 ⎠ a) E1 = ⎝ 0 ⎠ , ⎝ 0 ⎠ , ⎝ 2 ⎠ , ⎝ 2 ⎠ ⎩ ⎭ ⎩ ⎭ 1 1 3 1 1 1 2 3 ⎧⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎫ ⎧⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎫ 4 4 ⎬ −6 ⎬ ⎨ 1 ⎨ 2 c) E3 = ⎝ 4 ⎠ , ⎝ 4 ⎠ , ⎝ 1 ⎠ d) E4 = ⎝ 3 ⎠ , ⎝ −2 ⎠ ⎩ ⎭ ⎩ ⎭ 4 1 4 1 5 Aufgabe 2.6.3: Untersuchen Sie, ob die Vektormengen B1 bis B4 Basen des R2 sind.         7 2 8 −3 , , b) B2 = a) B1 = 3 1 5 6         12 8 80 −80 c) B3 = d) B4 = , , 2 8 2 − 83 5 3 5 Aufgabe 2.6.4: Untersuchen Sie, ob die Vektormengen B1 bis B4 Basen des R3 sind. ⎧⎛ ⎧⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎫ ⎞ ⎛ ⎞⎫ 1 2 −4 ⎬ 1 2 ⎬ ⎨ ⎨ 3 b) B2 = ⎝ 0 ⎠ , ⎝ 8 ⎠ , ⎝ 2 ⎠ a) B1 = ⎝ −1 ⎠ , ⎝ −3 ⎠ , ⎝ 5 ⎠ ⎩ ⎭ ⎩ ⎭ −1 1 1 4 −7 1 ⎧⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎫ ⎧⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎫ 4 1 ⎬ 4 7 ⎬ ⎨ 6 ⎨ 1 c) B3 = ⎝ 7 ⎠ , ⎝ 5 ⎠ , ⎝ 2 ⎠ d) B4 = ⎝ 2 ⎠ , ⎝ 5 ⎠ , ⎝ 8 ⎠ ⎩ ⎩ ⎭ ⎭ 8 3 9 3 6 9

2.6 Basis und Dimension

159

Aufgabe 2.6.5: Begründen Sie, dass die Vektormenge ⎧⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎫ 1 −1 ⎬ ⎨ 1 E = ⎝ 1 ⎠,⎝ 0 ⎠,⎝ 2 ⎠ ⎩ ⎭ 2 1 1 − kein Erzeugendensystem des R3 ist. Bestimmen Sie einen Vektor → u ∈ R3 so, dass

→  −

3 E = E ∪ u ein Erzeugendensystem des R ist. Geben Sie eine Basis B des R3 an, die durch Vektoren aus E gebildet wird. − − − Aufgabe 2.6.6: Untersuchen Sie, ob durch die Vektoren → u,→ v und → w eine Orthogonalba → − → − → − 3 sis B = u , v , w des Vektorraums R definiert werden kann. ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2 −1 3 − − − a) → u = ⎝ 0 ⎠,→ v = ⎝ 5 ⎠,→ w = ⎝ 3⎠ 1 2 −6 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2 5 11 − −v = ⎝ −1 ⎠ , → − b) → u = ⎝ −2 ⎠ , → w = ⎝ 23 ⎠ 3 −4 8 ⎛ ⎞ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ 5 2 8 − − −v = ⎝ 5 ⎠ , → w = ⎝ −7 ⎠ c) → u = ⎝ 15 ⎠ , → 5 13 −7 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 2 −3 −v = ⎝ −2 ⎠ , → − − d) → u = ⎝ 2 ⎠,→ w = ⎝ 0⎠ 1 2 3 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 4 −27 −12 − −v = ⎝ 15 ⎠ , → − e) → u = ⎝ 11 ⎠ , → w = ⎝ 24 ⎠ −3 19 −36 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −2 0 3 − −v = ⎝ 1 ⎠ , → − f) → u = ⎝ 3 ⎠,→ w = ⎝ −1 ⎠ 1 2 0 ⎛

⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −11 10 −2 − − − u = ⎝ 2 ⎠, → v = ⎝ 5 ⎠ und → w = ⎝ 14 ⎠ einen Aufgabe 2.6.7: Zeigen Sie, dass → 10 10 −5 Würfel aufspannen. − − Aufgabe 2.6.8: Bestimmen Sie Vektoren → u und → w so, dass die Vektormenge B eine 2 3 Orthogonalbasis des Vektorraums R bzw. R ist.       −9 5 → → − − ,u b) B = u , a) B = 7 3

160

⎧⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎫ 1 ⎨ 1 ⎬ − c) B = ⎝ 2 ⎠ , ⎝ −2 ⎠ , → u ⎩ ⎭ 3 1 ⎧⎛ ⎫ ⎞ 1 ⎨ ⎬ − − e) B = ⎝ −1 ⎠ , → u ,→ w ⎩ ⎭ 5

2 Vektoren und ihre Eigenschaften

⎧⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎫ 0 ⎨ 3 ⎬ − d) B = ⎝ 0 ⎠ , ⎝ 2 ⎠ , → u ⎩ ⎭ 4 0 ⎧⎛ ⎫ ⎞ ⎨ −4 ⎬ − − f) B = ⎝ 5 ⎠ , → u ,→ w ⎩ ⎭ −3

Aufgabe 2.6.9: Konstruieren Sie aus den Orthogonalbasen aus Aufgabe 2.6.8 jeweils Orthonormalbasen des R2 bzw. R3 . Aufgabe 2.6.10: Gegeben seien die Vektoren ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 7 −1 → − → − a = ⎝ −5 ⎠ , b = ⎝ 2 ⎠ 3 −1

⎛ ⎞ 4 − und → c = ⎝1⎠ . 0

→ − − − − a) Bestimmen Sie einen Vektor → u , der orthogonal zu → a , b und → c ist. → − − − b) Interpretieren Sie das Ergebnis hinsichtlich der linearen Abhängigkeit von → u,→ a, b −c . und → → − − − − c) Wählen Sie aus den Vektoren → u,→ a , b und → c drei Vektoren derart aus, sodass diese 3 drei Vektoren eine Basis des R bilden. → − − − −c eine Orthogonalbasis des R3 ausgewählt d) Kann aus den Vektoren → u, → a , b und → werden? − − Aufgabe 2.6.11: Bestimmen Sie die Koordinaten der Vektoren → u und → w bezüglich der angegebenen Basen B1 und B2 :             0 1 2 5 1 3 → − → − , B1 = , B2 = , w= , , a) u = 2 −2 4 −1 1 5             5 −1 5 2 3 2 − − , B1 = , → w= b) → u = , B2 = , , −3 −9 3 0 5 4 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 6 10 − − c) → u = ⎝ 2 ⎠, → w = ⎝ 10 ⎠, −6 −10 ⎧⎛ ⎧⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎫ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎫ 1 3 2 ⎬ 1 1 ⎬ ⎨ ⎨ −1 B1 = ⎝ 2 ⎠ , ⎝ 4 ⎠ , ⎝ 6 ⎠ , B2 = ⎝ 1 ⎠ , ⎝ −1 ⎠ , ⎝ 2 ⎠ ⎩ ⎭ ⎩ ⎭ −1 −1 1 −1 −1 −1 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 21 8 − − d) → u = ⎝ 15 ⎠, → w = ⎝ −6 ⎠, −13 −23 ⎧⎛ ⎞ ⎛ ⎧⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎫ ⎞⎫ −1 −3 ⎬ 1 −3 ⎬ ⎨ 1 ⎨ 1 B1 = ⎝ 1 ⎠ , ⎝ 1 ⎠ , ⎝ 3 ⎠ , B2 = ⎝ 0 ⎠ , ⎝ 3 ⎠ , ⎝ 2 ⎠ ⎩ ⎭ ⎩ ⎭ 0 −3 2 1 1 3

3 Geraden und Ebenen 3.1 Geradengleichungen Werden auf einem Blatt Papier zwei Punkte A und B durch eine mit Lineal und Stift gezogene Linie miteinander verbunden, so stellt dies die kürzeste Verbindung zwischen A und B dar und flüchtig spricht man auch von der Gerade g durch A und B. Streng genommen ergibt sich eine Gerade g erst durch unendliche Fortsetzung der Verbindungslinie über A und B hinaus, ohne dabei eine Richtungsänderung bzw. ohne eine Änderung gewisser Anstiegsverhältnisse pro zurückgelegter Längeneinheit vorzunehmen. Die Verbindungslinie von A nach B wird auch als Strecke oder Geradensegment bezeichnet. Die Gerade als Funktion g : R → R hat bekanntlich die Gleichung g(x) = mx + n, wobei m ∈ R der Geradenanstieg und n ∈ R die Verschiebung der Gerade g0 (x) = mx entlang der y-Achse ist. Durch y = g(x) wird eine eindeutige Zuordnungsvorschrift zwischen den Koordinaten eines Punkts P(x|y) auf der Gerade festgelegt. Diese Zuordnungsvorschrift stellt auch in der analytischen Geometrie eine kompakte Möglichkeit zur Beschreibung einer in der Ebene liegenden Gerade dar. Definition 3.1. Sei g eine Gerade in der Ebene. Eine Gleichung der Gestalt g : y = mx + n , m, n ∈ R heißt Koordinatengleichung der Gerade g. Wir sprechen in diesem Zusammenhang auch von der Koordinatenform der Geradengleichung. Ist n = 0, d. h. g : y = mx, dann enthält g den Koordinatenursprung und wird deshalb als Ursprungsgerade bezeichnet. Die Darstellung einer Koordinatengleichung ist nicht eindeutig, denn sie kann mit beliebigen reellen Zahlen k = 0 multipliziert werden, d. h. ky = kmx + kn. Außerdem können die in der Gleichung vorhandenen Terme addiert oder subtrahiert werden, was zum Beispiel auf die Gestalt −kmx + ky = kn führt. Wir notieren folgende Verallgemeinerung: Definition 3.2. Sei g eine Gerade in der Ebene. Eine Gleichung der Gestalt g : ax + by = c , a, b, c ∈ R heißt Koordinatengleichung der Gerade g, wobei der Fall a = b = 0 ausgeschlossen ist.

© Springer-Verlag GmbH Deutschland, ein Teil von Springer Nature 2019 J. Kunath, Analytische Geometrie und Lineare Algebra zwischen Abitur und Studium I, https://doi.org/10.1007/978-3-662-60686-5_3

162

3 Geraden und Ebenen

Nachfolgend soll eine Vektorgleichung für die Punkte P(x|y) einer in der Ebene liegenden Gerade g hergeleitet werden, die den Bezug zur Darstellung der Koordinatengleichung y = mx + n in Definition 3.1 aufzeigt. Wir erinnern zunächst daran, was der Begriff des Geradenanstiegs m geometrisch bedeutet: Eine Veränderung der x-Koordinate um ±1 LE  verändert die y-Koordinate um m LE (siehe Abb. 56). Dabei wird durch das Vorzeichen von m festgelegt, ob die y-Koordinate verkleinert oder vergrößert wird. y

g   1 −u = m → A

y

−u = →

m LE

  1   1 = 2m 2 m

g

2m LE

A

+1 LE

+2 LE x

x

Abb. 56: Wird die x-Koordinate eines Geradenpunkts A um 1 LE verändert, dann steigt bzw. fällt die y-Koordinate um |m| LE. Wird die x-Koordinate eines Geradenpunkts A um 2 LE verändert, dann steigt bzw. fällt die y-Koordinate um |2m| LE. Dieses Anstiegsverhalten lässt sich vektoriell darstellen. Einsetzen von x = 0 in die Koordinatengleichung ergibt y = n, d. h., A(0|n) ist ein Punkt auf g. Wird die x-Koordinate von A um +1 Längeneinheit verändert, dann führt das auf den Geradenpunkt P1 (1|m + n). Der Ortsvektor von P1 kann durch die Vektorgleichung   − → → −→ 1 − → − 0P1 = 0A + u mit u := m dargestellt werden. Wird mit Bezug zum Punkt A die x-Koordinate um −1 Längeneinheit verändert, dann ergibt dies den auf g liegenden Punkt P−1 (−1| − m + n). Unter Nutzung − des Vektors → u gilt für den Ortsvektor von P−1 : − → − −−→ 0P−1 = 0A − → u Wird mit Bezug zum Punkt A die x-Koordinate um +2 Längeneinheiten verändert, dann ergibt dies den auf g liegenden Punkt P2 (2|2m + n) und für den Ortsvektor von P2 gilt: − → −→ − −→ − u = 0A + 2→ u 0P2 = 0P1 + → Wird mit Bezug zum Punkt A dessen x-Koordinate allgemeiner um r ∈ R Längeneinheiten verändert, dann führt dies zum auf g liegenden Punkt Pr (r|rm + n) und es gilt: − → − −→ 0Pr = 0A + r→ u

3.1 Geradengleichungen

163

Würden wir jeden Punkt der Gerade g mit P bezeichnen oder die Abhängigkeit des Punkts P von r ∈ R mit der Schreibweise Pr deutlich machen, dann würden bei Rechnungen schnell Missverständnisse entstehen. Deshalb machen wir denOrtsvektor des Punkts  x → − deutlich, d. h.: Pr (x|y) durch einen Vektor mit der „neutralen“ Bezeichnung x = y − → − → − x = 0A + r→ u

(3.3)

− → − → − − − Bei Bedarf identifizieren wir → x mit konkreten Punkten auf g, d. h. → x = 0P, → x = 0Q, − → → − x = 0B oder wie auch immer ein Punkt bezeichnet werden soll. − Der Vektor → u in (3.3) gibt den Anstieg pro Längeneinheit an und legt damit anschaulich die Richtung des ausgehend vom Punkt A auf der Gerade zurückgelegten Wegs fest. Der − Vektor → u wird deshalb als Richtungsvektor der Gerade g bezeichnet. Der auf g liegende Punkt A verankert bzw. „stützt“ die Lage jedes weiteren auf g liegenden Punkts in der − → Ebene. Deshalb wird A als Stützpunkt und der Ortsvektor 0A als Stützvektor der Gerade g bezeichnet. Die Wahl des Stützpunkts A ist willkürlich erfolgt, d. h., auch jeder andere auf g liegende Punkt A kann als Stützpunkt verwendet werden, wie zum Beispiel A = P1 (1|m + n), was zu der Vektorgleichung −→ − → − x = 0A + s→ u (3.4) für die Ortsvektoren der auf g liegenden Punkte führt. Auch die Wahl des Richtungsvek− tors ist offenbar nicht eindeutig, denn jeder zu → u kollineare Vektor kann ebenfalls als Richtungsvektor der Gerade verwendet werden. Das ergibt zum Beispiel die Gleichung − →  − → − x = 0A + t 4→ u .

(3.5)

Durch die unterschiedliche Bezeichnung der Parameter r, s und t in den Darstellungen (3.3), (3.4) und (3.5) für ein und dieselbe Gerade g soll verdeutlicht werden, dass je nach Darstellung gegebenenfalls verschiedene Parameterwerte in die Gleichungen eingesetzt werden müssen, um in allen drei Gleichungen den Ortsvektor eines Punkts P zu berechnen. → − − →  − − → − → −→ − − → − Das bedeutet genauer, dass aus 0P = 0A + r→ u , 0P = 0A + s→ u und 0P = 0A +t 4→ u nicht zwangsläufig folgt, dass r = s, r = t und s = t gilt, sondern es kann auch r = s, r = t oder s = t gelten. Beispiel 3.6. Gegeben sei die Gerade g :  y = 2x + 1. Auf g liegen die Punkte A(0|1) und 1 → −

erhalten wir nach dem Muster von (3.3), A (1|3). Mit dem Richtungsvektor u = 2 (3.4) und (3.5) die folgenden Vektorgleichungen zur Berechnung der Ortsvektoren von auf g liegenden Punkten:             4 0 1 1 1 0 − − → − (∗) +t bzw. → x = +s bzw. → x = +r x = 8 1 2 3 2 1

164

3 Geraden und Ebenen

− → − Der Punkt P(2|5) liegt ebenfalls auf g. Durch Einsetzen von → x = 0P in (∗) erhalten wir die Gleichungen                   4 0 2 1 1 2 1 0 2 +t = bzw. +s = bzw. +r = 8 1 5 2 3 5 2 1 5 mit den Variablen r, s bzw. t. Durch Lösung der Gleichungen erhalten wir die Parameterwerte, die der jeweiligen Gleichung und dem Punkt P eindeutig zugeordnet sind. Die Lösungen sind r = 2, s = 1 und t = 12 . Hier gilt r = s, r = t und s = t.  Beispiel 3.7. Wir betrachten weiter die Gerade g : y = 2x + 1 und den darauf liegenden Punkt P(2|5), jetzt aber die Vektorgleichungen         2 0 1 1 → − → − . (#) +t bzw. x = +s x = 4 1 2 3 − → − Durch Einsetzen von → x = 0P in (#) erhalten wir die Gleichungen             0 2 2 1 1 2 +t = bzw. +s = 1 4 5 2 3 5 mit den Lösungen s = 1 und t = 1. Dieses Beispiel zeigt, dass trotz verschiedener Stützpunkte und verschiedener Richtungsvektoren s = t gilt. Das ist bei verschiedenen Vektorgleichungen aber keine Selbstverständlichkeit, sondern eher die Ausnahme.  Nicht immer stehen der Anstieg m und die y-Koordinate des Schnittspunkts (0|n) einer Gerade g mit der y-Achse zur Verfügung, sodass daraus zur Beschreibung von g eine Vektorgleichung nach dem Muster von (3.3), (3.4) oder (3.5) konstruiert werden kann. Oft wird der eingangs dieses Abschnitts beschriebene Fall eintreten, dass durch zwei gegebene, verschiedene Punkte A und B eine Gerade g gelegt werden soll. Wir untersuchen deshalb, wie sich aus A und B ein Bezug zu (3.3), (3.4) und (3.5) herstellen lässt.   1 − kollineare u = Als Stützpunkt von g sei A(ax |ay ) gewählt. Weiter kann jeder zu → m   λ − mit λ ∈ R \ {0} als Richtungsvektor gewählt werden. Das ergibt: Vektor λ → u = λm − → → − − x = 0A + rλ → u 

− → − Der Vektor λ → u verschiebt den Punkt A in einen Punkt B(bx |by ). Der Pfeil AB = − ist deshalb ein Repräsentant von λ → u . Damit erhält Gleichung (3.8) die Gestalt − → − → → − x = 0A + rAB .

(3.8)  bx − ax by − ay

(3.9)

3.1 Geradengleichungen

165

Durch Einsetzen eines Parameterwerts r ∈ R können wir damit den Ortsvektor eines auf g liegenden Punkts P berechnen. Aus der Koordinatengleichung y = mx + n von g und der daraus erhaltenen Vektorgleichung (3.3) haben wir mit (3.9) eine Gleichung hergeleitet, die eine vektorielle Darstellung einer durch zwei verschiedene Punkte A und B gelegten Gerade ermöglicht.1 Zusammenfassend werden zur Konstruktion einer Vektorgleichung für die Ortsvektoren der auf einer Gerade liegenden Punkte im Wesentlichen zwei Zutaten benötigt, nämlich ein Stützpunkt und ein Richtungsvektor. Zur Definition des Richtungsvektors haben wir zwei verschiedene Möglichkeiten kennengelernt. Entweder wird eine Richtung vorgegeben und auf diese Weise eine Gerade definiert. Alternativ sind zwei Punkte einer Gerade bekannt, aus denen der Richtungsvektor ermittelt wird. Diese grundlegenden Konstruktionsprinzipien lassen sich auf Geraden im Raum übertragen. Definition 3.10. Sei g eine Gerade in der Ebene oder im Raum. Eine Gleichung der Gestalt − → − − g: → x = 0A + r · → u , r ∈ R, heißt Parametergleichung der Gerade g. Man spricht auch von der Parameterform der Geradengleichung. Weitere Bezeichnungen: − • → x ist der Ortsvektor eines Punkts P auf der Gerade g. − → • Der Punkt A heißt Stützpunkt, der zugehörige Ortsvektor 0A heißt Stützvektor der Gerade g. Statt Stützpunkt ist für A auch die Bezeichnung Aufpunkt gebräuchlich. → − → − • u = 0 heißt Richtungsvektor der Gerade g. • Der Skalar r ∈ R heißt Parameter der Gerade g.

Gleichung (3.9) lässt sich alternativ wie folgt herleiten: Aus der Differenz Δx := bx − ax = 0 der x-Koordinaten und der Differenz der y-Koordinaten Δy := by − ay wird der Anstieg m der Koordinatengleichung y = mx + n der durch die Punkte A und B gelegten Gerade g berechnet:

1

m =

by − ay Δy = Δx bx − ax

(∗)

Die y-Koordinate des Schnittpunkts (0|n) von g mit der y-Achse wird wie folgt ermittelt: by − ay · ax + n = ay bx − ax

by − ay · ax (∗∗) bx − ax     0 1 − Einsetzen von (∗), (∗∗) und t = ax + r(bx − ax ) in die Vektorgleichung → x = +t ergibt: n m ⎛ ⎜ → − x = ⎝

⇔

n = ay −

⎛ ⎞ 1     ⎜ − → − → bx − ax ⎟  ⎟ (#) ax + a + r(b − a ) = + r = 0A + rAB ⎠ x x x ⎝ by − ay ⎠ by − ay ay by − ay · ax ay − bx − ax bx − ax 0

⎞

Das Gleichheitszeichen (#) wird durch Anwendung der Rechenregeln für die Vektoraddition und die skalare Multiplikation begründet. In Abb. 57 sind die Zusammenhänge zwischen der Koordinatengleichung − → − → − y = mx + n und der Vektorgleichung → x = 0A + rAB grafisch dargestellt.

166

3 Geraden und Ebenen

y

Δ

P

ay + r · Δy

g : y = Δxy ·x+n

B

by = ay + Δy Δy ay

Δx

n

0

bx = a x + Δ x

ax

ax + r · Δ x

y P

ay + r · Δy by = ay + Δy

− 0A→

ay

0

ax

− → − → − g:→ x = 0A+r·AB

B

 Δ x → − B = Δy A

A

x

x = ax + r · Δ x

A

→A + − 0 = →P − 0

−→B A r·

bx = ax + Δx

ax + r · Δ x

x

Abb. 57: Zusammenhänge zwischen der Koordinatengleichung einer Gerade und der vektoriellen Geradengleichung in der Ebene

Definition 3.11. Für die Parametergleichung − → − − g: → x = 0A + r · → u , r ∈ R, − einer Gerade sind weitere Bezeichnungen üblich. Wird der Richtungsvektor → u vorgegeben, so sprechen wir von der Punkt-Richtungs-Gleichung von g. Ist B ein von A ver− → − schiedenener Punkt auf g und wird → u := AB gesetzt, d. h. − → − → − g: → x = 0A + r · AB , dann sprechen wir von der Zweipunktegleichung der Gerade g.

3.1 Geradengleichungen

167

Bemerkung 3.12. In der Regel versteht es sich von selbst, dass in einer Geradengleichung − → − − g:→ x = 0A + r→ u der Parameter r Element der reellen Zahlen ist. Wir werden den Hinweis r ∈ R deshalb im Folgenden aus Gründen einer gewissen formalen mathematischen Ästhetik und Vollständigkeit lediglich in Definitionen, Sätzen und Folgerungen notieren, verzichten aber (bis auf wenige Ausnahmen) auf die Angabe r ∈ R in Beispielen und Aufgaben. Es versteht sich ebenfalls von selbst, dass für den Parameter einer Gerade nicht immer der Buchstabe r verwendet werden muss, sondern z. B. auch jeder andere Buchstabe des Alphabets als Parametername verwendet werden kann.  Beispiel 3.13. Gesucht ist eine Gleichung der Gerade g, die in der Ebene durch die Punkte A(2|2) und B(4|3) verläuft. Nach Definition 3.11 erhält man     2 2 − → − → → − g : x = 0A + r · AB = +r . 2 1 Durch Einsetzen von r = 2 in die Parametergleichung berechnen wir mit       2 2 6 → − x = +2· = 2 1 4 den Ortsvektor des auf g liegenden Punkts P(6|4). Für r = −3 berechnen wir mit       2 2 −4 → − x = −3· = 2 1 −1 den Ortsvektor des auf g liegenden Punkts Q(−4| − 1), siehe Abb. 58.



y −→B A

4

−→B A

3

−→B 1 −A −5

−4

Q

−→B −A

0 −2 −1 → − B → − A → 0A − 3 − −1 0Q =

−→B −A 0A−→

2

1

A →A + − 0 →P = − 0

2

3

P

g

B −→B 2A

4

Abb. 58: Punkte auf der Gerade g aus Beispiel 3.13

5

6

7x

168

3 Geraden und Ebenen

Beispiel 3.14. Gesucht ist eine Gleichung der Gerade g, die im Raum parallel zu den Pfeilen des Vektors ⎛ ⎞ 3 → − u = ⎝ 6⎠ −6 und durch den Punkt A(1|3|4) geht. Die einfachste Möglichkeit ist ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 3 − → − − g: → x = 0A + r→ u = ⎝3⎠+r⎝ 6⎠ . 4 −6 In Abb. 59 ist ein Segment der Gerade g grafisch dargestellt, wobei zur besseren räumli− chen Wirkung der Richtungsvektor → u zusätzlich in eine Summe aus zu den Koordinaten− → − → → zerlegt ist. Alternativ können wir jeden zu → − achsen parallelen Vektoren w1 , w2 und − w u 3 → − kollinearen Vektor, d. h. skalare Vielfache s u mit s = 0, als Richtungsvektor wählen, zum Beispiel ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 −6  − →  → − → − g : x = 0A + r − 2 u = ⎝ 3 ⎠ + r ⎝ −12 ⎠ 4 12 oder



1→ − → − − u g: → x = 0A + r 3



⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 1 = ⎝3⎠+r⎝ 2⎠ . 4 −2

Auch kann ein anderer Stützpunkt A gewählt werden, wie diese Rechnung zeigt: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 3 4 3 − g: → x = ⎝ 3 ⎠ + (r + 1) ⎝ 6 ⎠ = ⎝ 9 ⎠ + r ⎝ 6 ⎠ . 4 −6 −2 −6 Der Stützpunkt der erhaltenen Gleichung ist A (4|9| − 2).



Beispiel 3.15. Gesucht ist eine Gleichung der Gerade g, die durch die Punkte A(1|0|3) und B(2| − 1|4) geht. Die Zweipunktegleichung ist gemäß Definition 3.11 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 1 − → − → − g: → x = 0A + rAB = ⎝ 0 ⎠ + r ⎝ −1 ⎠ . 3 1 Alternativ können wir auch

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 100 1

−  − → → − g: → x = 0A + r 100AB = ⎝ 0 ⎠ + r ⎝ −100 ⎠ , 3 100

als Lösung angeben.



3.1 Geradengleichungen

169

z

4 − → w 1

3

A(1|3|4) − → w 2

2 1 0 −1 1 2

−1

3 4

−2

5 x

1

2

3

4

6

→ − w3 →2 + − +w → − w1 −u = →

−2

−2 −1 7

8

y

− → w 3

−3 A (4|9| − 2)

g Abb. 59: Die Gerade g aus Beispiel 3.14

Die Beispiele 3.14 und 3.15 zeigen noch einmal deutlich, dass die Darstellung einer Gerade nicht eindeutig ist. Wird ein anderer Geradenpunkt als Stützpunkt oder ein kollinearer Richtungsvektor gewählt, so ändert sich zwar die Parametergleichung der Gerade, ihre Punkte und Eigenschaften bleiben aber unverändert. − → − − Definition 3.16. Sei g : → x = 0A + r→ u eine Gerade. Ein Punkt P liegt auf der Gerade, → → − → − wenn es ein r ∈ R gibt mit 0P = 0A+r− u . In diesem Fall schreiben wir P ∈ g, andernfalls (d. h., P liegt nicht auf g) schreiben wir P ∈ / g. Bemerkung 3.17. Die Verwendung von Schreibweisen aus der Mengenlehre sind gerechtfertigt, denn eine Gerade g lässt sich als Menge von Punkten P interpretieren, was zum Beispiel mithilfe der vektoriellen Geradengleichung zu der folgenden Schreibweise führt:  → − − → −  g = P  ∃ r ∈ R : 0P = 0A + r→ u Leseanleitung: Zur Gerade g gehören alle Punkte P, für die ein r ∈ R exisitiert mit der → − − → − Eigenschaft 0P = 0A + r→ u. 

170

3 Geraden und Ebenen

− → − − Satz 3.18. Sei g : → x = 0A + r→ u eine Gerade. Zu jedem Punkt auf der Gerade gibt es genau einen Parameterwert r ∈ R. Umgekehrt gibt es zu jedem Parameterwert r ∈ R genau einen Punkt P auf der Gerade. Aus Definition 3.16 und Satz 3.18 folgt unmittelbar eine Möglichkeit zur Punktprobe, d. h., zum Test, ob ein gegebener Punkt P auf der Gerade g liegt. Die Vektorgleichung → − → − → − − → − − 0P = 0A + r→ u können wir umstellen zu 0P − 0A = r→ u . Daraus folgt mithilfe der Definition kollinearer Vektoren: → − → − − Satz 3.19. Es gilt P ∈ g genau dann, wenn die Vektoren 0P − 0A und → u kollinear sind. Beispiel 3.20. Es ist zu untersuchen, ob P(7| − 2|1) und Q(−7|2| − 1) auf der Gerade ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 3 − g: → x = ⎝ 2 ⎠ + r ⎝ −2 ⎠ 3 −1 liegen. Für P machen wir den folgenden Ansatz: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 7 1 3 ⎝ −2 ⎠ = ⎝ 2 ⎠ +r · ⎝ −2 ⎠ ⇔ 1 3 −1 . /0 1 . /0 1 . /0 1 − → =0P

− → =0A

− =→ u

⎛

⎞ ⎛ ⎞ 6 3 ⎝ −4 ⎠ = r · ⎝ −2 ⎠ −2 −1 . /0 1 . /0 1 → − → − =0P−0A

− =→ u

Dies entspricht formal dem folgenden linearen Gleichungssystem: I : 6 = 3r II : −4 = −2r III : −2 = −r Alle drei Gleichungen haben die gleiche Lösung, nämlich r = 2. Daher liegt der Punkt P auf g, in Zeichen P ∈ g. Analog machen wir für Q den folgenden Ansatz ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −7 1 3 −8 3 ⎝ 2 ⎠ = ⎝ 2 ⎠ +r · ⎝ −2 ⎠ ⎝ 0 ⎠ = r · ⎝ −2 ⎠ ⇔ −1 3 −1 −4 −1 . /0 1 . /0 1 . /0 1 . /0 1 . /0 1 − → =0Q

− → =0A

− =→ u

− → − → =0Q−0A

− =→ u

Dies entspricht formal dem folgenden linearen Gleichungssystem: I : −8 = 3r II : 0 = −2r III : −4 = −r Gleichung II gilt für r = 0. Dieser Wert löst aber nicht die Gleichungen I und III, d. h., das Gleichungssystem ist nicht lösbar. Damit liegt Q nicht auf g, in Zeichen Q ∈ / g. 

3.1 Geradengleichungen

171

In Anwendungen hat man oft nur für einen Abschnitt einer Gerade g Interesse, genauer für die Punkte auf der Strecke AB, die zwei Punkte A ∈ g und B ∈ g verbindet. Nutzen wir zur Beschreibung von AB eine geeignete Zweipunktegleichung von g, dann können wir bei der Punktprobe bereits am berechneten Parameterwert erkennen, ob ein Punkt zur Strecke AB gehört. − → − → − Satz 3.21. Gegeben seien Punkte A, B, P und die Gerade g : → x = 0A + rAB. Dann gilt: → − → − → − a) P liegt auf der Strecke AB, wenn es ein r ∈ [0; 1] gibt mit 0P = 0A + rAB. b) P liegt auf der Gerade g, aber nicht auf der Strecke AB, wenn es ein r < 0 oder r > 1 → − → − → − gibt mit 0P = 0A + rAB. → − → − → − c) P liegt nicht auf der Gerade g, wenn 0P = 0A + rAB für alle r ∈ R gilt.

0≤r≤1

r1

− → AB P1

A

P2

B

P3

− → − → − g:→ x = 0A + rAB

Abb. 60: Die Strecke AB als Teilmenge von g und Punktprobe für die Strecke AB

Beispiel 3.22. Gegeben seien die Punkte A(−1| − 2| − 3), B(1|2|3), P1 (0|0|0), P2 (3|6|9),     P3 − 21  − 1 − 32 und P4 (3| − 6|9). Die Strecke AB ist eine Teilmenge der Gerade ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −1 2 − → − → − g:→ x = 0A + rAB = ⎝ −2 ⎠ + r ⎝ 4 ⎠ . −3 6 − → → −→ − a) Der Punkt P1 liegt auf der Strecke AB, denn es gilt 0P1 = 0A + 12 AB. → − → −→ − b) Der Punkt P2 liegt auf g, aber nicht auf der Strecke AB, denn es gilt 0P3 = 0A + 2AB. − → → −→ − c) Der Punkt P3 liegt auf der Strecke AB, denn es gilt 0P2 = 0A + 14 AB. → − → −→ −  d) Der Punkt P4 liegt nicht auf g, denn für alle r ∈ R gilt 0P4 = 0A + rAB. Der Parameterwert r ∈ [0; 1] in Satz 3.21 a) kann genutzt werden, um Teilverhältnisse auf der Strecke AB zu bestimmen. Das folgende Beispiel demonstriert die grundsätzliche Vorgehensweise.

172

3 Geraden und Ebenen

Beispiel 3.23. Die Strecke AB geht durch A(0|0|1) und B(5|15|11) und ist Teilmenge von ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 0 5 − → − → → − g : x = 0A + rAB = ⎝ 0 ⎠ + r ⎝ 15 ⎠ . 1 10 Wählen wir r =

3 5

und setzen dies in die Geradengleichung ein, dann erhalten wir mit ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 5 3 0 3 − → 0P = ⎝ 0 ⎠ + ⎝ 15 ⎠ = ⎝ 9 ⎠ 5 10 7 1

den Ortsvektor des Punkts P(3|9|7). Wegen 0 < r = 35 < 1 liegt P nach Satz 3.21 auf der Strecke AB. Weiter gilt für den Quotienten der Längen der Strecken AP und PB: − − → → AP rAB 3 2 : = 3:2 −  = −  = r : (1 − r) = → → PB 5 5 (1 − r)AB Das bedeutet, dass der Punkt P die Strecke AB im Verhältnis 3 : 2 teilt.



Sind in einer vektoriellen Geradengleichung außer dem Geradenparameter weitere Variablen enthalten, dann ergibt sich für jede Wertewahl dieser Variablen eine eigene Gerade. Wir sprechen in diesem Fall von einer Geradenschar und die vom Geradenparameter verschiedenen Variablen heißen Scharparameter. Die Geraden einer Schar haben oft gewisse Eigenschaften gemeinsam. So können Geraden einer Schar zum Beispiel parallel sein oder einen Punkt gemeinsam haben. Beispiel 3.24. Für jedes c ∈ R wird durch − x = gc : →

    0 1 +t c 1

eine Geradenschar definiert. Dabei ist c derScharparameter    und t der Parameter der Gerade 0 1 − gc . Für c = 1 erhalten wir mit g1 : → x = +t eine Gerade der Schar gc . Eine 1    1 1 0 − . Abb. 61 zeigt Geraden der Schar gc +t x = weitere Gerade der Schar ist g5 : → 1 5 im kartesischen Koordinatensystem.   1 eine Schar von Ursprungsα geraden definiert. Dabei ist α der Scharparameterund t der Parameter der gα .   Gerade 1 1 → − → − und g7 : x = t . Abb. 61 Beispiele für Geraden der Schar sind g−2 : x = t −2 7 zeigt Geraden der Schar gα im kartesischen Koordinatensystem.  − Beispiel 3.25. Für jedes α ∈ R wird durch gα : → x =t



3.1 Geradengleichungen

173

y

y 4

3

g1 g0,5 g0

2

g−1

2

1

g−2

1

4

g5

g2 g1

3

g0,5 g0,25

g3,5 −3

g2

−2

−1 −1

0

1

2

3

x g−4

−3

−2

−1 −1

−2

−2

−3

−3

−4

−4

0

1

x 3g−0,25

2

g−0,5 g−1 g−2

Abb. 61: Geraden der Geradenschar gc aus Beispiel 3.24 (links) und der Geradenschar gα aus Beispiel 3.25 (rechts) Beispiel 3.26. Für beliebige a, b ∈ R wird durch     2 a → − +t ga;b : x = b 1 eine Geradenschar definiert. Die Schar gc hat mit a und b zwei Scharparameter. Weiter ist t der Parameter der Gerade ga;b . Beispiele für Geraden der Schar sind         2 3 −5 2 − − . +t x = +t und g3;−1 : → x = g−5;0 : →  −1 1 1 0

Die Beispiele zeigen, dass unter einer Geradenschar eine Menge von Geraden zu verstehen ist. Das Symbol gc hat folglich eine doppelte Bedeutung und steht einerseits für die Geradenschar als Menge und andererseits für eine konkrete Gerade gc , der ein gewisser Wert c ∈ R zugeordnet ist. In diesem Zusammenhang wird t als Parameter der Gerade gc (mit einem konkreten Wert für c) und nicht als Parameter der Geradenschar bezeichnet. Mit anderen Worten ist der Geradenparameter t an eine konkrete Gerade gc der Schar gc gebunden und nicht an die gesamte Schar als Menge. Typische Aufgabenstellungen bestehen darin, den bzw. die Scharparameter einer Geradenschar so zu bestimmen, dass die zugehörige(n) Gerade(n) gewisse Eigenschaften erfüllen. Das führt in der Regel auf die Lösung von Vektorgleichungen, die nicht zwangsläufig eine Lösung haben müssen.

174

3 Geraden und Ebenen

  2 − ist c ∈ R so zu bestimmen, dass die Beispiel 3.27. Für die Geradenschar gc : → x =t c     4 2 Gerade gc durch den Punkt P(4|6) geht. Dazu ist die Gleichung =t zu lösen, 6 c die dem linearen Gleichungssystem I : 2t = 4 II : ct = 6 entspricht. Aus Gleichung I folgt t = 2. Einsetzen von t = 2 in Gleichung II ergibt 6 = 2c,  woraus c = 3 folgt. Das bedeutet, dass die Gerade g3 die Forderung erfüllt.    2 4c soll untersucht werden, +t c −1 ob eineGerade der Glei   durch  den Punkt P(0|1) geht. Dazu ist die Lösbarkeit  der  Schar 4c 2 4c 0 ist das zu untersuchen. Nach Subtraktion von +t = chung −1 c −1 1     2 −4c , zu der das folgende linea=t äquivalent zur Untersuchung der Gleichung c 2 re Gleichungssystem gehört: I : 2t = −4c II : ct = 2 − x = Beispiel 3.28. Für die Geradenschar gc : →



Aus Gleichung I folgt t = −2c. Einsetzen von t = −2c in Gleichung II ergibt −2c2 = 2, woraus c2 = −1 folgt. Diese Gleichung hat keine Lösung, was bedeutet, dass keine Gerade  der Schar gc durch den Punkt P(0|1) geht. Zum Abschluss dieses einführenden Abschnitts zu Geradengleichungen soll ein zweiter − → − − Blick auf eine Gerade g:→ x = 0A + r→ u in der Ebene mit Stützpunkt A(ax |ay ) und Rich  ux → − − − tungsvektor u = geworfen werden. Weiter sei → n ein zu → u orthogonaler Vektor, uy → − → − − − − d. h., es gilt → u •→ n = 0. Ist P ∈ g, dann sind nach Satz 3.19 0P − 0A und → u linear ab(− →2 → → − − hängig. Folglich gilt 0P − 0A • n = 0. Dies gilt für jeden beliebigen Punkt P ∈ g und motiviert damit die folgende Darstellung: − → − − − Definition 3.29. Sei g : → x = 0A + r→ u mit r ∈ R eine Gerade in der Ebene und → n → − orthogonal zum Richtungsvektor u . Die Gleichung (− − →2 − g: → x − 0A • → n =0

(∗)

− heißt Normalengleichung der Gerade g. Der Vektor → n heißt Normalenvektor der  → −   Gerade g. Gilt n = 1, dann heißt (∗) Hessesche Normalengleichung von g und → − n Normaleneinheitsvektor von g. Man spricht auch von der Normalenform bzw. Hesseschen Normalenform der Geradengleichung.

3.1 Geradengleichungen

Die Normalenform von Geradengleichungen in der Ebene spielt in der Schulmathematik kaum eine Rolle, obwohl das dahinter stehende Konstruktionsprinzip auf die später diskutierte (Hessesche) Normalenform einer Ebenengleichung im Raum vorbereitet (siehe Abschnitt 3.3.2). Die Behandlung der Hesseschen Normalenform für Geraden in der Ebene ist auch deshalb interessant, da sie zu einer einfachen Formel für die Berechnung des Abstands zwischen einem Punkt und einer Gerade führt (siehe Abschnitt 3.6.1).

175

y g

P − → AP

→ − n

A x Abb. 62: Normalenvektor einer Gerade g

    1 2 − . Ein Normalenvektor von +r Beispiel 3.30. Gegeben sei die Gerade g : → x = 1 −1   −1 − und damit ist g ist → n = 1  !   −1 2 − =0 • x − g: → 1 −1   x → − und nach Ausrechnen des Skalarproeine Normalengleichung der Gerade. Mit x = y dukts erhalten wir:      !     −1 x−2 −1 2 x = −x + y + 3 = 0 • = • − 1 y+1 1 −1 y Das Ausrechnen des Skalarprodukts in einer Normalengleichung liefert demnach eine Koordinatengleichung der Gerade g. Das wird durch Subtraktion von 3 noch deutlicher, denn dies liefert mit g : −x + y = −3 die in Definition 3.2 gegebene Darstellung der Koordina→ − tengleichung. Durch Nomierung auf die  Länge  Eins geht aus dem Normalenvektor u der −1 − 1 → Normaleneinheitsvektor |→ n = √12 hervor und damit ist − n| 1  !   1 → −1 2 − √ =0 • x − g: 1 −1 2 eine Hessesche Normalengleichung der Gerade g.



Nicht unerwähnt bleiben soll, dass sich Geraden im Raum nicht durch eine Koordinatengleichung beschreiben lassen. Außerdem kann für Geraden im Raum auch das Prinzip der Normalengleichung nicht genutzt werden. Warum dies nicht möglich ist, wird in den folgenden Abschnitten dieses Kapitels klar werden.

176

3 Geraden und Ebenen

Aufgaben zum Abschnitt 3.1 Aufgabe 3.1.1: Bestimmen Sie jeweils eine Koordinatengleichung der Gestalt y = mx + n und eine Parametergleichung der in der Ebene liegenden Gerade g, die durch den Punkt A − geht und den Anstieg m bzw. den Richtungsvektor → u besitzt. a) A(0|5), m = 2

  1 → − c) A(4| − 7), u = 6

b) A(3|2), m = −2 − d) A(−12|53), → u =



−2 8



Aufgabe 3.1.2: Bestimmen Sie eine Gleichung der Gerade g durch die Punkte A und B: a) A(1|3), B(2|4) c) A(−5| − 3), B(3| − 5)

b) A(−5|23), B(12|3) d) A(8| − 2), B(−22|0)

Aufgabe 3.1.3: Untersuchen Sie, ob die Punkte P, Q und R auf der Gerade g liegen.     1 1 − , P(6|7), Q(−2| − 1), R(3| − 4) +r a) g : → x = 1 2     4 −2 − , P(−14| − 12), Q(6|13), R(−10|13) +r b) g : → x = −5 3   6 − , P(3|4), Q(−9| − 10), R(9|12) c) g : → x =r 8 d) g geht durch die Punkte A(−2|4) und B(4| − 8); P(2| − 4), Q(−12|24), R(40| − 80)   −3 und durch A(5|7); P(9|2), Q(−1|11), R(20|3) e) g verläuft in Richtung 2 f) g verläuft parallel zur y-Achse und durch A(8|0); P(8|88), Q(−8|88), R(2|88) Aufgabe 3.1.4: a) Gegeben sei die Gerade g : y = 2x + 4. Überführen Sie die Koordinatengleichung von g in die Gestalt ax + by = c mit Koeffizienten a, b, c ∈ R. b) Gegeben sei die Gerade g : 3x + 5y = 1. Überführen Sie die Koordinatengleichung von g in die Gestalt y = mx + n. c) Überführen Sie die Geradengleichung g : − 52 x + 34 y = 17 in die Gestalt ax + by = c, sodass die Koeffizienten a, b, c ganzzahlig sind. d) Vereinfachen Sie die Koordinatengleichung g : 100x − 250y = 50, wobei die Gestalt ax + by = c erhalten bleiben soll und die Koeffizienten a, b, c ganzzahlig sind. e) Liegen die Punkte P(2|13), Q(−1|4) und R(1| − 1) auf der Gerade g : y = 3x + 7? f) Liegen die Punkte P(2|1), Q(3|0) und R(−2|3) auf der Gerade g : 4x + 3y = 11? g) Formulieren Sie Kriterien für die Punktprobe unter Verwendung der Koordinatengleichung ax + by = c einer Gerade g, wobei der Fall a = b = 0 ausgeschlossen wird. h) Bestimmen Sie eine Parametergleichung der Gerade g : −4x + 2y = 8.

3.1 Geradengleichungen

177

Aufgabe 3.1.5: Bestimmen Sie eine Gleichung der Gerade g durch die Punkte A und B:                 b) A − 12 − 3 , B 1 − 23 a) A 123 , B 456         √   √  √  √  √  √  c) A 5517 − 12 , B 33 − 445 d) A 23 2 − 2 2 , B 2 25 23 2 Aufgabe 3.1.6: Die Grundfläche des in Abb. 63 durch gestrichelte Linien angedeuteten Quaders liegt in der xy-Ebene. A, B, C, D, E und F sind Eckpunkte des Quaders. Die Gerade g1 geht durch A und B, g2 geht durch A und F, g3 geht durch B und D und die Gerade g4 geht durch C und E. Bestimmen Sie jeweils eine Parametergleichung der Geraden g1 , g2 , g3 und g4 .

z g2 g4 D E

C

1

B

−1 0

−1 1 −1

A

Aufgabe 3.1.7: Die Spitze S der in Abb. 64 dargestellten Pyramide ABCDS liegt in der yz-Ebene. Die quadratische Grundfläche ABCD liegt in der xyEbene. Mit F ist der Höhenfußpunkt der Pyramide, mit M1 der Mittelpunkt der Strecke AS und mit M2 der Mittelpunkt der Strecke AB bezeichnet. Bestimmen Sie jeweils eine Gleichung der Geraden durch folgende Punkte: a) A, B b) A, D d) D, C c) B, C f) B, S e) A, S g) C, S h) D, S j) B, D i) F, S k) A, C l) M1 , M2

F

5

g1 g3

5 y

1

x

Abb. 63 z

S

5

−5 D

C 1

−1 0

−1 1 −1 A

F 5 y

1 B

x

Abb. 64

178

3 Geraden und Ebenen

Aufgabe 3.1.8: Bestimmen Sie eine Parametergleichung der Gerade g, die durch den Punkt − P geht und den Richtungsvektor → u besitzt. ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −13 3 − − b) P(30| − 73|55), → u = ⎝ 3⎠ a) P(1|8|5), → u = ⎝8⎠ 22 7 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 0 1  −    − d) P(a|2a|3a), → u = ⎝ 0 ⎠, a ∈ R u = ⎝ 38 ⎠ c) P −4  32  − 57 , → −a 5

Aufgabe 3.1.9: Geben Sie eine Gleichung der im Raum liegenden Geraden g an: g verläuft parallel zur x-Achse durch den Punkt P(3| − 7|6). g verläuft durch den Koordinatenursprung und den Punkt P(−3|6|3). g ist mit der y-Achse des räumlichen Koordinatensystems identisch. g verläuft durch den Punkt P(1|2|3) und schneidet die xy-Ebene orthogonal. g verläuft durch den Punkt P(1|2|3) und schneidet die yz-Ebene orthogonal. g verläuft durch den Punkt P(1|2|3) und schneidet die y-Achse orthogonal. g verläuft durch den Punkt P(1|2|3) und schneidet die z-Achse orthogonal. ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 −1 h) g geht durch den Punkt P(1|2|3) und verläuft in Richtung des Vektors ⎝ 2 ⎠ × ⎝ 2 ⎠. 3 −3 i) g verläuft durch den Koordinatenursprung, liegt in der xy-Ebene und schließt mit der x-Achse einen Winkel von 45◦ ein. j) Gegeben seien die Punkte A(3| − 2|6), B(5|3| − 6), C(−3| − 3| − 3) und D(−3| − 2|2). g verläuft durch die beiden Eckpunkte des Vierecks ABCD, die vom Koordinatenursprung die kleinste bzw. größte Entfernung haben. a) b) c) d) e) f) g)

Aufgabe 3.1.10: Durch Einsetzen von konkreten Zahlenwerten für den Parameter r ∈ R − → − − in die Gleichung g : → x = 0A + r→ u wird der Ortsvektor eines auf der Gerade g liegenden Punkts P berechnet. Welche Punkte ergeben sich für die angegebenen Geraden und Parameterwerte r = ri für i = 1, 2, 3? ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 4 − a) g : → x = ⎝ 2 ⎠ + r ⎝ 1 ⎠, r1 = −2, r2 = 0, r3 = 3 3 2 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 −4 − b) g : → x = ⎝ 2 ⎠ + r ⎝ 1 ⎠, r1 = −2, r2 = −1, r3 = 4 3 −2 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 4 2 − c) g : → x = ⎝ 0 ⎠ + r ⎝ −1 ⎠, r1 = −5, r2 = − 32 , r3 = 52 5 8

3.1 Geradengleichungen

179

Aufgabe 3.1.11: Die Gerade g verläuft durch die Punkte P(4|1|8) und Q(6| − 1|2). Verwenden Sie eine geeignete Geradengleichung von g, um die Koordinaten der auf g liegenden Punkte A, B, C, D, T1 und T2 zu berechnen. a) A ist der Mittelpunkt der Strecke PQ. b) B ist der eindeutig bestimmte Punkt auf g, für den d(P, Q) = d(P, B) und B = Q gilt. c) Der Abstand zwischen den Punkten C und P ist doppelt so groß, wie der Abstand zwischen den Punkten P und Q. d) Der Abstand zwischen den Punkten D und Q ist doppelt so groß, wie der Abstand zwischen den Punkten P und Q. e) Die Strecke PQ wird durch die Teilungspunkte T1 und T2 in drei gleichlange Teilstrecken geteilt. Aufgabe 3.1.12: Untersuchen Sie, ob die Punkte P und Q auf der Gerade g liegen: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 1 − a) g : → x = ⎝ 2 ⎠ + r ⎝ −1 ⎠ , P(−1|4| − 5), Q(−1| − 4|5) −1 2 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −7 3 − b) g : → x = ⎝ 5 ⎠ + r ⎝ 0 ⎠ , P(−18|5|9), Q(18| − 5|9) 3 0 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −11 −1 − c) g : → x = ⎝ −3 ⎠ + r ⎝ 3 ⎠ , P(−22|28|44), Q(−22|30|0) 22 −2 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 5 1  32  18  17    10  11  −     d) g : → x = ⎝ 3 ⎠ + r ⎝ 2 ⎠ , P 31 6 3 6 , Q 7 7 7 2 −1 ⎛ 1⎞ ⎛ ⎞ −2 1   7  18  4  1   ⎜ ⎟ −    e) g : → x = ⎝ 32 ⎠ + r ⎝ −1 ⎠ , P − 94  15 4 2 , Q 7 7 7 1 1 4

Aufgabe 3.1.13: Untersuchen Sie, ob die Punkte A, B und C auf einer Gerade liegen: a) A(1|2|3), B(3|5|7), C(7|11|15) b) A(1|0|2), B(−1| − 2|1), C(−1|3|3) c) A(−11|5|17), B(23|55| − 8), C(−45| − 45|42) d) A(12|6|3), B(0| − 13|78), C(−60| − 108|453)  1  11     e) A(5| − 3| − 1), B(−6| − 1|1), C − 29 3 −3 − 3  32  14  11   68  26  19  f) A(4| − 2|3), B 3  3  − 3 , C 7  7  − 7

180

3 Geraden und Ebenen

z

G

H

5 4

E

F(5|7|6) 3 −5 −4

2 −3 −2

1 −1 0 −3

−2

−1

1

1 −1

2

2

3

4

5

y

7

6

C(2|7|0)

D

3 −2

4 5

A(5|2|0) −3

x

B Abb. 65

Aufgabe 3.1.14: In Abb. 65 ist ein Quader mit den Eckpunkten A, B,C, D, E, F, G und H dargestellt. Durch die angegebenen Koordinaten für die Punkte A, C und F wird seine Lage im räumlichen Koordinatensystem eindeutig festgelegt. a) b) c) d) e) f) g) h) i) j)

Bestimmen Sie die Koordinaten der Punkte B, D, E, G und H. − → −→ −→ −→ Geben Sie die Koordinatendarstellung der Vektoren 0B, GB, GH und BH an. −→ −→ Begründen Sie anschaulich, dass die Vektoren GH und BH linear unabhängig sind. Berechnen Sie die Länge der Raumdiagonale BH. Berechnen Sie die Koordinaten der Mittelpunkte MAG bzw. MBH der Raumdiagonalen AG bzw. BH. Welches aus der Geometrie bekannte Ergebnis beobachten Sie? Geben Sie mithilfe der Vektoren aus b) zwei verschiedene Linearkombinationen an, −−−→ deren Ergebnis der Ortsvektor 0MAG ist. Die Raumdiagonale AG ist Teil einer Gerade g, die Raumdiagonale BH liegt auf einer Gerade h. Bestimmen Sie jeweils eine Parametergleichung für g bzw. h. Bestimmen Sie den Parameterwert r ∈ R in der Parametergleichung von g so, dass −−−→ Einsetzen von r in die Parametergleichung den Ortsvektor 0MAG ergibt.   16   Untersuchen Sie, ob der Punkt P 4  3  2 auf einer der Geraden g oder h liegt. −→ Die Gerade k hat den Richtungsvektor BH und geht durch den Punkt D. Auf der Gerade k liegen zwei  Punkte Q1 und Q2 , die vom Punkt E beide den Abstand d(Q1 , E) = d(Q2 , E) =

71 2

haben. Bestimmen Sie die Koordinaten von Q1 und Q2 .

3.1 Geradengleichungen

181

Aufgabe 3.1.15: Wie müssen x, y ∈ R gewählt werden, damit der Punkt P(x|y|0) auf der Gerade liegt, die durch die Punkte A und B geht? a) A(1|2|3), B(4| − 2|2) c) A(−2|1|5), B(3|2|7)

b) A(−1| − 6|4), B(−4| − 3|2) d) A(2x|3y| − 2), B(7|5 − y| − 4)

Aufgabe 3.1.16: Wie müssen x, z ∈ R gewählt werden, damit der Punkt P(x|0|z) auf der Gerade liegt, die durch die Punkte A und B geht? a) A(1| − 2|3), B(4| − 4|2) c) A(−2|1|5), B(3| − 2|7)

b) A(−1| − 6|4), B(−4| − 3|2) d) A(2x|6|3z − 2), B(7|9|z − 4)

Aufgabe 3.1.17: Kann x ∈ R so gewählt werden, dass der Punkt P auf der Gerade durch die Punkte A und B liegt?     a) A(1|0| − 5), B(−3|4x| − 30), P 2 − 4x 12x2  33 8 − 2x     b) A(1|1|0), B(2| − 1|2x), P 4x − 3  7 + 2x −x2 2

Aufgabe 3.1.18: Gegeben sind die Punkte A, B und C. Wie müssen a ∈ R und b ∈ R gewählt werden, damit A, B und C auf einer Gerade liegen?         a) A (1 |−1 |−27 ), B a  32  − 2 , C − 52b b) A(13|4a| − 6), B(−1| − 2a|3 − b), C(−8|11|5 + b) c) A(a + 16|2 + a2 |2a), B(−2a|2|4a), C(−1|2 + a|3 + b) ⎛

⎞ ⎛ ⎞ 1 2 − Aufgabe 3.1.19: Gegeben sei die Gerade g : → x = ⎝ 3 ⎠ + r ⎝ −2 ⎠. −2 1 a) Bestimmen Sie a, b ∈ R so, dass der Punkt A(7|a|b) auf g liegt. − → b) Der Punkt P liegt ebenfalls auf g und hat von A den Abstand d(A, P) = AP = 6. Berechnen Sie die Koordinaten von P. Aufgabe 3.1.20: Gegeben ist die Punktmenge Ps (5+3s|−2s|1−3s), s ∈ R und die Gerade ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 2 − h:→ x = ⎝ −1 ⎠ + t ⎝ 3 ⎠ . 0 4 a) b) c) d) e)

Gehören die Punkte A(20| − 10| − 14) und B(7|8|13) zur Punktmenge Ps ? Geben Sie den Ortsvektor eines Punkts der Punktmenge Ps an. Drücken Sie die Punktmenge Ps durch eine Geradengleichung aus. Liegen die Punkte C(−3|5| − 8) und D(7|8|12) auf h? Drücken Sie die Gerade h als Punktmenge Qt (analog zu Ps ) aus.

182

3 Geraden und Ebenen

Aufgabe 3.1.21: Geben Sie jeweils eine Gleichung der Gerade an, auf der die Lösungspunkte C aus Aufgabe 2.5.15 a) bzw. 2.5.15 b) liegen. ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −2 6 → − Aufgabe 3.1.22: Gegeben sei die Geradenschar ga : x = ⎝ a ⎠ + r ⎝ 2 ⎠ , a ∈ R. 3 −9 a) Gibt es eine Gerade der Schar, die durch den Koordinatenursprung geht? Falls ja, dann geben Sie den zugehörigen Scharparameterwert a ∈ R an. b) Bestimmen Sie a ∈ R so, dass die Gerade ga durch den Punkt P(16|17| − 24) geht. Aufgabe 3.1.23: Stellen Sie eine Gleichung der Gerade g durch die Punkte A und B auf und bestimmen Sie, in welchem Verhältnis der Punkt P die Strecke AB teilt. a) A(2|1), B(11|7), P(5|3) b) A(17| − 31), B(25| − 39), P(20| − 34)  16    c) A(1|2|3), B(−35|8|12), P −19   8 d) A(−37|22|11), B(12|85|4), P(−16|49|8) 3

Aufgabe 3.1.24: Verwenden Sie zur Lösung der folgenden Teilaufgaben geeignete Geradengleichungen: a) Der Punkt P teilt die Strecke AB mit den Endpunkten A(8| − 2|0) und B(17| − 8|3) im Verhältnis 4 : 5. Ermitteln Sie die Koordinaten von P. b) Der Punkt Q teilt die Strecke CD mit den Endpunkten C(3| − 1|5) und D(3|9|125) im Verhältnis 7 : 3. Ermitteln Sie die Koordinaten von Q. c) Der Punkt R(9|4|7) teilt die Strecke EF mit dem Anfangspunkt E(1|2|3) im Verhältnis 2 : 3. Ermitteln Sie die Koordinaten des Streckenendpunkts F. d) Der Punkt S(−7|0|13) teilt die Strecke GH mit dem Anfangspunkt G(7| − 1| − 8) im Verhältnis 7 : 5. Ermitteln Sie die Koordinaten des Streckenendpunkts H. e) Der Punkt T (−11|9|87) teilt die Strecke IJ mit dem Endpunkt J(−75|5|55) im Verhältnis 3 : 2. Ermitteln Sie die Koordinaten des Streckenanfangspunkts I. Aufgabe 3.1.25:

   −3 1 . +r 4 −1 b) Bestimmen Sie eine Hessesche Normalengleichung der Gerade g durch die Punkte A(−3|3) und B(9|18). − a) Bestimmen Sie eine Hessesche Normalengleichung von g : → x =

− x − Aufgabe 3.1.26: Gegeben sei die Gerade g : →



25 12



!   11 = 0. • 5

a) Überprüfen Sie mithilfe der gegebenen Normalengleichung von g, ob die Punkte A(40| − 21) und B(−40|21) auf g liegen. b) Bestimmen Sie eine Koordinatengleichung von g. c) Bestimmen Sie eine Parametergleichung von g.

3.2 Lagebeziehungen zwischen zwei Geraden

183

Aufgabe 3.1.27: Seien A, B und C die Punkte eines beliebigen Dreiecks Δ ABC. a) Bestimmen Sie Gleichungen der Seitenhalbierenden des Dreiecks Δ ABC und Gleichungen der Geraden, auf denen die Fußpunkte der Seitenhalbierenden liegen. b) Die drei Seitenhalbierenden schneiden sich in einem Punkt S, der als Schwerpunkt des Dreiecks Δ ABC bezeichnet wird. Verifizieren Sie, dass der Punkt S den Ortsvektor → − → − → 1 − → − 0A + 0B + 0C 0S = 3 hat. Zeigen Sie dazu, dass S auf allen drei Seitenhalbierenden liegt. c) In welchem Verhältnis teilt der Schwerpunkt S die Seitenhalbierenden? Hinweise: Fertigen Sie zuerst eine grobe Skizze an, die das Dreieck, seine Eckpunkte, die Seitenhalbierenden und deren Fußpunkte, den Schwerpunkt S und ggf. einige für die Lösung relevante Vektorpfeile zwischen Punkten enthält.

3.2 Lagebeziehungen zwischen zwei Geraden In der Ebene und im Raum können zwei Geraden − → − − g: → x = 0A + r→ u

und

− → − − h: → x = 0B + s→ w

(3.31)

grundsätzlich die folgenden drei Lagebeziehungen haben: • Fall 1: g und h sind identisch, d. h., die gegebenen Parametergleichungen in (3.31) beschreiben ein und dieselbe Gerade. • Fall 2: g und h sind parallel, aber nicht identisch. In diesem Fall sagen wir, dass g und h echt parallel sind. • Fall 3: g und h schneiden sich in genau einem Punkt P. Der Punkt P heißt Schnittpunkt von g und h. Bezüglich der Fälle 1 und 2 sei bemerkt, dass wir diese Fälle bei Bedarf derart zusammenfassen, dass wir zwei Geraden g und h parallel nennen. Parallele Geraden sind folglich entweder identisch2 oder echt parallel. Während die Fälle 1 bis 3 in der Ebene bereits alle möglichen Lagebeziehungen erfassen, gibt es im Raum noch eine vierte Möglichkeit. Denn im Raum kann es sein, dass zwei Geraden nicht parallel sind und sich auch nicht schneiden. Dann liegt die folgende Lagebeziehung vor: • Fall 4: g und h sind windschief. 2

Statt von identischen Geraden g und h kann auch davon gesprochen werden, dass g und h „unecht“ parallel oder „falsch“ parallel sind. Die Identität ist als Sonderfall der Parallelität zu interpretieren. Um zwischen diesen Begrifflichkeiten klar unterscheiden zu können, verwenden wir hier den Begriff echt paralleler Geraden, wenn diese parallel, aber nicht identisch sind.

184

3 Geraden und Ebenen

Ganz elementar lässt sich die Lagebeziehung der Geraden g und h auf die Fragestellung − → − − → − zurückführen, ob die Vektorgleichung 0A + r→ u = 0B + s→ w bzw. → − → − − − r→ u − s→ w = 0B − 0A

(3.32)

lösbar ist und wenn ja, wie viele Lösungen sie hat. Dazu wird die bereits bei anderen Vektorgleichungen verwendete Methode benutzt, Gleichung (3.32) in ein lineares Gleichungssystem umzuschreiben. Beispiel 3.33. Es ist die Lagebeziehung der Geraden         −3 0 1 1 − − +s und h : → x = +r g: → x = −4 6 4 2 zu untersuchen. Gleichung (3.32) hat dann die Gestalt       −1 −3 1 = −s r −4 4 4 und ist äquivalent zu dem folgenden linearen Gleichungssystem: I : r + 3s = −1 II : 4r + 4s = 4 Zu dessen Lösung verwenden wir das Additionsverfahren, wobei die Rechnung II − 4 · I auf die Gleichung −8s = 8 führt. Daraus folgt s = −1. Einsetzen in Gleichung I ergibt r − 3 = −1, d. h. r = 2. Das Gleichungssystem hat die eindeutige Lösung (r; s) = (2; −1). Das bedeutet, dass g und h genau einen gemeinsamen Punkt haben, nämlich ihren Schnitt− → punkt P. Dessen Ortsvektor 0P berechnen wir durch Einsetzen von r = 2 in die Gleichung von g (bzw. alternativ durch Einsetzen von s = −1 in die Gleichung von h). Dies liefert P(3|10).  Beispiel 3.34. Es ist die Lagebeziehung der Geraden         1 3 −5 9 − − g: → x = +r und h : → x = +s 2 4 −6 12 zu untersuchen. Dies führt analog zu Beispiel 3.33 auf das folgende Gleichungssystem: I : 3r − 9s = −6 II : 4r − 12s = −8 Bei der Lösung mit dem Additionsverfahren führt die Rechnung 3 · II − 4 · I auf die allgemeingültige Gleichung 0 = 0. Das bedeutet, dass wir z. B. für s beliebige Werte einsetzen können. Folglich hat das System unendlich viele Lösungen (r; s), wobei r von der Wahl von s abhängt. Die Geraden g und h sind also identisch. 

3.2 Lagebeziehungen zwischen zwei Geraden

185

Beispiel 3.35. Es ist die Lagebeziehung der Geraden         1 3 0 −3 → − → − g: x = +r und h : x = +s 2 4 7 −4 zu untersuchen. Dies führt analog zu Beispiel 3.33 auf das folgende Gleichungssystem: I : 3r + 3s = −1 II : 4r + 4s = 5 Die Verwendung des Additionsverfahrens führt mit der Rechnung 3 · II − 4 · I auf die Gleichung 0 = 19. Das ist ein Widerspruch und folglich ist das Gleichungssystem nicht lösbar. Dies bedeutet, dass g und h keine gemeinsamen Punkte haben. Demzufolge sind die Geraden g und h echt parallel.  Für Geraden in der Ebene sind damit alle möglichen Lagebeziehungen an einem Beispiel demonstriert. Die Rechnungen lassen sich verallgemeinern: Satz 3.36. Gegeben seien in der Ebene die Geraden − → − − g:→ x = 0A + r→ u

und

− → − − h:→ x = 0B + s→ w.

Es sei die zu einem linearen Gleichungssystem mit den Variablen r und s äquivalente Vektorgleichung → − → − − − r→ u − s→ w = 0B − 0A (∗) betrachtet. Für die Lagebeziehung von g und h gilt: a) g und h schneiden sich in genau einem Punkt P, wenn Gleichung (∗) genau eine Lösung (r; s) hat. b) g und h sind identisch, wenn Gleichung (∗) unendlich viele Lösungen (r; s) hat, wobei einer der Parameterwerte vom anderen abhängt. c) g und h sind echt parallel, wenn Gleichung (∗) keine Lösung hat. Die Interpretation der in den Beispielen 3.33 und 3.34 erhaltenen Ergebnisse lassen sich in den Raum übertragen. Etwas mehr Sorgfalt ist im Raum für den Fall notwendig, dass das Gleichungssystem keine Lösung hat. Beispiel 3.37. Es ist die Lagebeziehung der Geraden ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 −1 0 −1 − − g: → x = ⎝ 2 ⎠ + r ⎝ 3 ⎠ und h : → x = ⎝ 1 ⎠ + s ⎝ −3 ⎠ 2 4 7 −4 zu untersuchen. Gleichung 3.32 hat für diese Geraden die Gestalt

186

3 Geraden und Ebenen

⎛

⎞

⎛

⎞

⎛

⎞

−1 −1 −1 r ⎝ 3 ⎠ − s ⎝ −3 ⎠ = ⎝ −1 ⎠ 4 −4 5 und ist äquivalent zu dem folgenden linearen Gleichungssystem: I : −r + s = −1 II : 3r + 3s = −1 III : 4r + 4s = 5 Ein Lösungsversuch:

3 · I + II = IV : 6s = −4 4 · I + II = V : 8s = 1 3 · V − 4 · IV = VI : 0 = 19

Die erhaltene Gleichung VI ist ein Widerspruch, d. h., das Gleichungssystem ist nicht lösbar. Folglich haben g und h keine gemeinsamen Punkte. Anders als bei Geraden in der Ebene können wir hieraus nicht einfach schließen, dass g und h echt parallel sind. Entsteht eine nicht lösbare Gleichung, dann können g und h sowohl echt parallel als auch windschief zueinander liegen. Welche vorliegt, können ⎛ Situation ⎞ ⎛ ⎞wir erst durch Betrachtung −1 −1 − − der Richtungsvektoren → u = ⎝ 3 ⎠ von g und → w = ⎝ −3 ⎠ von h entscheiden. Offen4 −4 − − bar sind → u und → w linear unabhängig und erst aus dieser Feststellung folgt, dass g und h windschief sind.  Beispiel 3.38. Es ist die Lagebeziehung der Geraden ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 −1 0 1 − − g: → x = ⎝ 2 ⎠ + r ⎝ 3 ⎠ und h : → x = ⎝ 1 ⎠ + s ⎝ −3 ⎠ 2 4 7 −4 zu untersuchen. Dies führt analog zu Beispiel 3.37 auf das folgende lineare Gleichungssystem: I : −r − s = −1 II : 3r + 3s = −1 III : 4r + 4s = 5 Die Rechnung 3 · I + II ergibt die Gleichung 0 = −4, und das ein Widerspruch. ⎞ ⎛ ist ⎞ ⎛ Im −1 1 − − Unterschied zu Beispiel 3.38 sind die Richtungsvektoren → u = ⎝ 3 ⎠ bzw. → w = ⎝ −3 ⎠ 4 −4 → − → − linear abhängig, denn es gilt u = − w . Das bedeutet: g und h sind echt parallel.  Für sich schneidende und identische Geraden lässt sich Satz 3.36 a) und b) in den Raum übertragen. Für echt parallele und windschiefe Geraden lassen sich die Rechnungen und Überlegungen aus den Beispielen 3.37 und 3.38 verallgemeinern. Zusammenfassend erhalten wir für die Lagebeziehungen zwischen zwei Geraden im Raum den folgenden Satz:

3.2 Lagebeziehungen zwischen zwei Geraden

187

Satz 3.39. Gegeben seien im Raum die Geraden − → − − g:→ x = 0A + r→ u

und

− → − − h:→ x = 0B + s→ w.

Es sei die zu einem linearen Gleichungssystem mit den Variablen r und s äquivalente Vektorgleichung → − → − − − r→ u − s→ w = 0B − 0A (#) betrachtet. Für die Lagebeziehung von g und h gilt: a) g und h schneiden sich in genau einem Punkt P, wenn Gleichung (#) genau eine Lösung (r; s) hat. b) g und h sind identisch, wenn Gleichung (#) unendlich viele Lösungen (r; s) hat, wobei einer der Parameterwerte vom anderen abhängt. − c) g und h sind echt parallel, wenn Gleichung (#) keine Lösung hat und die Vektoren → u → − und w linear abhängig sind. − d) g und h sind windschief, wenn Gleichung (#) keine Lösung hat und die Vektoren → u → − und w linear unabhängig sind. Im Raum müssen nach Feststellung der Nichtlösbarkeit von Gleichung (3.32) die Richtungsvektoren der Geraden betrachtet werden, um zu entscheiden, ob die Geraden echt parallel oder windschief sind. Alternativ kann man auch mit der Betrachtung der Richtungsvektoren beginnen, die mit den Stützvektoren in Beziehung zu setzen sind. Bei dieser Vorgehensweise wird (außer im Fall sich schneidender Geraden) auf lineare Gleichungssysteme verzichtet und außerdem muss nicht zwischen Geraden in der Ebene und im Raum unterschieden werden. Nachfolgend wird diese Vorgehensweise präsiziert. Der Fall identischer Geraden liegt − − genau dann vor, wenn → u und → w linear abhängig sind. Weiter muss der Stützpunkt A von g auf h und der Stützpunkt B von h auf g liegen. Das ist genau dann der Fall, wenn − → − AB und → u linear abhängig sind (siehe Abb. 66).

− → AB

→ − u A − → 0A

B

→ − w

g=h

− → 0B 0

Abb. 66: Identische Geraden

Satz 3.40. Die in der Ebene (bzw. im Raum) definierten Geraden − → − − g:→ x = 0A + r→ u

und

− → − − h:→ x = 0B + s→ w

sind genau dann identisch, wenn die folgenden Bedingungen a) und b) gleichzeitig erfüllt sind: − − a) → u und → w sind linear abhängig. − → − → → − − b) AB = 0B − 0A und → u sind linear abhängig.

188

3 Geraden und Ebenen

Aus den Bedingungen für identische Geraden lassen sich leicht Bedingungen für echt parallele Geraden herleiten. In diesem Fall ist der Stützpunkt A von g kein Punkt von h. Das lässt sich mithilfe von Vektoren ausdrücken: Ist B der Stützpunkt von h, dann sind bei echt paralle− → len Geraden die Vektoren AB und → − u nicht parallel, also linear unabhängig (siehe Abb. 67). Dies ergibt zusammenfassend:

→ − w

B

h

− → AB → − u

A

g

− → 0A

− → 0B 0

Abb. 67: Echt parallele Geraden

Satz 3.41. Die in der Ebene (bzw. im Raum) definierten Geraden − → − − g:→ x = 0A + r→ u

und

− → − − h:→ x = 0B + s→ w

sind genau dann echt parallel, wenn die folgenden Bedingungen a) und b) gleichzeitig erfüllt sind: − − a) → u und → w sind linear abhängig. − → − → → − − b) AB = 0B − 0A und → u sind linear unabhängig. Schneiden sich in der Ebene die Geraden g und h im Punkt P, dann hat − → − − → − die Gleichung 0A + r→ u = 0B + s→ w genau eine Lösung. Das genügt bereits, um die Lagebeziehung sich schneidender Geraden zu charakterisieren. Ein alternatives Kriterium ist die lineare Unabhängigkeit der Richtungsvektoren, was in der Ebene ein notwendiges und hinreichendes Kriterium zur Charakterisierung sich schneidender Geraden ist.

g − → −u A r u →

P

→ − sw

B − → 0A

→ − 0B

→ − w

h 0

Abb. 68: Zwei sich schneidende Geraden

Satz 3.42. Die in der Ebene definierten Geraden − → − − g:→ x = 0A + r→ u

und

− → − − h:→ x = 0B + s→ w

schneiden sich in einem Schnittpunkt P genau dann, wenn eine der folgenden Bedingungen a) oder b) erfüllt ist: − − a) → u und → w sind linear unabhängig. − → − − → − b) Es gibt genau ein r ∈ R und genau ein s ∈ R mit 0A + r→ u = 0B + s→ w.

3.2 Lagebeziehungen zwischen zwei Geraden

189

Im Raum genügt die lineare Unabhängigkeit der Richtungsvektoren nicht als hinreichendes Kriterium, um die Lagebeziehung sich schneidender Geraden zu charakterisieren. Die lineare Unabhängigkeit der Richtungsvektoren ist im Raum nur ein notwendiges Kriterium, denn die Geraden können auch windschief sein. Im Raum lässt sich deshalb nur Folgendes formulieren: Satz 3.43. Die im Raum definierten Geraden − → − − g:→ x = 0A + r→ u

und

− → − − h:→ x = 0B + s→ w

schneiden sich in einem Schnittpunkt P genau dann, wenn es genau ein r ∈ R und genau − → − − → − ein s ∈ R mit 0A + r→ u = 0B + s→ w gibt. Für den nur im Raum möglichen Fall windschiefer Geraden ist keine der Bedingungen aus den Sätzen 3.40, 3.41 und 3.43 erfüllt. Dies lässt sich wie folgt zusammenfassen: Satz 3.44. Die im Raum definierten Geraden − → − − g:→ x = 0A + r→ u

und

− → − − h:→ x = 0B + s→ w

sind genau dann windschief, wenn die folgenden Bedingungen a) und b) gleichzeitig erfüllt sind: − − a) → u und → w sind linear unabhängig. − → − − → − b) Es gibt kein r ∈ R und kein s ∈ R mit 0A + r→ u = 0B + s→ w.

z h

g

y

x

Abb. 69: Zwei windschiefe Geraden. Zur besseren räumlichen Sichtbarkeit wurden Teile der xy- und yz-Ebene farblich hervorgehoben und außerdem die Durchstoßpunkte der Geraden mit den genannten Koordinatenebenen eingezeichnet.

190

3 Geraden und Ebenen

Sind zwei gegebene Geraden g und h auf ihre Lagebeziehung zu untersuchen, so ist es wenig sinnvoll, „auf gut Glück“ mit der Überprüfung der in den Sätzen 3.40, 3.41, 3.42 bzw. 3.43 oder im Raum zusätzlich in Satz 3.44 genannten Bedingungen zu beginnen. Vielmehr ist es sinnvoll, ein geeignetes Schema von Fragestellungen abzuarbeiten, wie es zum Beispiel in Abb. 70 für die Ebene bzw. in Abb. 71 für den Raum dargestellt ist.

Lagebeziehung der Geraden

− → − − g:→ x = 0A + r→ u

und

− → − − h:→ x = 0B + s→ w

in der Ebene

Sind g und h parallel? ⇔

− − Sind → u und → w linear abhängig?

⇔

− − Gibt es ein k ∈ R mit → u = k→ w? ja

nein

Sind g und h identisch? ⇔

− → − → → − − Sind → u und AB = 0B − 0A linear abhängig? − → − ⇔ Gibt es ein t ∈ R mit → u = t AB? ja

g und h sind identisch.

nein g und h sind echt parallel.

g und h schneiden sich in einem Punkt P.

Abb. 70: Schema zur Ermittlung der Lagebeziehung von Geraden in der Ebene

Beispiel 3.45. In der Ebene ist die Lagebeziehung der Geraden         3 −1 2 5 − − g: → x = +r und h : → x = +s 1 1 1 −5     5 −1 → − → − sind linear abbzw. w = zu untersuchen. Die Richtungsvektoren u = −5 1 − − hängig, denn es gilt → w = −5→ u . Damit sind die Geraden g und h gemäß dem Schema aus Abb. 70 entweder oder echt parallel. Um dies zu entscheiden, betrachten wir den   identisch − → −1 zwischen den Stützpunkten A(3|1) und B(2|1). Dieser ist linear unVektor AB = 0 − → − − abhängig zu → u , denn es gibt kein t ∈ R mit → u = t AB, wie die aus den y-Koordinaten der Vektoren erhaltene Gleichung 1 = 0 zeigt, die einen Widerspruch darstellt. Damit sind die Geraden g und h echt parallel. 

3.2 Lagebeziehungen zwischen zwei Geraden

Lagebeziehung der Geraden

191

− → − − g:→ x = 0A + r→ u

und

− → − − h:→ x = 0B + s→ w

im Raum

Sind g und h parallel? ⇔

− − Sind → u und → w linear abhängig?

⇔

− − Gibt es ein k ∈ R mit → u = k→ w?

ja

nein

Sind g und h identisch? ⇔

Schneiden sich g und h?

− → − → → − − Sind → u und AB = 0B − 0A linear abhängig? − → − ⇔ Gibt es ein t ∈ R mit → u = t AB? ja

g und h sind identisch.

⇔

Gibt es r ∈ R und s ∈ R − → − − → − mit 0A + r→ u = 0B + s→ w ?

nein

ja

g und h sind echt parallel.

g und h schneiden sich in einem Punkt P.

nein g und h sind windschief.

Abb. 71: Schema zur Ermittlung der Lagebeziehung von Geraden im Raum

Beispiel 3.46. In der Ebene ist die Lagebeziehung der Geraden         5 −5 −1 3 → − → − +s und h : x = +r g: x = −5 9 1 1 zu untersuchen. Die lineare Abhängigkeit ihrer ist bereits aus Bei  Richtungsvektoren − → −8 zwischen den Stützpunkten A(3|1) spiel 3.45 bekannt. Weiter ist der Vektor AB = 8 − → − − und B(−5|9) zu betrachten. Dieser ist linear abhängig zu → u , denn es gilt AB = 8→ u . Nach dem Schema in Abb. 70 sind g und h identisch. 

Beispiel 3.47. In der Ebene ist die Lagebeziehung der Geraden         5 2 3 −1 → − → − +s +r und h : x = g: x = −5 1 1 2    5 −1 − sind linear unbzw. → w = −5 2 abhängig, denn es gibt kein k ∈ R mit −k = 5, das gleichzeitig auch die Gleichung 2k = −5 erfüllt. Nach dem Schema aus Abb. 70 schneiden sich g und h in einem Schnittpunkt P. Zur Berechnung der Schnittpunktkoordinaten lösen wir das aus der Gleichung

− zu untersuchen. Die Richtungsvektoren → u =



192

3 Geraden und Ebenen

        5 2 −1 3 hervorgehende lineare Gleichungssystem: +s = +r −5 1 2 1 I : −r − 5s = −1 II : 2r + 5s = 0 Aus II folgt r = − 52 s. Einsetzen in I liefert 52 s − 5s = −1, d.h. − 52 s = −1, also s = 25 . Daraus folgt r = − 52 · 25 = −1. Durch Einsetzen von r = −1 in die Gleichung von g (bzw. alternativ durch Einsetzen von s = 25 in die Gleichung von h) wird der Ortsvektor des Schnittpunkts P(4| − 1) berechnet.  Beispiel 3.48. Im Raum ist die Lagebeziehung der Geraden ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 3 −1 2 5 − − g: → x = ⎝ 1 ⎠ + r ⎝ 1 ⎠ und h : → x = ⎝ 1 ⎠ + s ⎝ −5 ⎠ 1 2 3 −10 ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ −1 5 − − w = ⎝ −5 ⎠ sind linear zu untersuchen. Die Richtungsvektoren → u = ⎝ 1 ⎠ bzw. → −10 2 − − abhängig, denn es gilt → w = −5→ u . Damit sind die Geraden g und h gemäß dem Schema aus Abb. 71 entweder oder echt parallel. Um dies festzustellen, betrachten wir ⎛ identisch ⎞ −1 − → den Vektor AB = ⎝ 0 ⎠ zwischen den Stützpunkten A(3|1|1) und B(2|1|3). Dieser ist 2 − → − − linear unabhängig zu → u , denn es gibt kein t ∈ R mit → u = t AB, wie zum Beispiel die den y-Koordinaten der Vektorgleichung zugeordnete und nicht lösbare Gleichung 1 = 0 · t deutlich zeigt. Folglich sind die Geraden g und h echt parallel.  − → − − Schneiden sich g : → x = 0A + r→ u und − → → → − − h : x = 0B + s w in einem Punkt P, dann liegt es nahe, den Schnittwinkel α zwischen g und h durch den Winkel zwi− − schen den Richtungsvektoren → u und → w zu definieren und zu dessen Berechnung Satz 2.132 zu verwenden. Da bei der Berechnung von Winkeln die Richtung der Vektoren entscheidend ist (vgl. Bemerkung 2.122), muss jedoch zunächst entschieden werden, welcher der mit den Richtungsvektoren der Geraden zusammenhängenden Winkel als Schnittwinkel zwischen den Geraden definiert wird (siehe Abb. 72). Zwischen den Richtungs-

h → − w − −→ u

β2

β1

P → − u g

Abb. 72: Winkelpaar zwischen sich schneidenden Geraden

3.2 Lagebeziehungen zwischen zwei Geraden

193

− − vektoren → u und → w wird der Winkel β1 berechnet. Der Richtungsvektor von Geraden ist nicht eindeutig bestimmt und so kann die Gerade g auch die Parametergleichung − →  − → − − − x = 0A + t − → u haben. Zwischen den Richtungsvektoren −→ u und → w wird der Winkel β2 = 180◦ − β1 berechnet. Damit kann sowohl β1 und β2 als Schnittwinkel zwischen den Geraden g und h definiert werden.     1 1 → − → − schneiden sich im Koordiund h : x = s Beispiel 3.49. Die Geraden g : x = r 1 0

 natenursprung. Nach Satz 2.132 berechnen wir den Winkel β1 = arccos √12 = 45◦ zwischen den Richtungsvektoren. Eine andere Darstellung der Gerade g wird durch die Glei  

−1 → − gegeben. Weiter berechnen wir mit β2 = arccos − √12 = 135◦ chung g : x = r 0     1 −1 .  und den Winkel zwischen den Richtungsvektoren 1 0 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 1 − − Beispiel 3.50. Die Geraden g : → x = r ⎝ 1 ⎠ und h : → x = s ⎝ 0 ⎠ schneiden sich im Ko0 1   ordinatenursprung. Nach Satz 2.132 berechnen wir den Winkel β1 = arccos 21 = 60◦ zwischen den Richtungsvektoren. Eine andere Darstellung der Gerade g wird durch die ⎛ ⎞ −1 − Gleichung g : → x = r ⎝ 0 ⎠ gegeben. Der Winkel zwischen dem Richtungsvektor von h −1   und dem Richtungsvektor der alternativen Gleichung von g ist β2 = arccos − 12 = 120◦ .  Allgemein üblich ist in der Ebene und im Raum die folgende Festlegung, die sich im Zusammenhang mit Winkelberechnungen als sinnvoll und verträglich erweist: Definition 3.51. Gegeben seien die Geraden g und h. Schneiden sich g und h in einem Punkt P, dann schließen sie dort zwei Scheitelwinkel β und 180◦ − β miteinander ein. Denjenigen dieser beiden Winkel, der 90◦ nicht überschreitet bezeichnet man als Schnittwinkel der Geraden g und h. Aus der Definition des Schnittwinkels folgt eine erste Berechnungsmöglichkeit: − → − − → − − − Satz 3.52. Seien g : → x = 0A+r→ u und h : → x = 0B+s→ w zwei sich schneidende Geraden. Außerdem sei  →  − − u •→ w β := arccos → . − |− u | · |→ w| Für den Schnittwinkel α von g und h gilt:  β , falls 0◦ ≤ β ≤ 90◦ α = ◦ 180 − β , falls 90◦ < β ≤ 180◦

194

3 Geraden und Ebenen

Beispiel 3.53. Der Schnittwinkel zwischen den Geraden g und h aus Beispiel 3.49 ist α = 45◦ . Der Schnittwinkel zwischen den Geraden g und h aus Beispiel 3.50 ist α = 60◦ .  ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2 1 − − − − Beispiel 3.54. Die Geraden g : → x = r→ u = r ⎝ 2 ⎠ und h : → x = s→ w = s ⎝ −1 ⎠ schnei1 1 den sich im Koordinatenursprung. Nach Satz 3.52 berechnen wir den Schnittwinkel 



→ − − u •→ w 1 √ = arccos ≈ 78, 9◦ zwischen den Geraden g und h. α = arccos |→  − → − u |·| w | 3 3 ⎛

⎞ ⎛ ⎞ 3 0 − − − − Beispiel 3.55. Die Geraden g : → x = r→ u = r ⎝ −4 ⎠ und h : → x = s→ w = s ⎝ 7 ⎠ schneiden 3

4 

sich im Koordinatenursprung. Mit β = arccos

→ − − u •→ w − − |→ u |·|→ w|

= arccos

√ −16 √ 41 58

≈ 109, 15◦

berechnen wir zunächst den Winkel zwischen den Richtungsvektoren der Geraden. Wegen β > 90◦ ist das aber nicht der Schnittwinkel zwischen den Geraden. Dies ist der Winkel  α = 180◦ − β ≈ 70, 85◦ . Eine kompaktere und kürzere Berechnungsformel erhalten wir, wenn wir die Gleichung cos(180◦ − β ) = − cos(β )

(3.56)

verwenden, die für alle 0 ≤ β ≤ 180◦ gilt. Für 90◦ < β ≤ 180◦ gilt − → − u •→ w cos(β ) = → ≤ 0, − → | u | · |− w| womit nach Einsetzen in (3.56) → − − u •→ w ≥ 0 cos(180◦ − β ) = − cos(β ) = − → − − | u | · |→ w|

(3.57)

folgt. Für 90◦ < β ≤ 180◦ gilt 0◦ ≤ 180◦ − β < 90◦ , und α := 180◦ − β ist gemäß Definition 3.51 der Schnittwinkel zwischen zwei Geraden g und h. Folglich ist (3.57) nach Anwendung der Definition der Betragsfunktion für 90◦ < β < 180◦ äquivalent zu   → − − −  − |→ u •→ w| u •→ w  = → cos(α) = cos(180◦ − β ) =  → . (3.58) − → − − −  | u |·|w| | u | · |→ w| Für 0 ≤ α ≤ 90◦ halten wir fest: → − − u •→ w cos(α) = → ≥ 0 − → | u | · |− w|

(3.59)

Fassen wir (3.58) und (3.59) zusammen, dann erhalten wir eine komfortable Möglichkeit zur Berechnung des Schnittwinkels α zweier Geraden.

3.2 Lagebeziehungen zwischen zwei Geraden

195

− → − − → − − − Satz 3.60. Seien g : → x = 0A+r→ u und h : → x = 0B+s→ w zwei sich schneidende Geraden. Für den Schnittwinkel α von g und h gilt:  →  − − − |− |→ u •→ w| u •→ w| cos(α) = → bzw. α = arccos − − − |− |→ u | · |→ w| u | · |→ w| ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 5 −4 − − − − Beispiel 3.61. Die Geraden g : → x = r→ u = r ⎝ 2 ⎠ und h : → x = s→ w = s ⎝ 1 ⎠ schnei8 −3 den sich im Koordinatenursprung. Gemäß Satz 3.60 berechnen wir den Schnittwinkel 

 √ √ 42√ = arccos ≈ 31, 34◦ . Die Alternative gemäß Satz 3.52 α = arccos √|−42| 93 26 93 26 verlangt wieder einen zusätzlichen Schritt, denn damit wird zunächst der Nebenwinkel β ≈ 148, 66◦ zum Schnittwinkel α = 180◦ − β ≈ 31, 34◦ berechnet.  Aufgaben zum Abschnitt 3.2 Aufgabe 3.2.1: a) Begründen Sie, dass die Geraden ) *   5 1 → − +r g: x = −1 −7

und

− h:→ x =

5

echt parallel sind. − b) Die Geraden g : → x =



7 14



 +r

2 −3



) *   − 10 0 7 +s 2 1 5

− und h : → x =



9 18





−1 +s 5

 schneiden sich

in einem Punkt P. Berechnen Sie die Koordinaten des Schnittpunkts P.     c 5 → − und +r c) Kann c ∈ R so gewählt werden, dass durch die Gleichungen x = 1 5     9 −1 → − die gleiche Gerade g beschrieben wird? +s x = c c Aufgabe 3.2.2: Geben Sie eine Parametergleichung der in der Ebene liegenden Geraden g und h an und untersuchen Sie die Lagebeziehung zwischen beiden Geraden. Falls sich g und h schneiden, dann geben Sie die Koordinaten des Schnittpunkts S an und berechnen Sie den Schnittwinkel. a) g geht durch die Punkte A(1|2) und B(8|7), h durch P(−20| − 13) und Q(36|27). b) g geht durch die Punkte A(−1|3) und B(3| − 1), h durch P(7| − 3) und Q(−5|9). c) g geht durch die Punkte A(1| − 3) und B(−3|1), h durch P(0|2) und Q(2|4).   1 − . d) g geht durch den Punkt A(−4|2) und verläuft parallel zum Vektor → u = 1  −2 − . h geht durch den Punkt P(5| − 3) und verläuft parallel zum Vektor → w= 4

196

3 Geraden und Ebenen

Aufgabe 3.2.3: Beweisen Sie die folgenden Behauptungen für die Geraden g und h: ⎞ ⎞ ⎞ ⎞ ⎛ ⎛ ⎛ ⎛ −1 −1 16 3 schneiden sich im − − a) g : → x = ⎝ 3 ⎠ + r ⎝ 2 ⎠ und h : → x = ⎝ −11 ⎠ + s ⎝ −2 ⎠ Punkt P(1| − 1|1). 7 3 6 1 ⎛ 25 ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ 1⎞ 1 5 2 3 → − → − c) g : x = ⎝ 2 ⎠ + r ⎝ 15 ⎠ und h : x = ⎝ 0 ⎠ + s ⎝ 25 ⎠ sind echt parallel. 3 9 15 −7 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ 3 ⎞ ⎛ ⎞ 5 1 −5 4 − − c) g : → x = ⎝ 8 ⎠ + r ⎝ 2 ⎠ und h : → x = ⎝ −12 ⎠ + s ⎝ 8 ⎠ sind identisch. 11 3 −19 12 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 11 4 −1 7 − − d) g : → x = ⎝ 0 ⎠ + r ⎝ 5 ⎠ und h : → x = ⎝ 1 ⎠ + s ⎝ 8 ⎠ sind windschief. 3 6 3 9 ⎞ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎛ ⎞ ⎛ 1 2 13 −1 − − x = ⎝ 4 ⎠ + s ⎝ −1 ⎠ sind windschief. e) g : → x = ⎝ 8 ⎠ + r ⎝ 2 ⎠ und h : → 2 3 0 −17 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2 1 3 −2 − − f) g : → x = ⎝ 2 ⎠ + r ⎝ −2 ⎠ und h : → x = ⎝ 0 ⎠ + s ⎝ 4 ⎠ sind identisch. 0 5 5 −10 ⎛ ⎞ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ −9 36 38 2 − → x = ⎝ 32 ⎠ + s ⎝ 3 ⎠ sind echt parallel. g) g : − x = ⎝ 2 ⎠ + r ⎝ −12 ⎠ und h : → 96 33 −24 1 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −27 2 −30 −3 schneiden sich im − − h) g : → x = ⎝ −10 ⎠ + r ⎝ 1 ⎠ und h : → x = ⎝ 65 ⎠ + s ⎝ 7 ⎠ Punkt P(−3|2|17). 77 −5 26 1 Aufgabe 3.2.4: Gegeben seien die Punkte A(1|2|3) und B(−9|7|12) sowie die Vektoren ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2 7 −11 → − −v = ⎝ −3 ⎠ und → − u = ⎝1⎠ , → w = ⎝ 10 ⎠ . 0 2 12 − − Berechnen Sie den Winkel α zwischen den Vektoren → u und → v. − → → − → − → − − − x = 0A + s→ v? In welchem Punkt schneiden sich g1 : x = 0A + r u und g2 : → Berechnen Sie den Schnittwinkel β der Geraden g1 und g2 ? − − Berechnen Sie den Winkel γ zwischen den Vektoren → v und → w. − → − → − → − → − − Berechnen Sie den Schnittwinkel δ von h1 : x = 0B + k v und h2 : → x = 0B + t → w. − − Berechnen Sie den Winkel ε zwischen den Vektoren → u und → w. Geben Sie eine Gleichung der Gerade g3 an, welche die Gerade h2 in B schneidet und zur Gerade g1 echt parallel ist. Berechnen Sie den Schnittwinkel ϕ von g3 und h2 . h) Schneiden sich die Geraden g1 und h1 ? Falls ja, dann berechnen Sie den Schnittwinkel.

a) b) c) d) e) f) g)

3.2 Lagebeziehungen zwischen zwei Geraden

197

Aufgabe 3.2.5: Geben Sie eine Gleichung der Geraden g und h an und untersuchen Sie die Lagebeziehung zwischen beiden Geraden. Falls sich g und h schneiden, dann geben Sie die Koordinaten des Schnittpunkts S an und berechnen Sie den Schnittwinkel. a) g geht durch die Punkte A(1|2|0) und B(8|7|8), h durch die Punkte P(−5| − 1| − 5) und Q(16|14|19). b) g geht durch die Punkte A(−1|1| − 1) und B(2| − 2|2), h durch die Punkte P(8| − 8|8) und Q(−10|10| − 10). c) g geht durch die Punkte A(1|1| − 3) und B(3| − 3|1), h durch die Punkte P(1|0|2) und Q(−1|2|4).

⎛

⎞ 3 − d) g geht durch den Punkt A(1|2|3) und verläuft parallel zum Vektor → u = ⎝ 4 ⎠. −2 ⎛ ⎞ −6 → − h geht durch den Punkt P(−14|2| − 1) und verläuft parallel zum Vektor w = ⎝ 2 ⎠. −3 ⎞ −1 − a) Unter welchen Winkeln schneidet g : → x = r ⎝ 2 ⎠ die Koordinatenachsen? 3 b) Die Geraden g und h schneiden sich im Punkt P(2| − 1|4), g geht durch A(−2|3|1), h verläuft durch B(−1| − 4|6). Bestimmen Sie den Schnittwinkel von g und h. Aufgabe 3.2.6:

⎛

Aufgabe 3.2.7: a) Für welche c ∈ R schließt die Ursprungsgerade durch den Punkt A(2|4|c) mit der y-Achse einen Winkel von 45◦ ein? √ b) Bestimmen Sie c ∈ R so, dass die Gerade durch A(3| 2|c) die x-Achse bei x = 6 unter einem Winkel von 60◦ schneidet. c) Bestimmen Sie c ∈ R so, dass die Gerade durch A(c|1|3) die x-Achse bei x = 2 unter einem Winkel von 60◦ schneidet. d) Kann c ∈ R so gewählt werden, dass die Gerade durch A(c|1|c − 1) die z-Achse bei z = −3 unter einem Winkel von 45◦ schneidet? e) Wie muss c ∈ R gewählt werden, damit die Gerade durch A(c + 1|c|2) die y-Achse bei y = 3 unter einem Winkel von 30◦ schneidet? Aufgabe 3.2.8: Die Gerade g geht durch die Punkte A und B, die Gerade h durch die Punkte C und D. Weisen Sie nach, dass sich g und h schneiden. In welchem Verhältnis teilt der Schnittpunkt S die Strecken AB und CD? a) A(0|0|4), B(10|5| − 1), C(3|9|10), D(9| − 3| − 8) b) A(0| − 1|3), B(6|11| − 1), C(0| − 1| − 1), D(6|11|5)

198

Aufgabe 3.2.9: Gegeben seien die Geraden ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 5 2 − g:→ x = ⎝ 3q ⎠ + r ⎝ 2 ⎠ und 16 4

3 Geraden und Ebenen

⎛

⎞ ⎛ ⎞ 1 4 − c⎠ . h:→ x = ⎝ 0 ⎠+s⎝ 6q 4+c

Wie müssen c, q ∈ R gewählt werden, damit g und h a) b) c) d)

identisch, echt parallel, windschief sind bzw. genau einen Punkt gemeinsam haben?

Aufgabe 3.2.10: Die Skizze in Abb. 73 zeigt ein gerades Prisma mit der quadratischen Grundfläche 0BCD. Die Kante BC hat die Länge 3 LE, die Kante CG misst 13 LE. Mit M sei der Mittelpunkt der Kante CG bezeichnet. a) Auf der Kante 0E liegt der Punkt P(0|0|2). Geben Sie die Koordinaten der Punkte B und M an und weisen Sie nach, − → −→ dass die Vektoren PB und PM orthogonal sind. b) Durch die Punkte P und M geht die Gerade g1 , durch die Punkte B und H geht die Gerade g2 . Untersuchen Sie die gegenseitige Lage der Geraden g1 und g2 . c) Auf der Kante DH existiert ein Punkt Q derart, dass die Gerade g3 , die durch B und Q geht, von der Gerade g1 geschnitten wird. Berechnen Sie die z-Koordinate des Punkts Q, und geben Sie die Koordinaten des Schnittpunkts S von g1 und g3 an. d) Berechnen Sie den Schnittwinkel der Raumdiagonalen BH und FD.

z E

H

F

G

M

P D

0 B

x

y C

Abb. 73

Aufgabe 3.2.11: Gegeben seien die Punkte A(3| − 5| − 15), B(2|4| − 1), C(8|10| − 7) und die Gerade ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −2 3 − g:→ x = ⎝ −20 ⎠ + t ⎝ −1 ⎠ . −23 2 a) Geben Sie eine Gleichung der Gerade h an, die durch die Punkte B und C verläuft. Weisen Sie nach, dass h windschief zu g liegt. b) Die Höhe ha auf der Seite BC des Dreiecks Δ ABC zerlegt das Dreieck in zwei Teildreiecke. Das flächenmäßig größere der Teildreiecke rotiert um ha . Zeigen Sie, dass F(4|6| − 3) Höhenfußpunkt von ha ist. Berechnen Sie außerdem das Volumen des entstehenden Rotationskörpers.

3.2 Lagebeziehungen zwischen zwei Geraden

199

Aufgabe 3.2.12: Gegeben sei ein Dreieck Δ ABC mit den Eckpunkten A(1|2|4), B(5|0|1) und C(5|7|1). a) Berechnen Sie die Innenwinkel und die Seitenlängen des Dreiecks. b) Die Höhe ha beginnt im Punkt A und ihr Fußpunkt Fa liegt auf der Seite BC. Die Höhe hb beginnt im Punkt B und ihr Fußpunkt Fb liegt auf der Seite AC. Geben Sie die Parametergleichungen der Geraden an, auf denen die Höhen ha und hb liegen. Bestimmen Sie die Koordinaten der zu ha und hb zugehörigen Höhenfußpunkte und bestimmen Sie den Schnittpunkt S der Geraden. Hinweis: Die Höhen in ein einem Dreieck stehen senkrecht auf den jeweiligen Seiten. c) Zeigen Sie, dass die Gerade durch die Punkte C und S die Dreiecksseite AB orthogonal schneidet. d) Nennen Sie zwei verschiedene Methoden zur Bestimmung des Flächeninhalts des Dreiecks und berechnen Sie ihn für das Dreieck Δ ABC nach einer der beiden Methoden. Aufgabe ⎛ 3.2.13: ⎞ Gegeben sind die Punkte P(2|−1|3), Q(6|−3|9) und für t ∈ R der Vektor 8 → − bt = ⎝ −2 ⎠. Weisen Sie nach, dass die Gerade durch die Punkte P und Q mit jeder t → − − x = r b stets denselben Schnittpunkt hat. Gerade der Ursprungsgeradenschar g : → t

t

Aufgabe 3.2.14: Seien A, B und C die Punkte eines beliebigen Dreiecks Δ ABC. a) Weisen Sie nach, dass sich die Seitenhalbierenden in einem Schnittpunkt S (dem Schwerpunkt des Dreiecks) schneiden. b) Geben Sie eine Berechnungsformel zur Berechnung der Koordinaten von S an. Hinweis: Dies ist eine anspruchsvollere Variante von Aufgabe 3.1.27. Im Unterschied zu Aufgabe 3.1.27 soll hier die Formel zur Berechnung des Schwerpunkts S hergeleitet werden, was über die Untersuchung der Lagebeziehung der Seitenhalbierenden erfolgt.

200

3 Geraden und Ebenen

3.3 Ebenengleichungen Obwohl wir uns im Alltag über mathematische Zusammenhänge in der Regel keine Gedanken machen, begegnen uns Ebenen oder zumindest Teilstücke davon in vielfältiger Weise. Es folgen hier einige Beispiele: • Die Flächen eines Dachs können als Teil einer Ebene aufgefasst werden. • Der Klassiker im Physikunterricht ist die schiefe Ebene. • Im Braunkohlentagebau erzeugen Eimerkettenbagger bei der Freilegung des Kohleflözes eine schräg in den Boden getriebene ebene Fläche. • Im Landschaftsbau werden im hügeligen Gelände Flächenstücke durch Dreiecke oder Vierecke angenähert, die näherungsweise als Teil einer Ebene aufgefasst werden. • Im Industriedesign werden Ebenen verwendet, um spezielle Formen wie zum Beispiel Pyramiden zu gestalten. Was unter einer ebenen Fläche bzw. einer Ebene zu verstehen ist, sollte anschaulich und intuitiv klar sein. Mathematisch kann eine Ebene grob wie folgt definiert werden: Definition 3.62. Eine Ebene E ist die Menge aller Punkte des Raums derart, dass die Punkte jeder Gerade durch zwei beliebige Punkte aus E ebenfalls in E liegen. Doch wie lassen sich Ebenen mithilfe einer mathematischen Gleichung beschreiben? Wir werden in diesem Abschnitt sehen, dass es verschiedene Darstellungsformen für solche Gleichungen gibt.

3.3.1 Parameterform der Ebenengleichung Als Ausgangspunkt betrachten wir mit der xy-Ebene eine der bisher nur nebenbei verwendeten Koordinatenebenen. Alle Punkte P, die in der xy-Ebene liegen, hatten wir im Abschnitt 2.1 in der Menge 

 E = P(x|y|0)  x, y ∈ R (3.63) zusammengefasst. Mithilfe des Vektorbegriffs können wir E alternativ auch als Menge der zu jedem Ebenenpunkt P zugehörigen Ortsvektoren ausdrücken, d. h. ⎧  ⎫ ⎛ ⎞  x ⎨ ⎬  − → E = P ∈ R3  0P = ⎝ y ⎠ , x, y ∈ R . (3.64) ⎩ ⎭  0 Solche Darstellungen sind theoretisch für jede beliebige Ebene möglich. Jedoch sind die Darstellungen (3.63) und (3.64) für praktische Rechnungen nicht hilfreich, denn sie gestatten es zum Beispiel nicht, rechnerisch zwischen zwei Punkten der Ebene zu „navigieren“. Außerdem erlauben es die Darstellungen auch nicht, zwei oder mehr Ebenen zueinander in Beziehung zu setzen, um zum Beispiel ihre gegenseitige Lage oder ihre Schnittmengen zu ermitteln. Dazu ist die Beschreibung einer Ebene durch eine Gleichung zweckmäßig.

3.3 Ebenengleichungen

201

Zur Herleitung einer Gleichung für die xy-Ebene betrachten wir zum Beispiel die Punkte P1 (0|0|0), P2 (1|0|0) und P3 (0|1|0). Jeden anderen Punkt Q(x|y|0) der xy-Ebene können wir − → mithilfe seines Ortsvektors 0Q beschreiben, den wir als Linearkombination der Vektoren −−→ −−→ P1 P2 und P1 P3 erhalten können, denn mit r = x und s = y gilt: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 0 − → −−→ −−→ (3.65) 0Q = rP1 P2 + sP1 P3 = r ⎝ 0 ⎠ + s ⎝ 1 ⎠ 0 0 Die Wahl der Punkte P1 , P2 und P3 ist willkürlich. Alternativ lässt sich auch mit P1 (1|1|0), P2 (2|2|0) und P3 (0|2|0) der Ortsvektor von Q(x|y|0) berechnen, wozu in der folgenden Vektorgleichung r = 12 (x + y) − 1 und s = 12 (y − x) eingesetzt werden muss: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 1 −1 − → −→ −−→ −−→ (3.66) 0Q = 0P1 + rP1 P2 + sP1 P3 = ⎝ 1 ⎠ + r ⎝ 1 ⎠ + s ⎝ 1 ⎠ 0 0 0 Die Gleichungen (3.65) und (3.66) zeigen, dass die Darstellung des Ortsvektors eines Ebenenpunkts Q nicht eindeutig ist. Bei der Auswahl der Ebenenpunkte ist aber Sorgfalt geboten, denn zum Beispiel mit P1 (1|1|0), P2 (2|2|0) und P3 (3|3|0) gelingt es nicht, jeden beliebigen Punkt der xy-Ebene ausgehend von P1 zu ermitteln, wie die folgende Rechnung zeigt: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 1 2 − → −→ −−→ −−→ 0Q = 0P1 + rP1 P2 + sP1 P3 = ⎝ 1 ⎠ + r ⎝ 1 ⎠ + s ⎝ 2 ⎠ 0 0 0 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 1 1 1 1 = ⎝ 1 ⎠ + r ⎝ 1 ⎠ + 2s ⎝ 1 ⎠ = ⎝ 1 ⎠ + (r + 2s) ⎝ 1 ⎠ 0 0 0 0 0 Setzen wir t := r + 2s, dann zeigt die Gleichung ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 1 − → 0Q = ⎝ 1 ⎠ + t ⎝ 1 ⎠ , 0 0

(3.67)

dass wir damit nur eine Teilmenge der xy-Ebene beschreiben können, nämlich alle Punkte Q(x|x|0), die auf einer Gerade liegen. Die Punkte P1 , P2 und P3 müssen folglich so gewählt −−→ −−→ werden, dass sie nicht auf einer Gerade liegen, d. h., die Vektoren P1 P2 und P1 P3 müssen linear unabhängig sein. Die Gleichungen (3.65) und (3.66) zeigen außerdem, dass man zur Konstruktion einer Gleichung für die xy-Ebene drei Zutaten benötigt, nämlich einen in der xy-Ebene liegenden − − Punkt P und zwei linear unabhängige Vektoren → u und → v . Der Ortsvektor jedes Punkts − → → − Q der xy-Ebene lässt sich als Linearkombination von 0P, − u und → v darstellen. Dieses Konstruktionsprinzip lässt sich auf beliebige Ebenen übertragen.

202

3 Geraden und Ebenen

− − Definition 3.68. Sei E eine Ebene und P ein Punkt der Ebene E. Weiter seien → u und → v zwei linear unabhängige Vektoren derart, dass es Punkte A und B in der Ebene E gibt, − → → − −v = − für die → u = PA bzw. → PB gilt. Dann heißt die Darstellung − → − − − E :→ x = 0P + r→ u + s→ v , r, s ∈ R Parametergleichung der Ebene E. Weitere Bezeichnungen: − → − • → x = 0Q ist der Ortsvektor zu einem beliebigen Punkt Q der Ebene E. − → • P heißt Stützpunkt von E, entsprechend heißt 0P Stützvektor. − − • → u und → v heißen Richtungsvektoren. • r und s heißen Parameter. − → − −v spannen die Ebene E auf. u und → Man sagt auch: 0P, →

E → − v P

E − s→ v

→ − u

P

− → 0P

− → 0P

z x

x

−v → − → r u +s − r→ u

Q − s→ v

− → 0Q

z y

− r→ u

y

Abb. 74: Grundausstattung zur Konstruktion einer Parametergleichung einer Ebene E (links) und rechnerischer Weg vom Stützpunkt P zu einem Punkt Q in E (rechts)

Bemerkung 3.69. Analog zu vektoriellen Geradengleichungen werden wir im Folgenden bis auf wenige Ausnahmen nicht extra notieren, dass die beiden Parameter in einer Parametergleichung von E Elemente der reellen Zahlen sind, sondern setzen dies stillschweigend voraus.  Definition 3.68 lässt verschiedene Möglichkeiten erkennen, auf welche Weise eine Ebene festgelegt werden kann. Satz 3.70. Sei E eine Ebene im dreidimensionalen Raum. a) A, B und C seien nicht auf einer Gerade liegende Punkte von E. Die Darstellung − → − → − → − E :→ x = 0A + rAB + sAC heißt Dreipunktegleichung der Ebene E.

3.3 Ebenengleichungen

203

− → − − → − − − b) g : → x = 0A + r→ u und h : → x = 0B + s→ v seien Geraden im Raum, die sich in einem Punkt P schneiden. Dann wird durch g und h eine Ebene definiert: − → − − − E :→ x = 0P + r→ u + s→ v − → − − → − − − c) g : → x = 0A + r→ u und h : → x = 0B +t → v seien echt parallele Geraden im Raum. Dann wird durch g und h eine Ebene definiert: − → − − → − E :→ x = 0A + r→ u + sAB Die Aussagen von Satz 3.70 lassen sich leicht beweisen, indem man die Voraussetzungen überprüft bzw. Ortsvektoren und Richtungsvektoren in Definition 3.68 einsetzt. Wir illustrieren Satz 3.70 durch die folgenden Beispiele: Beispiel 3.71. Gesucht ist eine Parametergleichung der Ebene E, in der⎛die Punkte ⎞ 7 − → ⎝ 6 ⎠ und A(1| − 3|5), B(8|3| − 1) und C(0| − 3|1) liegen. Die beiden Vektoren AB = −6 ⎞ ⎛ −1 − → AC = ⎝ 0 ⎠ sind linear unabhängig und können folglich als Richtungsvektoren der ge−4 suchten Ebene verwendet werden. Wir erhalten damit die folgende Ebenengleichung: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 7 −1 − E :→ x = ⎝ −3 ⎠ + r ⎝ 6 ⎠ + s ⎝ 0 ⎠  5 −6 −4 Beispiel 3.72. Gesucht ist eine Gleichung der Ebene E, in der die Geraden ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −2 1 3 −1 − − g:→ x = ⎝ −2 ⎠ + r ⎝ 1 ⎠ und h : → x = ⎝ 3 ⎠ + s ⎝ −1 ⎠ −2 1 −3 1 liegen. Leicht überzeugt man sich, dass sich g und h im Koordinatenursprung schneiden. Nach Satz 3.70 wird die Ebene durch die Gleichung ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 −1 − E :→ x = r ⎝ 1 ⎠ + s ⎝ −1 ⎠ 1 1 definiert. Als Stützpunkt der Ebene kann auch jeder andere Punkt von E verwendet werden, zum Beispiel der auf g liegende Punkt P(−2| − 2| − 2). Diese Überlegung liefert die alternative Gleichung ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −2 1 −1 − E :→ x = ⎝ −2 ⎠ + r ⎝ 1 ⎠ + s ⎝ −1 ⎠ .  −2 1 1

204

3 Geraden und Ebenen

Beispiel 3.73. Gesucht ist eine Gleichung der Ebene E, in der die echt parallelen Geraden ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2 4 −6 8 − − g:→ x = ⎝ 5 ⎠ + r ⎝ 0 ⎠ und h : → x = ⎝ 3 ⎠+t ⎝ 0 ⎠ 9 1 12 2 liegen. Der Stützpunkt von g ist A(2|5|9) und der Stützpunkt von h ist B(−6|3|12). ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ Als 4 −8 − → − Richtungsvektoren der Ebene können die Vektoren → u = ⎝ 0 ⎠ und AB = ⎝ −2 ⎠ ver1 3 wendet werden, d. h. ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −8 2 4 − E :→ x = ⎝ 5 ⎠ + r ⎝ 0 ⎠ + s ⎝ −2 ⎠ . 9 1 3 Eine mögliche Alternative ist zum Beispiel ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −6 8 8 − E :→ x = ⎝ 3 ⎠+r⎝ 0 ⎠+s⎝ 2 ⎠ . 12 2 −3



Bemerkung 3.74. Wie das einführende Beispiel zur xy-Ebene und die Beispiele 3.71 bis 3.73 zeigen, kann eine Ebene E verschiedene Parametergleichungen haben. Man kann zum Beispiel einen anderen Punkt von E als Stützpunkt oder zwei andere linear unabhängige − − Richtungsvektoren → u∗ und → v∗ wählen. Die Richtungsvektoren müssen so gewählt werden, − −v , → − − − − dass sie dieselbe Ebene E aufspannen. Das ist der Fall, wenn → u ,→ u∗ und → u ,→ v ,→ v∗ jeweils komplanar sind.  Definition 3.75. Eine Ebene E ist eine Menge von Punkten (siehe Definition 3.62). Aus diesem Grund sind die folgenden Schreibweisen gerechtfertigt: Q ∈ E, falls Q in E liegt bzw. Q ∈ / E, falls Q nicht in E liegt. In Anwendungen wird man mit der Frage konfrontiert, ob ein Punkt P in einer Ebene E liegt oder nicht. Man spricht in diesem Zusammenhang auch von der Punktprobe. Die Vorgehensweise der dazu notwendigen Rechnungen wird durch den folgenden Satz motiviert: − → − − − Satz 3.76. Gegeben sei eine Ebene E : → x = 0P + r→ u + s→ v , r, s ∈ R. a) Zu jedem Punkt Q ∈ E gibt es genau ein Wertepaar (r; s) = (r∗ ; s∗ ) mit − → − → − − u + s∗ → v . 0Q = 0P + r∗ → b) Zu jedem Wertepaar (r; s) gibt es genau einen Punkt Q ∈ E. − → − → − − c) Für jeden Punkt Q ∈ / E gilt 0Q = 0P + r→ u + s→ v für alle r, s ∈ R.

3.3 Ebenengleichungen

205

Beispiel 3.77. Gegeben sei die Ebene ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 −1 1 − E :→ x = ⎝ 2 ⎠ + r ⎝ −1 ⎠ + s ⎝ 2 ⎠ . 3 1 0 Wir wollen untersuchen, ob die Punkte Q1 (3|7|4) und Q2 (3| − 7|4) in E liegen. Für Q1 betrachten wir die folgende Gleichung: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 3 1 −1 1 −1 1 2 ⎝ 7 ⎠ = ⎝ 2 ⎠ + r ⎝ −1 ⎠ + s ⎝ 2 ⎠ ⇔ r ⎝ −1 ⎠ + s ⎝ 2 ⎠ = ⎝ 5 ⎠ (∗) 4 3 1 0 1 0 1 Dies schreiben wir um zu einem linearen Gleichungssystem: I : −r + s = 2 II : −r + 2s = 5 III : r =1 Aus Gleichung III folgt sofort r = 1. Einsetzen in Gleichung I liefert −1 + s = 2, also s = 3. Da r = 1 und s = 3 auch die zweite Gleichung lösen, ist (r; s) = (1; 3) die Lösung des linearen Gleichungssystems, d. h., die Gleichung (∗) ist eindeutig lösbar und folglich ist Q1 ∈ E. Für Q2 betrachten wir die folgende Gleichung: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 3 1 −1 1 −1 1 2 ⎝ −7 ⎠ = ⎝ 2 ⎠ + r ⎝ −1 ⎠ + s ⎝ 2 ⎠ ⇔ r ⎝ −1 ⎠ + s ⎝ 2 ⎠ = ⎝ −9 ⎠ (#) 4 3 1 0 1 0 1 Dies schreiben wir um zu einem linearen Gleichungssystem: I : −r + s = 2 II : −r + 2s = −9 III : r 1 Wie eben folgen aus der ersten und dritten Gleichung r = 1 und s = 3. Diese Werte lösen aber nicht Gleichung II, wo sich nach Einsetzen der Widerspruch 5 = −9 ergibt. Das Gleichungssystem bzw. die Vektorgleichung (#) ist nicht lösbar und folglich ist Q2 ∈ / E. 

Aufgaben zum Abschnitt 3.3.1 Aufgabe 3.3.1: Bestimmen Sie (falls möglich) eine Parametergleichung der Ebene durch die Punkte A, B und C: a) A(1|2|3), B(2| − 3|1), C(1|1|1) c) A(1|2|3), B(5| − 6|7), C(3| − 2|5) e) A(2| − 1|4), B(6|5|12), C(8|8|16)

b) A(2|0|0), B(0| − 2|0), C(0|0|2) d) A(0|0|0), B(3|2|1), C(1|0|2) f) A(1|1|1), B(2|3|4), C(5|9|t), t ∈ R

206

3 Geraden und Ebenen

Aufgabe 3.3.2: Bestimmen Sie (falls möglich) eine Parametergleichung der Ebene, welche − −v besitzt und den Punkt A enthält: die Richtungsvektoren → u und → ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 5 14 − −v = ⎝ 3 ⎠ a) A(−1|2|4), → u = ⎝ −7 ⎠, → 12 1 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −1 −5 − −v = ⎝ −6 ⎠ b) A(3| − 11|9), → u = ⎝ 2 ⎠, → 8 −1 ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ −18 72 − −v = ⎝ 9 ⎠ c) A(5|5| − 5), → u = ⎝ −36 ⎠, → −3 12 Aufgabe 3.3.3: Geben Sie jeweils eine Parametergleichung der Ebene E an: a) E enthält die Punkte A(−2| − 1|0) und B(2|1|0) und steht ⎛ senkrecht ⎞ ⎛ zur⎞xy-Ebene. 7 5 − b) E enthält den Punkt P(1|3|5) und die Gerade g : → x = ⎝ 3 ⎠ + r ⎝ −7 ⎠. 8 13 c) E enthält die Geraden ⎞ ⎛ ⎞ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎛ 0 −1 −1 −3 − − x = ⎝ −3 ⎠ + s ⎝ −1 ⎠ . g:→ x = ⎝ 1 ⎠ + r ⎝ −2 ⎠ und h : → 1 −3 −7 −1 d) E enthält den Punkt P(36|37|80) und steht senkrecht zur z-Achse. Aufgabe 3.3.4: Geben Sie jeweils (mindestens) zwei verschiedene Parametergleichungen für die folgenden Ebenen an: a) b) c) d) e)

yz-Ebene xz-Ebene Die Ebene E1 , die parallel zur xy-Ebene ist und den Punkt P1 (0|0|7) enthält. Die Ebene E2 , die parallel zur yz-Ebene ist und den Punkt P2 (−3|5|9) enthält. Die Ebene E3 , die parallel zur xz-Ebene ist und den Punkt P3 (0|5| − 1) enthält.

Aufgabe 3.3.5: Gegeben sei die Pyramide mit der dreieckigen Grundfläche ABC und der Spitze S. Die Grundfläche und die drei Seitenflächen liegen jeweils in einer Ebene. Bestimmen Sie die Gleichungen der vier Begrenzungsebenen. a) A(2|2| − 1), B(8|3| − 1), C(5|8| − 1), S(6|4|8) b) A(−1| − 2|2), B(8|1| − 2), C(−5|8|1), S(0|3|7) Aufgabe 3.3.6: Geben Sie eine Parametergleichung der Ebene an, in der jeweils die Lösungspunkte C aus den Aufgaben 2.5.15 c) bis f) liegen.

3.3 Ebenengleichungen

207

Aufgabe 3.3.7: Gegeben sei die Ebene ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 3 1 −4 − E :→ x = ⎝ −5 ⎠ + r ⎝ 2 ⎠ + s ⎝ 1 ⎠ . 7 3 −9 Bestimmen Sie die Koordinaten der in E liegenden Punkte P1 , . . . , P8 , die sich durch Einsetzen der folgenden Parameterwerte in die Ebenengleichung ergeben: b) P2 für r = 0 und s = 1 a) P1 für r = 1 und s = 0 c) P3 für r = 1 und s = −1 d) P4 für r = 1 und s = 1 e) P5 für r = 3 und s = 2 f) P6 für r = −7 und s = 11 1 g) P7 für r = 15 und s = −3 h) P8 für r = − 13 und s = 36 Aufgabe 3.3.8: Gegeben sei die Ebene ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 −1 2 − E :→ x = ⎝ 2 ⎠+r⎝ 0 ⎠+s⎝ 1 ⎠ . 3 1 1 Untersuchen Sie, welche  Punkte P1 (1|3|6), P2 (1|1|0), P3 (1|1| − 1), P4 (−12| − 3|1),   der P5 (4|5| − 9) und P6 − 52  32  5 in der Ebene E liegen. Liegt ein Punkt Pi in E, dann geben Sie die zugehörigen Parameterwerte r, s ∈ R an, mit denen durch Einsetzen in die Ebenen− → − gleichung die zugehörigen Ortsvektoren → x = 0Pi berechnet werden. Aufgabe 3.3.9: Gegeben sei die Ebene ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 −3 4 − E :→ x = ⎝ 5 ⎠ + r ⎝ 2 ⎠ + s ⎝ −1 ⎠ . −2 1 7 Untersuchen    Sie,  welcheder Punkte P1 (2|1|−19), P2 (15|4|35), P3 (36|1|78), P4 (−1|13|32),  − 3 und P6 − 3 |−7| 11 in der Ebene E liegen. Liegt ein Punkt Pi in E, dann P5 − 94  27 4 4 4 geben Sie die zugehörigen Parameterwerte r, s ∈ R an, mit denen durch Einsetzen in die − → − Ebenengleichung die zugehörigen Ortsvektoren → x = 0Pi berechnet werden. Aufgabe 3.3.10: Geben Sie zur Ebene ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ 1⎞ 1 12 2 − E :→ x = ⎝ −2 ⎠ + r ⎝ 24 ⎠ + s ⎝ 1 ⎠ 5 −36 −3 ⎛

(∗)

4

alternative Parametergleichungen an, die aus (∗) wie folgt hervorgehen: a) Einer der Richtungsvektoren in der gegebenen Gleichung (∗) soll mit einem positiven Faktor in seiner Länge gestreckt werden.

208

3 Geraden und Ebenen

b) Einer der Richtungsvektoren in der gegebenen Gleichung (∗) soll mit einem positiven Faktor in seiner Länge gestaucht werden. c) Einer der Richtungsvektoren in der gegebenen Gleichung (∗) soll mit seinem inversen Vektor (Gegenvektor) getauscht werden. d) Beide Richtungsvektoren in der gegebenen Gleichung (∗) sollen in ihrer Länge so gestreckt oder gestaucht werden, dass die Richtungsvektoren der daraus hervorgehenden alternativen Parametergleichung nur ganzzahlige Koordinaten enthalten. e) Zusätzlich zur Umformung aus d) sollen die ganzzahligen Koordinaten der alternativen Richtungsvektoren betragsmäßig minimal klein sein. f) Die alternative Gleichung entsteht aus (∗) durch Wahl eines anderen Stützvektors. g) Die alternative Gleichung entsteht aus dem Stützvektor aus f) und den Richtungsvektoren aus e). h) Der Stützvektor der Gleichung (∗) liefert die Koordinaten des Stützpunkts A. Einsetzen von geeigneten Parameterwerten in die Gleichung (∗) liefert die Ortsvektoren von − → − → Punkten B und C der Ebene E, sodass die Vektoren AB und AC linear unabhängig sind. − → − → Die Vektoren AB und AC sind Richtungsvektoren einer zu (∗) alternativen Ebenengleichung. Dabei sind die Fälle (r; s) = (0; 0), (r; s) = (0; 1) und (r; s) = (1; 0) ausgeschlossen.

3.3.2 Normalenform der Ebenengleichung Eine besonders handliche Möglichkeit zur Darstellung von Ebenen lässt sich unter der → − − Verwendung eines zur Ebene orthogonal stehenden Vektors → n = 0 gewinnen. Die Be− rechnung von → n wird dabei durch das Kreuzprodukt motiviert. Wir betrachten dazu eine − → − − − Ebene in Parameterform, d. h. E : → x = 0P + r→ u + s→ w . Nach Satz 2.145 f) ist → − − − n := → u ×→ w − − − − − − − ein Normalenvektor von → u und → w , d. h., → u •→ n = 0 und → w •→ n = 0. Weiter ist → n auch → − → − zu jeder Linearkombination von u und w orthogonal, denn für beliebige r, s ∈ R gilt:  −  → − − − − − w •→ n = r→ u •→ n + s→ w •→ n = r·0+s·0 = 0 r− u + s→ (3.78) Betrachten wir den Stützpunkt P und einen weiteren, beliebigen Punkt Q von E, dann gibt − → − → − − es ein eindeutig bestimmtes Zahlenpaar (r; s) mit 0Q = 0P + r→ u + s→ w . Subtraktion von − → 0P ergibt: − → − → − − 0Q − 0P = r→ u + s→ w − Multiplikation mit → n ergibt: (− ( − 2 − → − →2 − − 0Q − 0P • → n = r→ u + s→ w •→ n

3.3 Ebenengleichungen

209

&− → − →' − Wegen (3.78) folgt 0Q − 0P • → n = 0. Das bedeutet: Ein Punkt Q mit dem − → − Ortsvektor → x = 0Q liegt genau dann in der Ebene E, wenn

→ − n

P

−→ − → − → − → − PQ = 0Q − 0P = → x − 0P − orthogonal zu → n ist (siehe Abb. 75). Dies ist unabhängig von Richtung und − Länge des Normalenvektors → n . Folg→ − → − lich kann n durch r n für beliebiges r ∈ R \ {0} ersetzt werden.

→ − −x − 0P →

E

− → 0P x

z

Q

− → → − x = 0Q y

Abb. 75: Konstruktion einer Normalengleichung einer Ebene E

Definition 3.79. Sei E eine Ebene und P ein beliebiger Punkt der Ebene E. Dann heißt die parameterfreie Darstellung (− − →2 − E: → x − 0P • → n =0

(∗)

Normalengleichung der Ebene E. Weitere Bezeichnungen: − → − • → x = 0Q ist der Ortsvektor zu einem beliebigen Punkt Q der Ebene E. − → • P heißt Stützpunkt von E, entsprechend heißt 0P Stützvektor. − • → n heißt Normalenvektor von E. −  − n  = 1, dann heißt die Ist → n dabei zusätzlich ein Normaleneinheitsvektor, d. h. → Darstellung (∗) Hessesche Normalengleichung der Ebene E.

Bemerkung 3.80. Jede Hessesche Normalengleichung einer Ebene E ist zugleich auch eine Normalengleichung, die Umkehrung gilt aber nicht. Die Hessesche Normalengleichung ist ein Sonderfall einer Normalengleichung.  Beispiel 3.81. Gesucht ist eine Normalengleichung und eine Hessesche Normalengleichung der Ebene ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 4 1 − E :→ x = ⎝ 2 ⎠+r⎝ 5 ⎠+s⎝ 1 ⎠ . 3 6 1 ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ −1 4 1 − Ein Normalenvektor von E ist → n = ⎝ 5 ⎠ × ⎝ 1 ⎠ = ⎝ 2 ⎠, ein Punkt von E ist −1 6 1 P(1|2|3). Damit ist gemäß Definition 3.79 ⎡ ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞ 1 −1 − E : ⎣→ x − ⎝ 2 ⎠⎦ • ⎝ 2 ⎠ = 0 3 −1

210

3 Geraden und Ebenen

eine Normalengleichung der Ebene. Da ein Normalenvektor nicht eindeutig ist, ist auch − r→ n für beliebiges r ∈ R \ {0} ein Normalenvektor von E. Weitere Normalengleichungen sind zum Beispiel ⎡ ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞ ⎡ ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞ 1 1 1 −5 − − E : ⎣→ x − ⎝ 2 ⎠⎦ • ⎝ −2 ⎠ = 0 oder E : ⎣→ x − ⎝ 2 ⎠⎦ • ⎝ 10 ⎠ = 0 . 3 1 3 −5 ⎛ ⎞ −1 − Eine Hessesche Normalengleichung von E erhalten wir, wenn wir → n = ⎝ 2 ⎠ auf −1 → − 1 die Länge Eins normieren, d. h., wir multiplizieren n mit → . Nach Berechnung von |− n| ⎛ ⎞ −1  √ → − 1 → − n  = 6 ergibt sich → n = √16 ⎝ 2 ⎠ als ein Normaleneinheitsvektor von E und − |n| −1 damit ergibt sich die folgende Hessesche Normalengleichung: ⎡ ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞ 1 −1 1 − E : ⎣→ x − ⎝ 2 ⎠⎦ • √ ⎝ 2 ⎠ = 0 6 −1 3 Es ist Geschmackssache, wie man dieses Skalarprodukt notiert. Möglich sind auch die folgenden Schreibweisen, die auf den Eigenschaften des Skalarprodukts basieren: Eine günstige Notation dürfte ⎡ ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞ 1 −1 1 − ⎝ ⎠⎦ ⎝ 2⎠ = 0 E : √ ⎣→ x − 2 • 6 3 −1 sein, oder wegen der Kommutativität des Skalarprodukts ist auch ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞ ⎡ 1 −1 1 ⎝ − 2 ⎠ • ⎣→ x − ⎝ 2 ⎠⎦ = 0 E: √ 6 −1 3 möglich. Oft finden sich in der Literatur Beispielrechnungen, bei denen der Skalar den Normalenvektor multipliziert wird: ⎛ 1 ⎞ ⎡ ⎛ ⎞⎤ − √6 1 ⎜ ⎟ − √2 ⎟ = 0 E : ⎣→ x − ⎝ 2 ⎠⎦ • ⎜ ⎝ 6⎠ 3 − √1

√1 6

in

6

Diese Form kann für weitere Rechnungen günstig sein, muss aber nicht zwangsläufig die beste Wahl darstellen, denn so wie in diesem Beispiel handelt man sich unter Umständen unnötig viel Schreib- und Rechenarbeit mit Brüchen und Wurzelausdrücken ein. 

3.3 Ebenengleichungen

211

Beispiel 3.82. Gesucht sind eine Normalengleichung und eine Hessesche Normalengleichung der Ebene E, in der die Punkte A(1| − 1|5), B(2| − 6|7) und C(−1|3|4) liegen. Zunächst berechnen wir einen Normalenvektor von E: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 −2 −3 − → − → → − n = AB × AC = ⎝ −5 ⎠ × ⎝ 4 ⎠ = ⎝ −3 ⎠ 2 −1 −6 Verwenden wir A als Stützpunkt, dann erhalten wir die Normalengleichung ⎞ ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎡ 1 −3 − x − ⎝ −1 ⎠⎦ • ⎝ −3 ⎠ = 0 . E : ⎣→ −6 5 ⎛ ⎞ −3  → √ √ 1 Weiter berechnen wir − n  = 54 = 3 6, womit √ ⎝ −3 ⎠ ein Normaleneinheitsvek3 6 −6 tor von E ist. Damit ist

⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞ ⎡ 1 −3 1 ⎣→ x − ⎝ −1 ⎠⎦ • ⎝ −3 ⎠ = 0 E: √ − 3 6 5 −6

eine Hessesche Normalengleichung der Ebene. Wir werfen einen zweiten Blick auf die er− haltenen Normalengleichungen und stellen fest: ⎛ Die ⎞ Koordinaten von → n enthalten alle den 1 − gemeinsamen Faktor −3, d. h., es gilt → n = −3 ⎝ 1 ⎠. Aus dieser Darstellung wird deut2 ⎛ ⎞ 1 − lich, dass wir auch den Vektor → n1 = ⎝ 1 ⎠ als Normalenvektor für E verwenden können. 2 Das liefert die Normalengleichung ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞ ⎡ 1 1 → − E : ⎣ x − ⎝ −1 ⎠⎦ • ⎝ 1 ⎠ = 0 . 5 2 ⎛ ⎞ 1 →  √ 1 n1  = 6 liefert √ ⎝ 1 ⎠ als weiteren Normaleneinheitsvektor Die Berechnung von − 6 2 von E und damit eine alternative Hessesche Normalengleichung: ⎡ ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞ 1 1 1 − ⎝ E : √ ⎣→ x − −1 ⎠⎦ • ⎝ 1 ⎠ = 0 . 6 5 2



212

3 Geraden und Ebenen

Bemerkung 3.83. 3.82 durchgeführte Ersetzen des Normalenvektors ⎛ ⎞ ⎛ Für ⎞ das in⎛Beispiel ⎞ −3 1 1 ⎝ −3 ⎠ = −3 ⎝ 1 ⎠ durch ⎝ 1 ⎠ wird in der Literatur hin und wieder der etwas irrefüh−6 2 2 rende Begriff des Kürzens (von Vektoren) verwendet. Bereits bei den Parametergleichungen von Geraden und Ebenen hatten wir zur Vereinfachung der Richtungsvektoren von dieser Maßnahme Gebrauch gemacht. Ein solcher Schritt ist mit Blick auf Folgerechnungen immer empfehlenswert, lassen sich doch auf diese Weise Zahlen (betragsmäßig) klein halten und oft nebenbei (so wie in diesem Beispiel) auch die Anzahl von Minuszeichen reduzieren, die nicht selten zu Flüchtigkeitsfehlern in Rechnungen führen.  Liegt eine Ebene in Normalenform vor, dann ist es besonders einfach zu überprüfen, ob ein Punkt in der Ebene liegt. (− − →2 − Satz 3.84. Gegeben seien ein Punkt Q und eine Ebene E : → x − 0P • → n = 0. Dann gilt: (− → − →2 − a) Q liegt in E, falls 0Q − 0P • → n = 0. (− → − →2 − b) Q liegt nicht in E, falls 0Q − 0P • → n = 0. ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞ 1 4 − x − ⎝ 2 ⎠⎦ • ⎝ 5 ⎠ = 0. Der Punkt Q(5| − 6|7) liegt in Beispiel 3.85. Gegeben sei E : ⎣→ 3 6 E, denn es gilt ⎡⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 5 1 4 4 4 ⎣⎝ −6 ⎠ − ⎝ 2 ⎠⎦ • ⎝ 5 ⎠ = ⎝ −8 ⎠ • ⎝ 5 ⎠ = 4 · 4 − 8 · 5 + 4 · 6 = 0 . 7 3 6 4 6 ⎡

Der Punkt Q(11| − 8|6) liegt nicht in E, denn es gilt ⎡⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 11 1 4 10 4 ⎣⎝ −8 ⎠ − ⎝ 2 ⎠⎦ • ⎝ 5 ⎠ = ⎝ −10 ⎠ • ⎝ 5 ⎠ = 10 · 4 − 10 · 5 + 3 · 6 = 8 = 0 . 6 3 6 3 6 

Aufgaben zum Abschnitt 3.3.2 Aufgabe 3.3.11: Bestimmen Sie eine Normalengleichung der Ebene E: ⎛ ⎞ −2 − a) E enthält den Punkt P(3|4|6) und hat den Normalenvektor → n = ⎝ 9 ⎠. 7 b) E enthält die Punkte A(1|1|4), B(4|4|2) und C(3|3|1). c) E enthält die Punkte A(5|3|5), B(2|7|4) und C(−2| − 1| − 4).

3.3 Ebenengleichungen

213

⎛

⎞

⎛

⎞

2 1 − d) E enthält den Punkt P(−2|1| − 3) und die Gerade g : → x = ⎝ 3 ⎠ + r ⎝ −1 ⎠. −3 3 e) E enthält die Punkte A(1|2|3), B(7|4|9) und C(−8| − 1| − 6). Aufgabe 3.3.12: Bestimmen Sie eine Normalengleichung der durch die folgenden Parametergleichungen gegebenen Ebenen. Verifizieren Sie mithilfe der Normalengleichung, ob die Punkte P1 , P2 und P3 in der Ebene E liegen. ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 1 1 − a) E : → x = ⎝ 0 ⎠ + r ⎝ 1 ⎠ + s ⎝ 2 ⎠, P1 (1|1| − 2), P2 (−1| − 1|2), P3 (−6| − 6| − 9) 0 1 −1 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2 0 3 − b) E : → x = ⎝ −1 ⎠ + r ⎝ 1 ⎠ + s ⎝ 5 ⎠, P1 (6|2|0), P2 (2| − 5| − 3), P3 (8|0|3) 5 2 8 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 −1 2 − c) E : → x = ⎝ 2 ⎠ + r ⎝ −2 ⎠ + s ⎝ 4 ⎠, P1 (−1| − 2|11), P2 (3| − 2|11), P3 (−1|6|9) 3 2 −5 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 −12  3 3      −   − 2 , P3 1  2  1 d) E : → x = r ⎝ 11 ⎠ + s ⎝ 1 ⎠, P1 (1|1| − 1), P2 − 37 34 137 74 43 133 3 7 Aufgabe 3.3.13: Geben Sie zur Ebene ⎛ ⎡

⎞⎤ ⎛ ⎞ 1 4 − x − ⎝ 2 ⎠⎦ • ⎝ −8 ⎠ = 0 E : ⎣→ −1 2

(∗)

alternative Normalengleichungen an, die aus (∗) wie folgt hervorgehen: a) Der Normalenvektor in der gegebenen Gleichung (∗) soll mit einem positiven Faktor in seiner Länge gestreckt werden. b) Der Normalenvektor in der gegebenen Gleichung (∗) soll durch seinen inversen Vektor (Gegenvektor) ausgetauscht werden. c) Der Normalenvektor in der gegebenen Gleichung (∗) soll durch einen Normalenvektor ausgetauscht werden, dessen Koordinaten ganzzahlig und betragsmäßig minimal sind. d) Die Gleichung (∗) wird in eine Hessesche Normalengleichung von E überführt. e) Der Normalenvektor in der gegebenen Gleichung (∗) soll durch einen Normalenvektor −  → − n  = 2 hat. n ausgetauscht werden, der die Länge → f) Die alternative Gleichung entsteht aus (∗) durch Wahl eines anderen Stützvektors. g) Die alternative Gleichung entsteht aus dem Stützvektor aus f) und dem Normalenvektor aus c).

214

3 Geraden und Ebenen

3.3.3 Koordinatenform der Ebenengleichung Wir werfen einen zweiten Blick auf die Normalengleichung einer Ebene und formen diese wie folgt um: (→ − →2 − − x − 0P • → n =0

− → − − → − → − − − − x •→ n − 0P • → n =0 ⇔ → x •→ n = 0P • → n ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ x a − → → − − Definieren wir d := 0P • − n und setzen → x = ⎝ y ⎠ und → n = ⎝ b ⎠ ein, dann erhält die z c − → − − − Gleichung → x •→ n = 0P • → n die Gestalt ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ x a ⎝y⎠•⎝b⎠ = d . z c ⇔

Ausrechnen des Skalarprodukts liefert schließlich die folgende Gleichung: ax + by + cz = d Diese Gleichung ist eine kompakte Möglichkeit zur Beschreibung einer Ebene und für viele Anwendungen eine vorteilhafte Ausgangsbasis. Die Tatsache, dass x, y und z die Koordinaten eines Punkts P(x|y|z) der Ebene E sind, erklärt auch die Namensgebung für diese Darstellung einer Ebene. Definition 3.86. Sei E eine Ebene. Die parameterfreie Darstellung E : ax + by + cz = d heißt Koordinatengleichung der Ebene E. Dabei sind x, y, z ∈ R die Koordinaten eines in E liegenden Punkts P(x|y|z) und a, b, c, d ∈ R die Koeffizienten der Gleichung, wobei der Fall (a; b; c) = (0; 0; 0) ausgeschlossen ist. ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞ 1 4 − x − ⎝ 2 ⎠⎦ • ⎝ 5 ⎠ = 0 definierte Beispiel 3.87. Die durch die Normalengleichung E : ⎣→ 3 6 Ebene hat die Koordinatengleichung ⎡

E : 4y + 5y + 6z = 32 , ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 4 x 4 − deren linke Seite durch die Rechnung → x • ⎝ 5 ⎠ = ⎝ y ⎠ • ⎝ 5 ⎠ = 4x + 5y + 6z entsteht, 6 z 6 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 4 1 die rechte Seite durch ⎝ 2 ⎠ • ⎝ 5 ⎠ = 32.  3 6

3.3 Ebenengleichungen

215

Soll eine Parametergleichung in eine Koordinatengleichung umgerechnet werden, dann muss dazu nicht zwangsläufig eine Normalengleichung als Zwischenschritt notiert werden. Es genügt, die passenden Zutaten zu ermitteln. Beispiel 3.88. Gegeben sei die Ebene ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 −1 4 − E :→ x = ⎝ 1 ⎠+r⎝ 3 ⎠+s⎝ 3 ⎠ . 1 2 5 ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ 9 −1 4 − Ein Normalenvektor von E ist → n = ⎝ 3 ⎠ × ⎝ 3 ⎠ = ⎝ 13 ⎠. Daraus ergibt sich eine −15 2 5 Koordinatengleichung von E wie folgt: ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ x 9 1 9 ⎝ y ⎠ • ⎝ 13 ⎠ = ⎝ 1 ⎠ • ⎝ 13 ⎠ z −15 1 −15

⇒

E : 9x + 13y − 15z = 7



Aus einer Koordinatengleichung kann ohne Rechnungen ein Normalenvektor von E abgelesen werden. Folgerung 3.89. Gegeben sei eine Ebene E : ax + by + cz = d mit a, b, c, d ∈ R. Der ⎛ ⎞ a − Vektor → n = ⎝ b ⎠ ist ein Normalenvektor von E. c ⎛ ⎞ 2 − Beispiel 3.90. Die Ebene E : 2x + 9y + 3z = 5 hat den Normalenvektor → n = ⎝ 9 ⎠.  3 ⎛ ⎞ 8 − Beispiel 3.91. Die Ebene E : 8x−4y−5z = −3 hat den Normalenvektor → n = ⎝ −4 ⎠.  −5 Im folgenden Beispiel soll eine nur noch selten in der Praxis der Schulmathematik behandelte Alternative zur Überführung einer Parameter- in eine Koordinatengleichung vorgestellt werden. Beispiel 3.92. Die Parametergleichung der Ebene E aus Beispiel 3.88 kann als lineares Gleichungssystem interpretiert werden, wobei jeder Koordinate x, y und z eines Punkts P(x|y|z) der Ebene E eine Gleichung zugeordnet ist: I : x = 1 − r + 4s II : y = 1 + 3r + 3s III : z = 1 + 2r + 5s

216

3 Geraden und Ebenen

Eliminieren wir aus diesem Gleichungssystem nacheinander die Parameter r und s, dann erhalten wir auf diese Weise eine Koordinatengleichung von E. Dieser Schritt wird dadurch gerechtfertigt, dass eine Koordinatengleichung eine parameterfreie Gleichung ist. Die Elimination erfolgt nach dem Additionsverfahren zur Lösung linearer Gleichungssysteme. Zuerst eliminieren wir r und erhalten so zwei Gleichungen, in denen nur noch s vorkommt: 3 · I + II = IV : 3x + y = 4 + 15s 2 · I + III = V : 2x + z = 3 + 13s Die Elimination von s liefert die aus Beispiel 3.88 bekannte Koordinatengleichung: 13 · IV − 15 · V = E : 9x + 13y − 15z = 7 Man beachte, dass eine andere Vorgehensweise bei der Elimination der Parameter r und s ein anderes Ergebnis liefern kann. Dazu folgt hier eine Beispielrechnung: 3x − 4y = −1 − 15r 3 · I − 4 · II = IV : 5 · I − 4 · III = V : 5x − 4z = 1 − 13r 13 · IV − 15V = E : −36x − 52y + 60z = −28 Die Gleichungen 9x + 13y − 15z = 7 und −36x − 52y + 60z = −28 stellen natürlich die gleiche Ebene E dar.  Beispiel 3.92 zeigt, dass eine Koordinatengleichung nicht eindeutig ist. Das lässt sich mit den unterschiedlichen Rechenwegen begründen, aber auch mit der Tatsache, dass ein Nor− malenvektor → n einer Ebene E nicht eindeutig bestimmt ist. Satz 3.93. Die Koordinatengleichung einer Ebene E ist bis auf einen Faktor eindeutig bestimmt. Das bedeutet: Ist ax + by + cz = d eine Koordinatengleichung von E, dann ist r(ax + by + cz) = rd bzw. nach Klammerauflösung rax + rby + rcz = rd für beliebiges r ∈ R \ {0} eine weitere Koordinatengleichung von E. Beispiel 3.94. Weitere Koordinatengleichungen der Ebene E : x + 2y + 3z = 4 sind 2x + 4y + 6z = 8

,

−3x − 6y − 9z = −12

und

9 3 x + 3y + z = 6 . 2 2



Bemerkung / Definition 3.95. Eine Koordinatengleichung kann auch die Gestalt E : ax + by + cz − d = 0

⎛ ⎞ a − haben. Dividieren wir diese Gleichung durch die Länge des Normalenvektors → n = ⎝ b ⎠, c dann ergibt dies die spezielle Koordinatengleichung ax + by + cz − d E: √ = 0, a2 + b2 + c2

(∗)

3.3 Ebenengleichungen

217

die ebenfalls als Hessesche Normalengleichung der Ebene E bezeichnet wird und zum Beispiel für die Abstandsberechnung nutzbar ist (siehe Abschnitt 3.6.3). Die Namensgebung ist sinnvoll und zeigt den engen Zusammenhang zwischen Normalen- und Koordinatengleichungen auf, denn Gleichung (∗) wird direkt aus der ebenfalls als Hessesche Normalengleichung bezeichneten Darstellung 1 &→ − →' →  − x − 0A •− n =0 E : → − n

(#)

durch Ausrechnen des Skalarprodukts gewonnen. Wenn wir also nachfolgend von einer Hesseschen Normalengleichung bzw. Hesseschen Normalenform einer Ebene sprechen, dann sind damit gleichberechtigt die Darstellungen (#) und (∗) gemeint.  ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞ ⎡ 1 2 − Beispiel 3.96. Für die Ebene E : ⎣→ x − ⎝ 1 ⎠⎦ • ⎝ 3 ⎠ = 0 sind die Gleichungen 1 4 ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞ ⎡ 1 2 1 ⎣→ − √ x − ⎝ 1 ⎠⎦ • ⎝ 3 ⎠ = 0 29 1 4

und

2x + 3x + 4z − 9 √ =0 29

Hessesche Normalengleichungen.



Koordinatengleichungen einer Ebene haben einige angenehme Eigenschaften. Liegt eine Ebene in Koordinatenform vor, dann lässt sich im Vergleich zur Normalenform noch einfacher überprüfen, ob ein Punkt in der Ebene liegt. Dazu muss nämlich lediglich überprüft werden, ob die x-, y- und z-Koordinaten eines Punkts die Koordinatengleichung erfüllen. Satz 3.97. Gegeben seien ein Punkt P(p1 |p2 |p3 ) und eine Ebene E : ax + by + cz = d mit a, b, c, d ∈ R. Dann gilt: a) P liegt in E, falls ap1 + bp2 + cp3 = d. b) P liegt nicht in E, falls ap1 + bp2 + cp3 = d. Beispiel 3.98. Gegeben sei die Ebene E : 2x + 3y + 4z = 40. a) Der Punkt P(7|6|2) liegt in E, denn Einsetzen der Koordinaten x = 7, y = 6 und z = 2 in den linken Teil der Koordinatengleichung ergibt 2 · 7 + 3 · 6 + 4 · 2 = 40. b) Der Punkt P(3|5|9) liegt nicht in E, denn Einsetzen von x = 3, y = 5 und z = 9 in den linken Teil der Koordinatengleichung ergibt 2 · 3 + 3 · 5 + 4 · 9 = 57 = 40.  Aus den Koeffizienten a, b, c und d einer Koordinatengleichung E : ax + by + cz = d lassen sich wichtige Eigenschaften der Ebene E in einfacher Weise direkt ablesen. Leicht lässt sich zum Beispiel die folgende Tatsache begründen: Satz 3.99. Eine Ebene E : ax + by + cz = d verläuft genau dann durch den Koordinatenursprung, wenn d = 0 gilt.

218

3 Geraden und Ebenen

Beispiel 3.100. Gesucht ist eine Koordinatengleichung der Ebene E, in der die Punkte A(1| − 2|1), B(2|3|4) und C(−1|2| − 1) liegen. Ein Normalenvektor von E ist ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 −2 −22 − → − → ⎝ ⎠ ⎝ → − 4 ⎠ = ⎝ −4 ⎠ . n = AB × AC = 5 × 3 −2 14 Mit A als Stützpunkt ergibt sich eine Koordinatengleichung von E wie folgt: ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ −22 −22 1 x ⎝ y ⎠ • ⎝ −4 ⎠ = ⎝ −2 ⎠ • ⎝ −4 ⎠ ⇒ E : −22x − 4y + 14z = 0 1 14 z 14 Dass E den Koordinatenursprung enthält, lässt sich in der Koordinatengleichung an der Konstante Null erkennen. Alternativ kann dies natürlich mittels Punktprobe für den Koordinatenursprung 0(0|0|0) leicht nachgerechnet werden.  Ist einer der Koeffizienten a, b oder c gleich null, dann lässt dies einen Rückschluss auf die Lage der Ebene in Bezug auf die Koordinatenachsen zu. Ist zum Beispiel a = 0, d. h., wir ⎛ ⎞ 0 − betrachten E : by + cz = d, dann ist → n = ⎝ b ⎠ ein Normalenvektor von E. Die x-Achse c ⎛ ⎞ 1 − − − u •→ n =0 lässt sich als Gerade mit dem Richtungsvektor → u = ⎝ 0 ⎠ interpretieren. Aus → 0 − − folgt, dass → u und → n orthogonal sind. Das bedeutet, dass E parallel zur x-Achse verläuft. Nach Satz 3.99 liegt die x-Achse in E, falls d = 0 ist. Andernfalls (d = 0) ist E echt parallel zur x-Achse. Analoge Überlegungen lassen sich für die Parallelität einer Ebene zur y- und z-Achse anstellen.3 Satz 3.101. Gegeben sei eine Ebene E : ax + by + cz = d. Dann gilt: a) E verläuft genau dann parallel zur x-Achse, wenn a = 0 ist. b) E verläuft genau dann parallel zur y-Achse, wenn b = 0 ist. c) E verläuft genau dann parallel zur z-Achse, wenn c = 0 ist. Sind zwei der Koeffizienten a, b oder c gleich null, dann lässt dies einen Rückschluss auf die Lage der Ebene in Bezug auf die Koordinatenebenen zu. Ist zum Beispiel a = b = 0, ⎛ ⎞ 0 − d. h., wir betrachten E : cz = d, dann ist → n = ⎝ 0 ⎠ ein Normalenvektor von E. Bereits an c − der Gestalt von → n erkennen wir, dass E parallel zur xy-Ebene ist. Das lässt sich alternativ auch mithilfe von Satz 3.101 begründen, denn demnach bedeutet a = 0, dass E parallel zur x-Achse verläuft, und b = 0 bedeutet, dass E parallel zur y-Achse verläuft. Parallelität zur 3

Die hier bereits verwendeten Lagebeziehungen zwischen Geraden und Ebenen werden wir später noch genauer begründen, siehe Abschnitt 3.4 und dort z. B. Satz 3.136.

3.3 Ebenengleichungen

219

x- und y-Achse ist aber nur eine andere Beschreibung dafür, dass E parallel zur xy-Ebene ist. Analoge Begründungen lassen sich für die Parallelität einer Ebene zur xz- und yz-Ebene geben.4 Folgerung 3.102. Gegeben sei eine Ebene E : ax + by + cz = d. Dann gilt: a) E ist genau dann parallel zur xy-Ebene, wenn a = b = 0 ist. b) E ist genau dann parallel zur xz-Ebene, wenn a = c = 0 ist. c) E ist genau dann parallel zur yz-Ebene, wenn b = c = 0 ist. Gelegentlich haben Lernende Schwierigkeiten mit der Interpretation von Koordinatengleichungen in denen (mindestens) einer der Koeffizienten a, b oder c gleich null ist. Ein einfaches Hilfsmittel zum besseren Verständnis ist es dabei, die gegebene Ebenengleichung etwas anders aufzuschreiben, nämlich mit den Nullen. Beispiel 3.103. Die Ebene E : x + z = 2 ist nach Satz 3.101 parallel zur y-Achse. Zum Beispiel ist der Punkt P(1|0|1) ein Punkt der Ebene. Verschieben wir P parallel zur y-Achse, dann liegen die so erhaltenen Punkte P(1|v|1) für beliebig gewähltes v ∈ R ebenfalls in E, denn die Koordinaten erfüllen die Koordinatengleichung. Das wird deutlicher, wenn wir die Gleichung umschreiben zu E : x + 0 · y + z = 2.  Beispiel 3.104. Die Ebene E : y = 5 ist nach Satz 3.102 parallel zur xz-Ebene. Zum Beispiel ist der Punkt P(0|5|0) ein Punkt der Ebene. Verschieben wir P parallel zur xz-Ebene, dann liegen diese Punkte P(u|5|w) für beliebig gewählte u, w ∈ R ebenfalls in E, denn die Koordinaten erfüllen die Koordinatengleichung. Das wird deutlicher, wenn wir die Gleichung umschreiben zu E : 0 · x + y + 0 · z = 5. 

Aufgaben zum Abschnitt 3.3.3 Aufgabe 3.3.14: Bestimmen Sie eine Koordinatengleichung der Ebene E: ⎡ ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞ 2 1 − a) E : ⎣→ x − ⎝ −4 ⎠⎦ • ⎝ 2 ⎠ = 0 7 3 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 1 2 − b) E : → x = ⎝ 3 ⎠+r⎝ 2 ⎠+s⎝ 1 ⎠ −1 −2 2 c) d) e) f) 4

E enthält die Punkte A(1|1|1), B(2| − 2| − 2) und C(2|3|12). E ist die yz-Ebene. E enthält die z-Achse und den Punkt A(3| − 1|5). E enthält den Punkt P(2|2|1) und die Gerade g, die in der xy-Ebene liegt und im Punkt Q(0|2|0) die y-Achse in einem Winkel von 45◦ schneidet.

Die hier bereits verwendeten Lagebeziehungen zwischen Ebenen werden wir später noch genauer begründen, siehe Abschnitt 3.5.

220

3 Geraden und Ebenen

Aufgabe 3.3.15: Untersuchen Sie, ob P1 , P2 und P3 Punkte der Ebene E sind. a) E : 5x − 12y + 8z = 43, P1 (3|1|5), P2 (−3|1|5), P3 (−1| − 4|0)     b) E : −6x + 7y + 11z = 18, P1 (3|3|10), P2 (3|2|2), P3 23  − 45     c) E : 3y − 4z = 4, P1 (1|2|2), P2 23  4  − 1 , P3 (−5|12|8) 13 3

Aufgabe 3.3.16: Bestimmen Sie eine Koordinatengleichung der durch die folgenden Parametergleichungen gegebenen Ebenen. Verifizieren Sie mit Hilfe der Koordinatengleichung, ob die Punkte P1 , P2 und P3 in der Ebene E liegen. ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 1 3 − a) E : → x = ⎝ 0 ⎠ + r ⎝ 2 ⎠ + s ⎝ 2 ⎠, P1 (−1|8|19), P2 (9|4|1), P3 (4|0| − 1) 1 3 1 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 2 1 − b) E : → x = ⎝ 1 ⎠ + r ⎝ −1 ⎠ + s ⎝ 2 ⎠, P1 (2| − 8|3), P2 (2| − 2|3), P3 (−1| − 8|6) 2 0 −1 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2 1 −2      11   7  −   c) E : → x = ⎝ −2 ⎠ + r ⎝ 2 ⎠ + s ⎝ −2 ⎠, P1 (0| − 2|3), P2 75 13 2 , P3 2 2 2 1 2 −1 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2 0 3 → − d) E : x = ⎝ −1 ⎠ + r ⎝ 1 ⎠ + s ⎝ 5 ⎠, P1 (6|2|0), P2 (2| − 5| − 3), P3 (8|0|3) 5 2 8 Aufgabe 3.3.17: a) Gegeben sei die Ebene E : −3x + 11 5 y+6z = −4. Geben Sie mindestens zwei alternative Koordinatengleichungen für E an. b) Vereinfachen Sie die Koordinatengleichung E : 252x + 1134y − 378z = 2142. c) Gegeben sei die Ebene E : 4x − 6y + 3z = 183. Bestimmen Sie einen Vektor, der sowohl ein Normalenvektor von E als auch der Ortsvektor eines Punkts von E ist. Aufgabe 3.3.18: Kann c ∈ R so gewählt werden, dass die Ebene E den Punkt P enthält? Falls dies möglich ist, dann bestimmen Sie rechnerisch alle Lösungen. a) E : cx + 3y − 2z = 35, P(6| − 7|2) c) E : 2x − cy −

1 cz

= 10, P(2|3|3)

e) E : cx + 2y − 15 z = 2, P(c|2c + 1|25) g) E : (c − 1)x − c2 z = 2, P(0|2|0)

b) E : cx + 3y − 2z = 11, P(c| − 7|2c) d) E : 2x − cy − 1c z = 10, P(2|3|6)     f) E : (c − 1)x − c2 z = 2, P 2 −2  5c √ h) E : −3x + 5 c2 − 17y = 77, P(1|2|3)

3.3 Ebenengleichungen

221

3.3.4 Achsenabschnittsform der Ebenengleichung Besonders interessant sind Koordinatengleichungen E : ax + by + cz = d mit d = 1. Die Koeffizienten a, b und c haben dann eine besondere Gestalt, die in Bezug zu den Koordinatenachsen steht. Definition 3.105. Sei E eine Ebene und P ein Punkt der Ebene E. Die parameterfreie Darstellung 1 1 1 E : x+ y+ z = 1 A B C heißt Achsenabschnittsgleichung der Ebene E. Dabei sind x, y, z ∈ R die Koordinaten eines Punkts P(x|y|z) der Ebene und A, B,C ∈ R \ {0}. Die Bezeichnung Achsenabschnittsgleichung rührt von der Tatsache her, dass durch die Punkte Sx (A|0|0), Sy (0|B|0) bzw. Sz (0|0|C) auf der x-, y- bzw. z-Achse ausgehend vom Ursprung ein Abschnitt der Länge |A|, |B| bzw. |C| abgeteilt wird. Mit anderen Worten: Aus der Achsenabschnittsgleichung einer Ebene E können die Koordinaten der Schnittpunkte mit den Koordinatenachsen abgelesen werden. Dabei ist die x-Koordinate des Schnittpunkts Sx (x1 |0|0) mit der x-Achse der Kehrwert des Koeffizienten A1 , d. h. x1 = A. Analog erhält man die Koordinaten der Schnittpunkte mit der y- bzw. z-Achse. Beispiel 3.106. Die Ebene E : 12 x + 14 y − 15 z = 1 hat mit der x-Achse den Schnittpunkt Sx (2|0|0), mit der y-Achse den Schnittpunkt Sy (0|4|0) und mit der z-Achse den Schnitt punkt Sz (0|0| − 5). Beispiel 3.107. Die Ebene E : 32 x + 74 y − 95 z = 1 hat mit der x-Achse den Schnittpunkt  2    Sx 3 00 , mit der y-Achse den Schnittpunkt Sy 0  47  0 und mit der z-Achse den Schnitt   5  punkt Sz 00 − 9 . Beispiel Die Ebene E : 15x − 11y + 37z = 1hat mit der  1   3.108.   x-Achse den Schnittpunkt 00 , mit der y-Achse den Schnittpunkt Sy 0 − 1  0 und mit der z-Achse den Sx 15 11   1 .  Schnittpunkt Sz 00 37 Jede Koordinatengleichung E : ax + by + cz = d lässt sich mithilfe der Division durch d = 0 in eine Achsenabschnittsgleichung überführen. Das führt allerdings nur dann auf eine Gleichung gemäß Definition 3.105, wenn a = 0, b = 0 und c = 0 gilt. Auch für a = 0, b = 0 oder c = 0 sind Achsenabschnittsgleichungen erklärt, was eine zweite Definition notwendig macht, die diese Sonderfälle mit einschließt. Definition 3.109. Gegeben sei die Ebene E : ax + by + cz = d mit d = 0. Die parameterfreie Darstellung b c a E : x+ y+ z = 1 d d d heißt Achsenabschnittsgleichung der Ebene E.

222

3 Geraden und Ebenen

Aus dieser allgemeineren Definition der Achsenabschnittsgleichung lassen sich die folgenden Aussagen über die Schnittpunkte Sx , Sy und Sz einer Ebene mit den Koordinatenachsen herleiten. Satz 3.110. Gegeben sei die Ebene E : ax + by + cz = d mit d = 0.     a) Gilt a = 0, dann schneidet E die x-Achse im Punkt Sx da 00 . b) Gilt a = 0, dann hat E keinen Schnittpunkt mit der x-Achse.     c) Gilt b = 0, dann schneidet E die y-Achse im Punkt Sy 0 d 0 . b

d) Gilt b = 0, dann hat E keinen Schnittpunkt mit der y-Achse.     e) Gilt c = 0, dann schneidet E die z-Achse im Punkt Sz 00 d . c

f) Gilt c = 0, dann hat E keinen Schnittpunkt mit der z-Achse. Die Aussagen a), c) und e) des Satzes kann man leicht durch Einsetzen der entsprechenden Punktkoordinaten in die Achsenabschnittsgleichung von E verifizieren. Die Aussagen b), d) und f) sind eine Folgerung aus Satz 3.101 und der Tatsache, dass wegen d = 0 die Ebene echt parallel zu der entsprechenden Achse verläuft. Beispiel 3.111. Die zur y-Achse parallele Ebene E : 12 x − z = 3 hat die Achsenabschnittsgleichung E : 16 x− 13 z = 1. Die Ebene E hat keinen Schnittpunkt mit der y-Achse, schneidet die x-Achse in Sx (6|0|0) und die z-Achse in Sz (0|0| − 3).  Mithilfe der Achsenschnittpunkte einer Ebene lässt sich die Lage einer Ebene im räumlichen Koordinatensystem grafisch gut darstellen. Beispiel 3.112. Die Ebene E : 15x + 12y + 20z = 60 hat die Achsenabschnittsgleichung

z 3 2

1 1 1 E : x+ y+ z = 1 . 4 5 3 Daraus lassen sich die Schnittpunkte der Ebene E mit den Koordinatenachsen ablesen, d. h. Sx (4|0|0), Sx (0|5|0) und Einzeichnen Sz (0|0|3). von Sx , Sy und Sz in ein Koordinatensystem ergibt die in Abb. 76 dargestellte Teilmenge von E. 

Sz

1 Sy

0 1

1

2

3

4

5

y

2 3 4

Sx

x

Abb. 76: Teilmenge der Ebene E aus Beispiel 3.112

3.3 Ebenengleichungen

223

Die Achsenschnittpunkte müssen übrigens nicht zwingend über die Achsenabschnittsgleichung einer Ebene bestimmt werden. Alternativ lässt sich nämlich gezielt ausnutzen, dass bei den auf den Achsen liegenden Punkten stets zwei der drei Koordinaten gleich null sind. Ist zum Beispiel von einer Ebene E eine Koordinatengleichung in beliebiger Gestalt bekannt, dann können die Achsenschnittpunkte wie im folgenden Beispiel bestimmt werden. Beispiel 3.113. Gegeben sei die Ebene E : 2x − 4y + 3z = 24. a) Der Schnittpunkt Sx von E mit der x-Achse hat die Koordinaten y = z = 0, d. h., von Sx ist die x-Koordinate unbekannt. Einsetzen von y = z = 0 in die Koordinatengleichung ergibt 2x = 24, d. h. x = 12. Daraus folgt Sx (12|0|0). b) Der Schnittpunkt Sy von E mit der y-Achse hat die Koordinaten x = z = 0, d. h., von Sy ist die y-Koordinate unbekannt. Einsetzen von x = z = 0 in die Koordinatengleichung ergibt −4y = 24, d. h. y = −6. Daraus folgt Sy (0| − 6|0). c) Der Schnittpunkt Sz von E mit der z-Achse hat die Koordinaten x = y = 0, d. h., von Sz ist die z-Koordinate unbekannt. Einsetzen von x = y = 0 in die Koordinatengleichung  ergibt 3z = 24, d. h. z = 8. Daraus folgt Sz (0|0|8). Analoge Methoden lassen sich für Parameter- und Normalengleichungen einer Ebene anwenden. Zur Thematik der Achsenschnittpunkte von Ebenen sei abschließend bemerkt, dass es dafür eine besondere Bezeichnung gibt: Definition 3.114. Die Schnittpunkte einer Ebene E mit den Koordinatenachsen heißen Spurpunkte der Ebene E.

Aufgaben zum Abschnitt 3.3.4 Aufgabe 3.3.19: Verwenden Sie eine Achsenabschnittsgleichung von E, um die Koordinaten der Schnittpunkte von E mit den Koordinatenachsen zu ermitteln: a) E : 2x + 4y − 8z = 32 b) E : 12x − 48y + 36z = −4 c) E : −2x − 3y + 12 z = −2

d) E : 6x + 3y − 45 z =

1 e) E : 12 x + 11 z=3

f) E : − 23 y + 47 z = −4

g) E : − 12 x − 34 y =

3 5

i) E : −21z = −84 ⎡ ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞ 1 2 − k) E : ⎣→ x − ⎝ 0 ⎠⎦ • ⎝ 3 ⎠ = 0 1 4 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 3 −5 1 − m)E : → x = ⎝ 4 ⎠+r⎝ 7 ⎠+s⎝ 0 ⎠ −1 3 −1

h) E : 3x =

2 3

1 7

j) E : 123x + 354y − 567z = 0 ⎡ ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞ 1 1 − l) E : ⎣→ x − ⎝ 2 ⎠⎦ • ⎝ 5 ⎠ = 0 1 0 n) E enthält die Punkte A(2| − 7|3), B(5| − 5|1) und C(2| − 2|12).

224

3 Geraden und Ebenen

Aufgabe 3.3.20: Bestimmen Sie die Achsenschnittpunkte der Ebenen E1 , E2 , E3 und E4 und skizzieren Sie damit eine Teilmenge der Ebenen im kartesischen Koordinatensystem. 2 y + 14 z = 1 a) E1 : 12 x + 11

b) E2 : 13 x + 25 y + 23 z = −2

c) E3 : −16y − 24z = −48

d) E4 : 2y = 5

Aufgabe 3.3.21: In Abb. 77 ist jeweils eine Teilmenge der Ebenen E1 und E2 grafisch dargestellt. Dabei sind die Punkte Sx , Sy bzw. Sz die Schnittpunkte von E1 bzw. E2 mit der x, y- bzw. z-Achse. Ermitteln Sie jeweils eine Koordinaten-, eine Normalen- und eine Parametergleichung für E1 und E2 . z

z 5 Sz

Sz 3

4 2 3 E1

1

−4 −4 3 −3 Sx 1 −2 −1

−7

−6

E2

2

Sy 5 −5

− 4 −4

−3 −3

−2 −2

− 1 −1 2 3 Sx

x

0

y

−2

−1

x

0

1

2

3

4

5

y

Abb. 77: Die Ebenen E1 und E2 aus Aufgabe 3.3.21

3.3.5 Umrechnungen zwischen den Darstellungsformen Aus diversen Gründen kann es hilfreich sein, verschiedene Darstellungen einer Ebenengleichung zu verwenden. Manchmal ist es zum Beispiel notwendig, eine Parametergleichung in eine Normalen- oder Koordinatengleichung zu überführen. Die dazu erforderlichen Rechenschritte wurden bereits in Beispielen aufgezeigt. Umgekehrt kann es notwendig sein, aus einer Normalen- oder Koordinatengleichung eine Parametergleichung zu gewinnen. Die folgenden Beispiele demonstrieren die grundsätzlichen Rechenschritte. Beispiel 3.115. Zur durch die Koordinatengleichung E : 5x + 6y + 7z = 210 definierten Ebene soll eine Parametergleichung bestimmt werden. Ein Ansatz besteht darin, drei nicht auf einer Gerade liegende Punkte A, B und C der Ebene E zu bestimmen und die Zweipunktedarstellung einer Parametergleichung zu verwenden, d. h. zum Bei− → − → − → − spiel E : → x = 0A + rAB + sAC. Die Koordinaten der drei Punkte lassen sich durch Ein-

3.3 Ebenengleichungen

225

setzen von Koordinaten in die Koordinatengleichung bestimmen. Die folgenden beiden Zahlenbeispiele zeigen dazu mögliche Vorgehensweisen: a) Es kann hilfreich sein, zwei Koordinaten gleich null zu setzen. Wird zum Beispiel y = z = 0 in die Koordinatengleichung eingesetzt, dann ergibt sich 5x = 210, also x = 42. Auf diese Weise ist mit A(42|0|0) ein Punkt von E bestimmt. Einsetzen von x = z = 0 in die Koordinatengleichung liefert 6y = 210, woraus y = 35 folgt, d. h., B(0|35|0) ist ein Punkt von E. Schließlich liefert x = y = 0 die Gleichung 7y = 210, d. h. y = 30, woraus mit C(0|0|30) ein weiterer Punkt von E folgt. Es ist offensichtlich, dass A, B und C nicht auf einer Gerade liegen. Wir erhalten die Parametergleichung ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎛ ⎞ −42 −42 42 − → − → − → − E: → x = 0A + rAB + sAC = ⎝ 0 ⎠ + r ⎝ 35 ⎠ + s ⎝ 0 ⎠ . 30 0 0 b) Allgemeiner lassen sich stets zwei Koordinaten der gesuchten Punkte willkürlich festlegen, die dritte hängt dann von dieser Wahl ab. Setzen wir beispielsweise y = 5 und z = −5 in die Koordinatengleichung von E ein, dann folgt 5x + 30 − 35 = 210 und daraus x = 43. Damit ist A(43|5| − 5) ein Punkt von E. Einsetzen von x = 30 und z = 6 in die Koordinatengleichung liefert 150 + 6y + 42 = 210, woraus y = 3 folgt. Das ergibt den in E liegenden Punkt B(30|3|6). Für x = 28 und y = 14 ergibt sich 140 + 84 + 7z = 210, woraus z = −2 folgt, d. h., C(28|14| − 2) ist ein Punkt von E. Die − → − → Vektoren AB und AC sind linear unabhängig, d. h., A, B und C liegen wie gefordert nicht auf einer Gerade. Wir erhalten die Parametergleichung ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 43 −13 −15 − → − → − → − E: → x = 0A + rAB + sAC = ⎝ 5 ⎠ + r ⎝ −2 ⎠ + s ⎝ 9 ⎠ . −5 11 3 Es kann bei dieser Methode passieren, dass versehentlich doch drei Punkte A, B und C bestimmt werden, die auf einer Gerade liegen und folglich nicht zum Aufstellen einer Parametergleichung der Ebene verwendet werden können. Dazu ein Zahlenbeispiel: c) Einsetzen von y = 5 und z = 0 in die Koordinatengleichung liefert 5x + 30 = 210, woraus x = 36 folgt. Damit ist A(36|5|0) ein Punkt von E. Einsetzen von x = 24 und z = −6 in die Koordinatengleichung liefert 120 + 6y − 42 = 210, woraus y = 22 folgt. Damit ist B(24|22| − 6) ein Punkt von E. Einsetzen von x = 48 und y = −12 in die Koordinatengleichung liefert 240 − 72 + 7z = 210, woraus z = 6 folgt. Damit ist C(48| − 12|6) ein Punkt von E. Aus den drei bestimmten Punkten A, B und C⎛lässt sich ⎞ aber keine⎛Parame⎞ −12 12 − → ⎝ − → 17 ⎠ und AC = ⎝ −17 ⎠ tergleichung von E herleiten, denn für die Vektoren AB = −6 6 − → − → − → − → gilt der Zusammenhang AC = −AB, d. h., AB und AC sind linear abhängig. Nach dieser Feststellung muss zum Beispiel der Punkt C durch einen Punkt C von E ersetzt werden, −→ − → sodass wie in a) und b) die Vektoren AB und AC linear unabhängig sind. Dann kann  aus A, B und C eine Parametergleichung von E aufgestellt werden.

226

3 Geraden und Ebenen

Beispiel 3.116. Wir betrachten weiter die Ebene E : 5x + 6y + 7z = 210 und zeigen einen alternativen Rechenweg zur Herleitung einer Parametergleichung von E auf, der das in Beispiel 3.116 c) aufgezeigte Problem umgeht. Nach dem in Beispiel 3.116 verwendeten Ansatz können zur Ermittlung eines Punkts stets zwei der drei Koordinaten beliebig gewählt werden, die dritte Koordinate hängt von dieser Wahl ab. Diesem Ansatz folgend, können wir zwei der drei Koordinaten statt konkreten Zahlenwerten auch beliebige Werte r ∈ R und s ∈ R zuweisen, die sich nachfolgend als Parameter einer Parametergleichung indentifizieren lassen. a) Wählen wir zum Beispiel x = r ∈ R und y = s ∈ R und setzen dies in die Koordinatengleichung ein, dann erhalten wir: 5r + 6s + 7z = 210

⇔

6 5 z = 30 − r − s 7 7

Damit liegen drei Parametergleichungen vor, die wir zu einem Gleichungssystem zusammenstellen: x= r y= s z = 30 − 57 r − 67 s Dies schreiben wir etwas anders auf, indem wir unter anderem an einigen Stellen Nullen und Einsen ergänzen: x = 0 + r·1 + s·0 y = 0 + r·0 + s·1 z = 30 − r · 57 − s · 67 Aus dieser Schreibweise wird deutlich die Gestalt einer Parametergleichung für die Ebene E erkennbar. Wir müssen dazu lediglich das Gleichungssystem in die zugehörige Vektorgleichung umschreiben: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 0 0 − E :→ x = ⎝ 0 ⎠+r⎝ 0 ⎠+s⎝ 1 ⎠ 30 − 57 − 67 b) Um Brüche zu vermeiden lassen sich auch Vielfache von r ∈ R und s ∈ R nutzen, zum Beispiel x = 7r und y = 7s, woraus nach Einsetzen in die Koordinatengleichung 5 · 7r + 6 · 7s + 7z = 210 folgt. Division durch 7 liefert die Gleichung 5r + 6r + z = 30, woraus z = 30 − 5r − 6s folgt. Das ergibt das folgende lineare Gleichungssystem: x = 0 + r·7 + s·0 y = 0 + r·0 + s·7 z = 30 − r · 5 − s · 6 Dazu gehört die folgende Parametergleichung: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 0 7 0 − E :→ x = ⎝ 0 ⎠+r⎝ 0 ⎠+s⎝ 7 ⎠ 30 −5 −6

3.3 Ebenengleichungen

227

c) Wählen wir y = 5r und z = −5s mit beliebigen r, s ∈ R, dann ergibt dies nach Einsetzen in die Koordinatengleichung 5x + 6 · 5r − 7 · 5s = 210. Division durch 5 liefert die Gleichung x + 6r − 7s = 42, woraus x = 42 − 6r + 7s folgt. Das liefert analog zu a) das folgende lineare Gleichungssystem: x = 42 − r · 6 + s · 7 y = 0 + r·5 + s·0 z = 0 + r·0 − s·5 ⎛

⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 7 −6 42 − Daraus folgt E : → x = ⎝ 0 ⎠ + r ⎝ 5 ⎠ + s ⎝ 0 ⎠. −5 0 0



Beispiel 3.117. Zur Ebene E : 5x + 6y + 7z = 210 soll eine Normalengleichung bestimmt → − werden. Ein Normalenvektor n kann aus den Koeffizienten der Gleichung abgelesen wer⎛ ⎞ 5 − den, d. h. → n = ⎝ 6 ⎠. Von den in Beispiel 3.115 ermittelten Punkten der Ebene E verwen7 ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞ ⎡ 42 5 −  x − ⎝ 0 ⎠⎦ • ⎝ 6 ⎠ = 0. den wir A(42|0|0) als Stützpunkt. Dies ergibt E : ⎣→ 7 0 Soll aus einer Normalengleichung eine Parametergleichung ermittelt werden, dann orientieren sich die dazu notwendigen Rechenschritte weitgehend an den Beispielen 3.115 und 3.116. Dies erklärt sich wieder aus der Tatsache, dass das Ausrechnen des Skalarprodukts in der Normalengleichung auf eine Koordinatengleichung der Ebene führt. ⎡ ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞ 1 4 − Beispiel 3.118. Wir betrachten die Ebene E : ⎣→ x − ⎝ 2 ⎠⎦ • ⎝ 5 ⎠ = 0. 3 6 a) Analog zu Beispiel 3.115 können wir von E drei nicht auf einer Gerade liegenden Punkte A, B und C von E bestimmen und daraus eine Parametergleichung konstruieren. Ein Punkt kann direkt aus der Ebenengleichung abgelesen werden, denn aus dem Stützvektor folgt A(1|2|3). Die Koordinaten der Punkte B und C erhalten wir, wenn wir jeweils ⎛ ⎞ x − für zwei der drei Koordinaten im Ortsvektor → x = ⎝ y ⎠ beliebige Werte einsetzen und z das Skalarprodukt in der Ebenengleichung ausrechnen. Aus der so erhaltenen Gleichung folgt die fehlende dritte Koordinate. Zum Beispiel für y = z = 0 ergibt sich die Gleichung ⎡⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ x 1 4 x 4 1 4 ⎣⎝ 0 ⎠ − ⎝ 2 ⎠⎦ • ⎝ 5 ⎠ = ⎝ 0 ⎠ • ⎝ 5 ⎠ − ⎝ 2 ⎠ • ⎝ 5 ⎠ = 4x − 32 = 0 , 0 3 6 0 6 3 6

228

3 Geraden und Ebenen

aus der x = 8 folgt. Damit ist B(8|0|0) ein Punkt von E. Für x = 3 und z = 0 erhalten ⎡⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞ 3 1 4 wir die Gleichung ⎣⎝ y ⎠ − ⎝ 2 ⎠⎦ • ⎝ 5 ⎠ = 5y − 20 = 0, woraus y = 4 und damit 0 3 6 − → − → C(3|4|0) als weiterer Punkt von E folgt. Die Vektoren AB und AC sind linear unabhängig und folglich kann aus den Punkten A, B und C eine Parametergleichung bestimmt werden, d. h. ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ 7 2 1 − → − → − → − E :→ x = 0A + rAB + sAC = ⎝ 2 ⎠ + r ⎝ −2 ⎠ + s ⎝ 2 ⎠ . −3 3 −3 b) Auch die Vorgehensweise aus Beispiel 3.116 lässt sich übertragen. Mit x = r ∈ R und y = s ∈ R ergibt sich die folgende Gleichung: ⎡⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ r 1 4 r 4 1 4 ⎣⎝ s ⎠ − ⎝ 2 ⎠⎦ • ⎝ 5 ⎠ = ⎝ s ⎠ • ⎝ 5 ⎠ − ⎝ 2 ⎠ • ⎝ 5 ⎠ = 4r +5s+6z−32 = 0 z 3 6 z 6 3 6 Daraus folgt z =

16 3

− 23 r − 56 s. Die Parameterdarstellung der Koordinaten stellen wir

als lineares Gleichungssystem dar: ⎧ ⎫ r ⎨x = ⎬ y= s ⎩ 2 5 ⎭ z = 16 3 − 3r − 6s

bzw.

⎧ ⎫ ⎨x = 0 + r·1 + s·0⎬ y = 0 + r·0 + s·1 ⎩ 2 5⎭ z = 16 3 − r· 3 − s· 6

Umschreiben des linearen Gleichungssystems in eine Vektorgleichung liefert eine ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 0 0 1 −  Parametergleichung der Ebene, d. h. E : → x = ⎝ 0 ⎠ + r ⎝ 0 ⎠ + s ⎝ 1 ⎠. 2 16 5 − − 3 3 6

Aufgaben zum Abschnitt 3.3.5 Aufgabe 3.3.22: Gegeben seien die Punkte A(1| − 2|2), B(4|0|2) und C(2|2|0), die gemeinsam in einer Ebene E liegen. Bestimmen Sie für die Ebene E a) b) c) d)

eine Parametergleichung, eine Koordinatengleichung, eine Normalengleichung und eine Hessesche Normalengleichung.

3.3 Ebenengleichungen

229

Aufgabe 3.3.23: Bestimmen Sie eine Parametergleichung der durch die folgenden Koordinatengleichungen definierten Ebenen: a) E1 : 2x + 3y − z = 4 b) E2 : 6x − 2y + 3z = −5 c) E3 : −3x + 12y − 21z =

1 3

e) E5 : x − 12 z = 5

d) E4 : 12 x + y + 14 z = 9 f) E6 : 43 y + 5z = − 52

Aufgabe 3.3.24: Bestimmen Sie jeweils eine Koordinaten- und eine Parametergleichung der folgenden durch eine Normalengleichung definierten Ebenen: ⎡ ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞ ⎡ ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞ −1 4 −5 −3 → − → − a) E : ⎣ x − ⎝ 2 ⎠⎦ • ⎝ −2 ⎠ = 0 b) E : ⎣ x − ⎝ 0 ⎠⎦ • ⎝ 11 ⎠ = 0 −3 1 1 7

3.3.6 Ebenenscharen Sind in einer Parametergleichung außer den Ebenenparametern oder in einer Koordinatengleichung außer den Koordinaten x, y und z weitere Variablen enthalten, dann ergibt sich für jede Wertewahl dieser Variablen eine eigene Ebene. Wir sprechen in diesem Fall von einer Ebenenschar und die von Ebenenparametern bzw. Punktkoordinaten verschiedenen Variablen heißen Scharparameter. Die Ebenen einer Schar haben oft gewisse Eigenschaften gemeinsam. So können Ebenen einer Schar zum Beispiel parallel sein oder alle auf einer Gerade liegenden Punkte gemeinsam haben. Beispiel 3.119. Für jedes c ∈ R wird durch ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2 1 1 − Ec : → x = ⎝ 3 ⎠+r⎝ 1 ⎠+s⎝ 0 ⎠ c 1 1 eine Ebenenschar definiert. Dabei ist c der Scharparameter ⎛ ⎞ ⎛und⎞r, s sind ⎛ die ⎞ Parameter der 2 1 1 − Ebenen gc . Für c = 1 erhalten wir mit E1 : → x = ⎝ 3 ⎠ + r ⎝ 1 ⎠ + s ⎝ 0 ⎠ eine Ebene der 1 1 1 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2 1 1 − Schar Ec . Eine weitere Ebene der Schar ist E7 : → x = ⎝ 3 ⎠ + r ⎝ 1 ⎠ + s ⎝ 0 ⎠.  7 1 1

230

3 Geraden und Ebenen

Beispiel 3.120. Für jedes b ∈ R wird durch Eb : bx + 2y + (b − 2)z = 0 eine Ebenenschar definiert. Dabei ist b der Scharparameter und x, y, z sind die Koordinaten der in der Ebene Eb liegenden Punkte P(x|y|z). Beispiele für Ebenen der Schar sind E0 : 2y − 2z = 0, E5 : 5x + 2y + 3z = 0 und E−3 : −3x + 2y − 5z = 0. Alle Ebenen der Schar enthalten den Koordinatenursprung.  Beispiel 3.121. Für beliebige a, b ∈ R wird durch ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2 b a+b − Ea;b : → x = ⎝ 3 ⎠+r⎝ 4 ⎠+s⎝ 6 ⎠ a 5 a−b eine Ebenenschar definiert. Die Schar Ea;b hat mit a und b zwei Scharparameter. Weiter sind r und s die Parameter der Ebene Ea;b . Beispiele für Ebenen der Schar sind ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2 9 10 − x = ⎝ 3 ⎠+r⎝ 4 ⎠+s⎝ 6 ⎠ E1;9 : → 1 5 −8 und

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2 −4 −1 − E3;−4 : → x = ⎝ 3 ⎠+r⎝ 4 ⎠+s⎝ 6 ⎠ . 3 5 7



Die Beispiele zeigen, dass unter einer Ebenenschar eine Menge von Ebenen zu verstehen ist. Das Symbol Ec hat folglich eine doppelte Bedeutung und steht einerseits für die Ebenenschar als Menge und andererseits für eine konkrete Ebene Ec , der ein gewisser Parameterwert c ∈ R zugeordnet ist. In diesem Zusammenhang werden die Parameter r, s in Beispiel 3.119 als Parameter der Ebene Ec (mit konkretem Wert für c) und nicht als Parameter der Ebenenschar bezeichnet. Mit anderen Worten sind die Ebenenparameter r, s an eine konkrete Ebene Ec der Schar Ec gebunden und nicht an die gesamte Schar als Menge. Typische Aufgabenstellungen bestehen darin, den bzw. die Scharparameter einer Ebenenschar so zu bestimmen, dass die zugehörige(n) Ebene(n) gewisse Eigenschaften erfüllen. Das führt in der Regel auf die Betrachtung von (Vektor-) Gleichungen, die nicht immer eine Lösung haben müssen. Beispiel 3.122. Für die Ebenenschar Ec : cx+2y+(c−3)z = 21 ist c ∈ R so zu bestimmen, dass der Punkt P(2|3|7) auf der Scharebene Ec liegt. Dazu werden die Koordinaten x = 2, y = 3 und z = 7 in die Koordinatengleichung der Schar eingesetzt und die entstehende Gleichung nach c umgestellt: 2c + 6 + 7(c − 3) = 21

⇔

2c + 6 + 7c − 21 = 21

⇔

Ergebnis: Der Punkt P liegt auf der Ebene E4 : 4x + 2y + z = 21.

9c = 36

⇔

c = 4 

3.3 Ebenengleichungen

231

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 4 − Beispiel 3.123. Für die Ebenenschar Ec : → x = r ⎝ 2 ⎠ + s ⎝ 0 ⎠ soll untersucht werden, 3 c ob eine⎛Ebene der Schar den Punkt P(2|4|1) enthält. Dazu ist die Lösbarkeit der Glei⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2 1 4 chung ⎝ 4 ⎠ = r ⎝ 2 ⎠ + s ⎝ 0 ⎠ zu untersuchen. Das ist äquivalent zur Untersuchung 1 3 c des folgenden Gleichungssystems: I : r + 4s = 2 II : 2r =4 III : 3r + cs = 1 Aus Gleichung II folgt r = 2. Einsetzen von r = 2 in die Gleichungen I und III ergibt 2 + 4s = 2 bzw. 6 + cs = 1, woraus s = 0 bzw. s = − 5c folgt. Das Gleichungssystem (I-III) ist genau dann lösbar, wenn aus beiden Gleichungen I und III der gleiche Parameterwert s folgt, d. h., es muss − 5c = 0 gelten. Diese Gleichung ist offensichtlich durch kein c ∈ R  erfüllbar, was bedeutet, dass keine Ebene der Schar Ec den Punkt P(2|4|1) enthält. Beispiel 3.124. Gegeben sei die Ebenenschar Ec : c2 x+5y+(c+4)z = 8. Es ist zu untersuchen, ob die Ebene H : 4x + 5y + 6z = 8 zur Schar Ec gehört. Wenn H zur Schar Ec gehört, dann muss es einen Parameterwert c ∈ R geben, sodass H = Ec gilt. Ob es einen solchen Parameterwert gibt, untersuchen wir mit einem Koeffizientenvergleich und prüfen, ob die Lösungsmengen der folgenden Gleichungen I bis IV einen gemeinsamen(!) Parameterwert c ∈ R liefern: : c2 · x + 5 · y + (c + 4) · z = 8 = = = = H : 4 ·x+ 5 ·y+ 6 ·z= 8 ↓ ↓ ↓ ↓ Gleichung : I II III IV Ec

Die Gleichungen II und IV sind vom Scharparameter c unabhängig und offensichtlich wahr. Folglich müssen nur die Gleichungen I und III weiter untersucht werden. Gleichung I hat die Lösungsmenge LI = {−2; 2}, Gleichung III hat die Lösungsmenge LIII = {2}. Die Gleichungen I und III bilden zusammen ein nichtlineares Gleichungssystem. Hat dieses System eine Lösung, so muss diese in beiden(!) Lösungsmengen LI und LIII liegen. Die Lösungsmenge L dieses Gleichungssystems wird folglich durch die Schnittmenge von LI und LIII definiert, d. h. L = LI ∩ LIII = {2}. Das bedeutet, das Gleichungssystem hat mit c = 2 eine eindeutige Lösung. Folglich gehört H zur Ebenenschar Ec und es gilt H = E2 . Es sei bemerkt, dass allgemeiner wie folgt argumentiert werden kann: Die Gleichungen II und IV sind allgemeingültig, d. h., sie sind für beliebige Werte c ∈ R wahr. Das wird deutlich, wenn Gleichung II zum Beispiel als 5+0·c = 5 notiert wird. Die Lösungsmengen der Gleichungen II und IV sind deshalb LII = LIV = R. Die Gleichungen I bis IV bilden  ein Gleichungssystem mit der Lösungsmenge L = LI ∩ LII ∩ LIII ∩ LIV = {2}.

232

3 Geraden und Ebenen

Aufgaben zum Abschnitt 3.3.6 Aufgabe 3.3.25: Gegeben sei die Ebenenschar Ec : (c + 2)x + (c2 − 1)y − 3z = c + 8 mit dem Scharparameter c ∈ R. a) Geben Sie die Koordinatengleichungen für die Ebenen E0 , E3 und E−5 an. b) Gibt es eine Ebene Ec , in welcher der Punkt P(13|0| − 6) liegt? Falls ja, dann geben Sie den Scharparameter c und die zugehörige Koordinatengleichung der Ebene Ec an. c) Gibt es eine Ebene Ec , in welcher der Punkt Q(5| − 1|1) liegt? Falls ja, dann geben Sie den Scharparameter c und die zugehörige Koordinatengleichung der Ebene Ec an. d) Gibt es eine Ebene Ec , in welcher der Punkt R(2|1| − 4) liegt? Falls ja, dann geben Sie den Scharparameter c und die zugehörige Koordinatengleichung der Ebene Ec an. e) Gibt es eine Ebene Ec , in welcher der Punkt S(1|0| − 2) liegt? f) Untersuchen Sie, ob H : 7x + 24y − 3z = 13

,

H

: −8x + 99y − 3z = 18

und H

: x − z = 3

Ebenen der Schar Ec sind. Aufgabe 3.3.26: Gegeben sei die Ebenenschar Ea;b : (a + b)x + 5ay − bz = a − b mit den Scharparametern a, b ∈ R. a) Geben Sie die Koordinatengleichungen für die Ebenen E0;1 , E2;−3 und E−2;3 an. b) Gibt es Parameterwerte a, b ∈ R, durch die keine Ebenengleichung definiert wird? c) Gibt es eine Ebene Ec , in welcher der Punkt P(1|1|3) liegt? Falls ja, dann geben Sie die Scharparameter a, b und die zugehörige Koordinatengleichung der Ebene Ea;b an. d) Untersuchen Sie, ob H : −5x + 15y + 8z = 11 eine Ebene der Schar Ea;b ist. ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 2 0 → − Aufgabe 3.3.27: Gegeben sei die Ebenenschar Ec : x = ⎝ 3 ⎠ + r ⎝ 1 ⎠ + s ⎝ 2c ⎠ −5 4c 5 mit dem Scharparameter c ∈ R. a) Geben Sie die Parametergleichungen für die Ebenen E2 und E 3 an. 2

b) Bestimmen Sie eine Koordinatengleichung von E2 . c) Bestimmen Sie eine Koordinatengleichung von Ec für beliebiges c ∈ R. d) Verwenden Sie die gegebene Parametergleichung der Schar Ec , um alle Ebenen Ec zu bestimmen, auf denen der Punkt P(5| − 7|9) liegt. Geben Sie Parametergleichungen für diese Ebenen Ec an. e) Verwenden Sie eine Koordinatengleichung der Schar Ec aus Aufgabenteil c), um alle Ebenen Ec zu bestimmen, auf denen der Punkt P(5| − 7|9) liegt. Geben Sie Koordinatengleichungen für diese Ebenen Ec an und vergleichen Sie mit d). f) Gehören die Ebenen H : −3x − 10y + 4z = −53 und H

: −3x − 10y − 4z = −17 zur Schar Ec ?

3.4 Lagebeziehungen zwischen Geraden und Ebenen

233

3.4 Lagebeziehungen zwischen Geraden und Ebenen 3.4.1 Allgemeine Beziehungen Zwischen einer Gerade g und einer Ebene E können genau drei mögliche Lagebeziehungen bestehen: • Fall 1: g und E haben genau einen Punkt D gemeinsam. Man sagt auch: g durchstößt E in D. Der Schnittpunkt D wird deshalb auch als Durchstoßpunkt bezeichnet. Da sowohl Ebenen als auch Geraden als Punktmenge interpretiert werden können, ist die abkürzende Schreibweise E ∩ g = {D} sinnvoll. • Fall 2: g und E sind echt parallel, d. h., g und E haben keine gemeinsamen Punkte, in Zeichen E ∩ g = 0. / • Fall 3: g liegt in E, in Zeichen g ⊂ E oder alternativ E ∩ g = g. Die Lagebeziehung wird ermittelt, indem man die Lösbarkeit der etwas salopp formulierten Gleichung E = g untersucht. Nachfolgend wird sich zeigen, dass die Gleichung E = g auf eine einzelne Gleichung oder ein lineares Gleichungssystem führt. Dies hängt von der Darstellungsform der Geraden- und Ebenengleichung ab. − → − − Wir betrachten die Parameterdarstellung g : → x = 0A + r→ u der Gerade g mit einem Stütz→ − → − punkt A und dem Richtungsvektor u = 0 . Zuerst wird der Fall untersucht, dass E durch − → − − − eine Parametergleichung definiert wird, d. h. E : → x = 0B + s→ v + t→ w mit einem Stütz→ − → − → − → − punkt B und linear unabhängigen Richtungsvektoren v = 0 und w = 0 . Die folgenden Beispiele demonstrieren die grundsätzliche Vorgehensweise zur Untersuchung der Lagebeziehung zwischen g und E. Beispiel 3.125. Gegeben seien ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 1 −1 1 −1 − − x = ⎝ 1 ⎠+s⎝ 0 ⎠+t ⎝ 1 ⎠ . g:→ x = ⎝ −1 ⎠ + r ⎝ 1 ⎠ und E : → 1 1 −1 −1 0 Die Gleichung E = g hat ausgeschrieben die Gestalt ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −1 1 −1 1 1 ⎝ 1 ⎠ + s ⎝ 0 ⎠ + t ⎝ 1 ⎠ = ⎝ −1 ⎠ + r ⎝ 1 ⎠ . −1 −1 0 1 1 Wir bringen dies in eine etwas rechenfreundlichere Form, indem wir alle parameterabhängigen Vektoren auf eine Seite, alle parameterunabhängigen Vektoren auf die andere Seite des Gleichheitszeichens sortieren. Das ergibt zum Beispiel ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 −1 1 1 −1 s ⎝ 0 ⎠ + t ⎝ 1 ⎠ − r ⎝ 1 ⎠ = ⎝ −1 ⎠ − ⎝ 1 ⎠ . −1 0 1 1 −1

234

3 Geraden und Ebenen

Nach Ausrechnen der Vektorendifferenz auf der rechten Seite wird die Vektorgleichung in das folgende lineare Gleichungssystem überführt: I : s−t −r= 2 II : t − r = −2 III : −s −r= 2 Dieses hat die eindeutige Lösung s = − 43 , t = − 83 und r = − 23 . Die eindeutige Lösbarkeit des Systems ist äquivalent dazu, dass g die Ebene E in einem Punkt D durchstößt. Den Ortsvektor des Durchstoßpunkts D erhalten wir durch Einsetzen von r = − 23 in die Geradengleichung bzw. alternativ durch Einsetzen von s = − 43 und t = − 83 in die Ebenen     gleichung. Dies ergibt den Ortsvektor von D 13 − 53  13 . ⎛

⎞ ⎛ ⎞ 1 0 − Beispiel 3.126. Gegeben seien die Gerade g : → x = ⎝ −1 ⎠ + r ⎝ −1 ⎠ und die Ebene E 1 1 aus Beispiel 3.125. Die Gleichung E = g überführen wir analog zu Beispiel 3.125 in das folgende lineare Gleichungssystem (I-III) und untersuchen dessen Lösbarkeit: I: s−t II : t III : −s II : t I + III = IV : −t II + IV = V :

+ − + −

= 2 r = −2 r= 2 r = −2 r= 4 0= 2

Die erhaltene Gleichung V ist ein Widerspruch, woraus folgt, dass das Gleichungssystem (I-III) nicht lösbar ist. Das bedeutet, dass g und E keine gemeinsamen Punkte haben. Folglich verläuft g echt parallel zur Ebene E.  ⎞ ⎞ ⎛ −1 0 − Beispiel 3.127. Gegeben seien die Gerade g : → x = ⎝ 2 ⎠ + r ⎝ −1 ⎠ und die Ebene E −2 1 aus Beispiel 3.125. Die Gleichung E = g wird in das folgende lineare Gleichungssystem (I-III) überführt und dessen Lösbarkeit untersucht: ⎛

I: s−t II : t III : −s II : t I + III = IV : −t II + IV = V :

+ − + −

= 0 r= 1 r = −1 r= 1 r = −1 0= 0

Formales Ziel der Addition zweier Gleichungen mit zwei Variablen t und r ist die Elimination einer der beiden Variablen t oder r. Unterstellen wir, dass das Ziel die Elimination

3.4 Lagebeziehungen zwischen Geraden und Ebenen

235

von t war, dann können wir die Gleichung 0 = 0 auch schreiben als 0 · r = 0. Aus dieser Darstellung wird deutlich, dass für r beliebige Werte eingesetzt werden können. Wählen wir r = k ∈ R, dann folgt aus Gleichung II t = 1 − k und damit aus Gleichung I schließlich s = t = 1 − k. Setzen wir dies in die Ebenengleichung ein, dann ergibt sich die Schnittmenge E ∩ g: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −1 1 −1 → − x = ⎝ 1 ⎠ + (1 − k) ⎝ 0 ⎠ + (1 − k) ⎝ 1 ⎠ −1 −1 0 ⎞ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎛ −1 0 −1 −1 1 1 −1 = ⎝ 1⎠+⎝ 0⎠+⎝ 1⎠−k⎝ 0⎠−k⎝ 1⎠ = ⎝ 2⎠−k⎝ 1⎠ −1 −2 0 −1 0 −1 −1 Das ist aber nichts anderes, als eine alternative Parametergleichung der Gerade g. Dies bedeutet, dass g in E liegt.  Damit sind alle drei Möglichkeiten der Lagebeziehung zwischen einer Gerade und einer Ebene an jeweils einem Beispiel demonstriert. Allgemeiner gilt: − → − − Satz 3.128. Gegeben seien die Gerade g : → x = 0A + r→ u mit r ∈ R und die Ebene − → → − → − → − E : x = 0B + s v + t w mit s,t ∈ R. Wir betrachten die zu einem linearen Gleichungssystem mit den Variablen r, s,t äquivalente Vektorgleichung − → − → −v + t → − − s→ w − r→ u = 0A − 0B .

(∗)

Für die Lagebeziehung von g und E gilt: a) g durchstößt E in einem Punkt D, falls die Gleichung (∗) genau eine Lösung (ˆr; s; ˆ tˆ) hat. Es gilt − → − − → − → − − 0D = 0A + rˆ→ u = 0B + sˆ→ v + tˆ→ w. b) g ist echt parallel zu E, falls die Gleichung (∗) keine Lösung hat. c) g liegt in E, falls die Gleichung (∗) unendlich viele Lösungen (r; s;t) hat.

ACHTUNG! Die Parameter in g und E müssen unterschiedlich bezeichnet werden. − → − − Oft verwenden Lernende in ihren Rechnungen zum Beispiel g : → x = 0A + r→ u und − → − → − → → − → − → − → − → − → − E : x = 0B + r v + s w und dann weiter r v + s w − r u = 0A − 0B, was  berechnen − → − → −v − → − − äquivalent ist zu r → u +s→ w = 0A− 0B. Dies ist falsch und hat grundsätzlich nichts mit der zu untersuchenden Lagebeziehung zu tun. Deshalb bitte auf passende und zu den Rechnungen verträgliche Bezeichnungen achten! Wir betrachten jetzt den Fall, dass E durch eine Koordinatengleichung definiert wird, und geben für jede mögliche Lagebeziehung ein Beispiel.

236

3 Geraden und Ebenen

Beispiel 3.129. Gegeben seien ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 2 − g:→ x = ⎝ −1 ⎠ + r ⎝ 4 ⎠ und E : 2x + 3y + 4z = 27 . 1 −1 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ x 1 + 2r − → Für jedes beliebige r ∈ R ist 0D = ⎝ y ⎠ = ⎝ −1 + 4r ⎠ der Ortsvektor eines Geradenz 1−r punkts D. Falls es ein r ∈ R gibt, sodass D(1 + 2r| − 1 + 4r|1 − r) auch in der Ebene E liegt, dann müssen die Koordinaten von D die Koordinatengleichung von E erfüllen. Diese Überlegung liefert den Ansatz zur Untersuchung der Lagebeziehung, d. h., wir setzen die Koordinaten der von r abhängigen Geradenpunkte in die Ebenengleichung ein. Dies ergibt eine lineare Gleichung: 2(1 + 2r) + 3(−1 + 4r) + 4(1 − r) = 27

⇔

12r + 3 = 27

⇔

r = 2

Dass es genau eine Lösung der Gleichung gibt, ist äquivalent dazu, dass g die Ebene E tatsächlich in einem Punkt D durchstößt. Die Koordinaten des Durchstoßpunkts erhalten wir durch Einsetzen von r = 2 in die Geradengleichung. Dies liefert D (5 |7| − 1).  ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 −1 → − Beispiel 3.130. Gegeben seien g : x = ⎝ −1 ⎠ + r ⎝ −2 ⎠ und die Ebene E aus Bei1 2 spiel 3.129. Einsetzen der Koordinaten x = 1 − r, y = −1 − 2r und z = 1 + 2r der Geradenpunkte P(1 − r| − 1 − 2r|1 + 2r) in die Ebenengleichung ergibt: 2(1 − r) + 3(−1 − 2r) + 4(1 + 2r) = 27 Ausrechnen des Terms auf der linken Seite des Gleichheitszeichens ergibt 3 + 0 · r = 3, was der rechten Seite 27 widerspricht. Die Gleichung ist unlösbar, was bedeutet, dass g und E keine gemeinsamen Punkte haben. Folglich verläuft g echt parallel zu E.  ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2 −1 − Beispiel 3.131. Gegeben seien g : → x = ⎝ 5 ⎠ + r ⎝ −2 ⎠ und die Ebene E aus Bei2 2 spiel 3.129. Einsetzen der Koordinaten x = 2 − r, y = 5 − 2r und z = 2 + 2r der Geradenpunkte P(2 − r|5 − 2r|3 + 2r) in die Ebenengleichung ergibt: 2(2 − r) + 3(5 − 2r) + 4(2 + 2r) = 27

⇔

27 + 0 · r = 27

⇔

27 = 27

Diese Gleichung ist allgemeingültig und damit für jedes beliebige r ∈ R erfüllt. Das bedeutet, dass g in E liegt. 

3.4 Lagebeziehungen zwischen Geraden und Ebenen

237

Die Vorgehensweise des Einsetzens von Koordinaten eines Punkts in eine Koordinatengleichung der Ebene ist bereits bei der Punktprobe im Zusammenhang mit Ebenen verwendet worden und wird in anderen Zusammenhängen noch öfters zur Anwendung kommen. Die Erkenntnisse aus den Beispielen 3.129 bis 3.131 lassen sich verallgemeinern: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ u1 p1 − Satz 3.132. Gegeben seien die Gerade g : → x = ⎝ p2 ⎠ + r ⎝ u2 ⎠ und die Ebene p3 u3 E : ax + by + cz = d. Wir betrachten die Gleichung a(p1 + ru1 ) + b(p2 + ru2 ) + c(p3 + ru3 ) = d , die äquivalent ist zu r(au1 + bu2 + cu2 ) + ap1 + bp2 + cp3 = d .

(#)

Für die Lagebeziehung von g und E gilt: a) g durchstößt E in genau einem Punkt D, falls (#) genau eine Lösung hat. Das ist äquivalent zu au1 + bu2 + cu2 = 0 ,

und es gilt r =

d − (ap1 + bp2 + cp3 ) . au1 + bu2 + cu2

b) g ist echt parallel zu E, falls (#) keine Lösung hat. Dies ist äquivalent zu au1 + bu2 + cu2 = 0

und

ap1 + bp2 + cp3 = d .

c) g liegt in E, falls (#) unendlich viele Lösungen hat. Dies ist äquivalent zu au1 + bu2 + cu2 = 0

und

ap1 + bp2 + cp3 = d .

Die Betrachtung der dritten Möglichkeit, dass E durch eine Normalengleichung gegeben ist, d. h. ⎡⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞ a x q1 E : ⎣⎝ y ⎠ − ⎝ q2 ⎠⎦ • ⎝ b ⎠ = 0 , q3 c z kann auf die Feststellung dass die Untersuchung der Lagebeziehung ⎛ ⎞reduziert ⎛ werden, ⎞ p1 u1 − von E zu g : → x = ⎝ p2 ⎠ + r ⎝ u2 ⎠ nach Einsetzen der Koordinaten x = p1 + ru1 , p3 u3 y = p2 + ru2 und z = p3 + ru3 in eine Normalengleichung und anschließendem Ausrechnen des Skalarprodukts genau auf die in Satz 3.132 genannte Gleichung (#) führt. Das ist aber keine große Überraschung, denn bereits früher hatten wir festgestellt, dass aus einer Normalengleichung nach Ausrechnen des Skalarprodukts eine Koordinatengleichung der Ebene folgt.

238

3 Geraden und Ebenen

Wie die Beispiele zeigen, ist der Rechenaufwand vergleichsweise klein, wenn die Ebene E durch eine Koordinaten- oder Normalengleichung definiert ist. Wird E dagegen durch eine Parametergleichung definiert, dann kann der Rechenaufwand relativ groß und damit auch fehleranfällig sein, wenn der Lösungsweg über ein lineares Gleichungssystem mit drei Variablen eingeschlagen wird. Da ein Normalenvektor mithilfe des Kreuzprodukts schnell berechnet ist, kann aus einer gegebenen Parametergleichung der Ebene E zunächst eine Normalen- oder Koordinatengleichung ermittelt und dann damit die Lagebeziehung zwischen E und einer Gerade g untersucht werden. Der Einsatz einer Koordinaten- und Normalengleichung der Ebene E zur Überprüfung der − → − − Lagebeziehung zu einer Gerade g : → x = 0A + r→ u hat noch einen weiteren Vorteil: Denn − mithilfe eines Normalenvektors → n von E lässt sich schnell überprüfen, ob E und g parallel sind. Parallelität einschließlich des Sonderfalles g ⊂ E bedeutet, dass der Richtungsvektor → − − − − u von g und der Normalenvektor → n zueinander orthogonal sind, d. h. → u •→ n = 0 (siehe Abb. 78 zur Illustration). Dies reduziert den Arbeitsaufwand erheblich, wie die drei nachfolgenden Beispiele demonstrieren. A

g

→ − u

→ − n

→ − n → − u

g E

E ∩ g = 0/

E

A

E ∩g = g

Abb. 78: Parallele Lagemöglichkeiten einer Gerade g und einer Ebene E ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 −1 − Beispiel 3.133. Gegeben seien g : → x = ⎝ 2 ⎠ + r ⎝ 1 ⎠ und E : 2x + 5y − 3z = 7. Aus 3 ⎛1 ⎞ 2 − der Ebenengleichung wird der Normalenvektor → n = ⎝ 5 ⎠ von E abgelesen, der ortho−3 ⎛ ⎞ −1 − gonal zum Richtungsvektor → u = ⎝ 1 ⎠ von g ist. Das bedeutet, dass g entweder echt 1 parallel zu E verläuft, oder g liegt in E. Welcher der beiden Fälle vorliegt, lässt sich durch Einsetzen der Koordinaten des Punkts P in die Koordinatengleichung von E schnell überprüfen. Das ergibt 2 · 1 + 5 · 2 − 3 · 3 = 3 = 7, d. h., P liegt nicht in E und folglich verläuft g echt parallel zu E. 

3.4 Lagebeziehungen zwischen Geraden und Ebenen

239

Beispiel 3.134. Es ist die Lagebeziehung zwischen ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎡ 4 3 6 1 − − x − ⎝ 1 ⎠⎦ • ⎝ −1 ⎠ = 0 g:→ x = ⎝ 1 ⎠ + r ⎝ 5 ⎠ und E : ⎣→ 3 2 0 1 . /0 1 . /0 1 → − u

→ − n

− − zu untersuchen. Der Normalenvektor → n von E ist orthogonal zum Richtungsvektor → u von → − → − g, denn es gilt u • n = 0. Das bedeutet, dass⎛ g entweder echt parallel zu E verläuft, oder ⎞ 6 − g liegt in E. Einsetzen des Ortsvektors → x = ⎝ 1 ⎠ des auf g liegenden Punkts P(6|1|0) 0 in die Normalengleichung von E und Ausrechnen des Skalarprodukts ergibt eine wahre Aussage, d. h., P liegt in E. Das bedeutet, dass g in E liegt.  ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 −1 − Beispiel 3.135. Gegeben seien die Gerade g : → x = ⎝ 2 ⎠ + r ⎝ 1 ⎠ und die Ebene 3 ⎛ ⎞ 1 2 − E : 2x + 5y + 3z = −3. Ein Normalenvektor von E ist → n = ⎝ 5 ⎠, der nicht orthogonal 3 ⎛ ⎞ −1 − − − zum Richtungsvektor → u = ⎝ 1 ⎠ von g ist, denn es gilt → u •→ n = 6 = 0. Das bedeutet, 1 dass g und E nicht parallel zueinander liegen und sich folglich in einem Punkt D schneiden. Um den Ortsvektor von D berechnen zu können, benötigen wir den zugehörigen Parameterwert r ∈ R. Diesen ermitteln wir durch Einsetzen der Koordinaten x = 1 − r, y = 2 + r und z = 3 + r in die Koordinatengleichung von E: 2(1 − r) + 5(2 + r) + 3(3 + r) = −3

⇔

6r + 21 = −3

⇔

r = −4

Einsetzen von r = −4 in die Geradengleichung liefert den Ortsvektor des Durchstoßpunkts D(5| − 2| − 1).  Wir verallgemeinern die Vorgehensweise zur schnellen Überprüfung der Lagebeziehung von Gerade und Ebene formal in dem folgenden Satz und alternativ in dem in Abb. 79 dargestellten Schema. (− − − → − →2 − − Satz 3.136. Gegeben seien g : → x = 0A + r→ u und E : → x − 0B • → n = 0. Dann gilt: ( − → − →2 − − − a) g ist genau dann echt parallel zu E, wenn → u •→ n = 0 und 0A − 0B • → n = 0. (− → − →2 → → − → − − b) g liegt genau dann in E, wenn u • n = 0 und 0A − 0B • n = 0. − − u •→ n = 0. c) g durchstößt E genau dann in einem Punkt D, wenn →

240

3 Geraden und Ebenen

Der Vollständigkeit wegen sei die folgende Alternative für den Fall notiert, dass E durch eine Koordinatengleichung gegeben ist. Der Zusammenhang zu Satz 3.136 ergibt sich, wenn dort in der Normalengleichung das Skalarprodukt ausgerechnet wird. − → − − Folgerung 3.137. Gegeben seien eine Gerade g : → x = 0A +⎛r→ u ⎞mit Stützpunkt a − A(ax |ay |az ) und eine Ebene E : ax + by + cz = d. Dann ist → n = ⎝ b ⎠ ein Normalenc vektor von E und es gilt: − − a) g ist genau dann echt parallel zu E, wenn → u •→ n = 0 und aax + bay + caz = d. → − → − b) g liegt genau dann in E, wenn u • n = 0 und aax + bay + caz = d. − − c) g durchstößt E genau dann in einem Punkt D, wenn → u •→ n = 0.

(− − − → − →2 − − Lagebeziehung zwischen g : → x = 0A + r→ u und E : → x − 0B • → n =0 ⎛ ⎞ a − → − − bzw. E : ax + by + cz = d mit → n = ⎝ b ⎠ und d = 0B • → n c Sind g und E parallel? ⇔

− − Sind → u und → n orthogonal? ⇔

− − Gilt → u •→ n = 0?

ja Liegt g in E? ⇔

Gilt für A ∈ g auch A ∈ E? (− → − →2 − ⇔ Gilt 0A − 0B • → n = 0? ja

g liegt in E.

nein g und E sind echt parallel.

nein g und E schneiden sich in einem Punkt D. rˆ ∈ R löst die Gleichung &− → − − →' − 0A + rˆ→ u − 0B • → n =0 ⇒

→ − − → − 0D = 0A + rˆ→ u

Abb. 79: Schema zur Untersuchung der Lagebeziehung zwischen einer Gerade g und einer Ebene E

Satz 3.136 und Folgerung 3.137 gestatten eine schnelle Überprüfung der Lagebeziehung zwischen Gerade und Ebene, ermöglichen aber ausdrücklich nicht die Berechnung der Koordinaten von Durchstoßpunkten. Für deren Berechnung muss auf die Verfahrensweise gemäß Satz 3.128 oder Satz 3.132 zurückgegriffen werden.

3.4 Lagebeziehungen zwischen Geraden und Ebenen

241

Aufgaben zum Abschnitt 3.4.1 Aufgabe 3.4.1: Begründen Sie, dass die Gerade g und die Ebene E echt parallel sind. ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎡ ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞ 1 −1 −3 5 − − a) g : → x = ⎝ 2 ⎠ + r ⎝ 8 ⎠, E : ⎣→ x − ⎝ −2 ⎠⎦ • ⎝ 5 ⎠ = 0 3 5 1 −7 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 17 2 − b) g : → x = ⎝ −5 ⎠ + r ⎝ −6 ⎠, E : 2x + 6y + z = 45 2 8 ⎞ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎛ 4 −7 1 12 −5 − − x = ⎝ 2 ⎠+s⎝ 5 ⎠+t ⎝ 8 ⎠ c) g : → x = ⎝ −11 ⎠ + r ⎝ 44 ⎠, E : → −9 6 9 −3 3 Aufgabe 3.4.2: Begründen Sie, dass die Gerade g in der Ebene E liegt. ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎡ 3 2 4 2 − − x − ⎝ 1 ⎠⎦ • ⎝ 5 ⎠ = 0 a) g : → x = ⎝ 1 ⎠ + r ⎝ −2 ⎠, E : ⎣→ 2 2 1 3 ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ 6 1 − b) g : → x = ⎝ −3 ⎠ + r ⎝ 1 ⎠, E : 5x − 8y + 3z = 42 1 −4 ⎛ 16 ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 3 5 1 −1 3 − − c) g : → x = ⎝ 2 ⎠ + r ⎝ 8 ⎠, E : → x = ⎝ 0 ⎠+s⎝ 2 ⎠+t ⎝ 2 ⎠ 9 2 3 −3 3 Aufgabe 3.4.3: Die Gerade g durchstößt die Ebene E im Durchstoßpunkt D. Ermitteln Sie die Koordinaten von D. ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2 2 1 1 0 − − a) g : → x = ⎝ 8 ⎠ + r ⎝ −3 ⎠, E : → x = ⎝ 1 ⎠+s⎝ 1 ⎠+t ⎝ 2 ⎠ −3 4 6 1 3 ⎞ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎛ ⎞ ⎛ 3 −1 1 1 2 − − x = ⎝ 2 ⎠+s⎝ 4 ⎠+t ⎝ 0 ⎠ b) g : → x = ⎝ 0 ⎠ + r ⎝ 2 ⎠, E : → 5 0 −3 −3 4 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 4 −3 − c) g : → x = ⎝ 7 ⎠ + r ⎝ −1 ⎠, E : −4x + 5y + 10z = 144 10 2 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −2 −1 − d) g : → x = ⎝ −5 ⎠ + r ⎝ −2 ⎠, E : 9x − z = 50 12 1 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎡ ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞ 7 1 −4 2 − − e) g : → x = ⎝ 7 ⎠ + r ⎝ 2 ⎠, E : ⎣→ x − ⎝ 1 ⎠⎦ • ⎝ −3 ⎠ = 0 16 3 5 6

242

3 Geraden und Ebenen

Aufgabe 3.4.4: Verwenden Sie eine Parametergleichung der Ebene E und Satz 3.128, um die Lagebeziehung zwischen der Ebene E und der Gerade g zu untersuchen. Falls E und g genau einen Punkt D gemeinsam haben, dann ermitteln Sie die Koordinaten von D. ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2 1 2 4 1 − − a) E : → x = ⎝ −1 ⎠ + r ⎝ 2 ⎠ + s ⎝ 3 ⎠, g : → x = ⎝ 5 ⎠ + t ⎝ −2 ⎠ −4 −2 5 5 3 ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ 2 1 2 4 1 − − x = ⎝ 5 ⎠ + t ⎝ −2 ⎠ b) E : → x = ⎝ −1 ⎠ + r ⎝ 2 ⎠ + s ⎝ 3 ⎠, g : → −2 0 5 14 1 ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ 1 2 1 2 4 − − x = ⎝ 5 ⎠ + t ⎝ −2 ⎠ c) E : → x = ⎝ 7 ⎠ + r ⎝ 2 ⎠ + s ⎝ 3 ⎠, g : → 14 0 −3 1 −2 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −3 −4 − d) E : 2x − 4y + z = 8, g : → x = ⎝ 4 ⎠+t ⎝ 8 ⎠ 9 −2 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −3 −4 − e) E : 4x + 2y − z = 8, g : → x = ⎝ 4 ⎠ + t ⎝ 14 ⎠ 9 12 ⎡ ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −1 −4 −3 −4 − − x = ⎝ 4 ⎠+t ⎝ 0 ⎠ f) E : ⎣→ x − ⎝ 0 ⎠⎦ • ⎝ 1 ⎠ = 0, g : → 0 −2 6 8 Aufgabe 3.4.5: Verwenden Sie eine Koordinatengleichung der Ebene E und Satz 3.132, um die Lagebeziehung zwischen der Ebene E und der Gerade g zu untersuchen. Falls E und g genau einen Punkt D gemeinsam haben, dann ermitteln Sie die Koordinaten von D. ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 7 2 − a) E : 4x + 7y − 3z = −23, g : → x = ⎝3⎠+r⎝3⎠ 1 2 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 7 2 − b) E : −5x + 2y + z = −28, g : → x = ⎝3⎠+r⎝3⎠ 1 4 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 7 2 − c) E : −5x + 2y + z = 28, g : → x = ⎝3⎠+r⎝3⎠ 1 4 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −1 −1 2 1 4 − − d) E : → x = ⎝ 2 ⎠ + r ⎝ 1 ⎠ + s ⎝ −1 ⎠, g : → x = ⎝ 2 ⎠ + t ⎝ −1 ⎠ 3 −1 8 3 −2 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −1 4 −4 1 4 − − e) E : → x = ⎝ 2 ⎠ + r ⎝ 5 ⎠ + s ⎝ 0 ⎠, g : → x = ⎝ 2 ⎠ + t ⎝ 15 ⎠ −3 −1 5 3 7

3.4 Lagebeziehungen zwischen Geraden und Ebenen

⎛

⎞

⎛

⎞

⎛

⎞

12 14 3 − f) E : → x = ⎝ −5 ⎠ + r ⎝ 2 ⎠ + s ⎝ −1 ⎠, 27 −2 4

243

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 4 10 − g:→ x = ⎝ 1 ⎠+t ⎝ 0 ⎠ 6 3

Aufgabe 3.4.6: Verwenden Sie Satz 3.136 oder alternativ Folgerung 3.137, um die Lagebeziehung zwischen der Ebene E und der Gerade g zu untersuchen. Falls E und g genau einen Punkt D gemeinsam haben, dann ermitteln Sie außerdem die Koordinaten von D. ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 24 11 − a) E : 7x − 8y − 9z = 130, g : → x = ⎝ 12 ⎠ + r ⎝ 25 ⎠ 13 26 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2 0 − b) E : 2x − 2y + 3z = 5, g : → x = ⎝1⎠+r⎝5⎠ 2 2 ⎛ ⎛ ⎞ ⎞ 0 2 − c) E : 2x − 2y + 3z = 5, g : → x = ⎝ −1 ⎠ + r ⎝ 5 ⎠ 1 2 ⎡ ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 3 −1 1 1 → − → − ⎣ ⎝ ⎠ ⎦ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ 3 2 7 d) E : x − • , g: x = +r 8⎠ 0 −3 9 5 ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎡ 2 4 7 −5 − − x − ⎝ −3 ⎠⎦ • ⎝ 11 ⎠, g : → x = ⎝ −3 ⎠ + r ⎝ 5 ⎠ e) E : ⎣→ 13 5 9 −7 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 4 3 3 3 5 − − f) E : → x = ⎝ 4 ⎠ + r ⎝ 5 ⎠ + s ⎝ 6 ⎠, g : → x = ⎝ 5 ⎠+t ⎝ 3 ⎠ 1 7 1 3 3 Aufgabe 3.4.7: Verwenden Sie eine Methode Ihrer Wahl, um die Lagebeziehung zwischen der Gerade g und der Ebene E zu untersuchen. Falls g und E genau einen Punkt D gemeinsam haben, dann ermitteln Sie außerdem die Koordinaten von D. ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ −35 −102 − a) g : → x = ⎝ 881 ⎠ + r ⎝ 312 ⎠, E : 6x + y + 4z = 950 70 75 ⎛ √ ⎞ ⎛ ⎞ 2 11 √ √ − b) g : → x = ⎝ √2 ⎠ + r ⎝ 121 ⎠, E : 11x − 3y + 22z = 52 2 11 2 2 ⎛√ ⎞ ⎛ √ ⎞ 2√3 √ √ √ √3 − c) g : → x = ⎝ 3√5 ⎠ + r ⎝ √5 ⎠, E : 3x + 5y − 8z = −34 8 8 8 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 11 1 − d) g : → x = ⎝ 21 ⎠ + r ⎝ 2 ⎠, E : 3x + 2y − z = 2 9 −1

244

3 Geraden und Ebenen

⎛

e)

f)

g)

h)

i)

⎞

⎛

⎞

⎛

⎞

⎛

⎞

⎛ ⎞ 8 −12 −12 1 0 − − g:→ x = ⎝ −3 ⎠ + r ⎝ 10 ⎠, E : → x = ⎝ 17 ⎠ + s ⎝ 10 ⎠ + t ⎝ 10 ⎠ 5 −7 15 0 1 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 1 3 5 3 − − g:→ x = ⎝ 9 ⎠ + r ⎝ −2 ⎠, E : → x = ⎝ 5 ⎠+s⎝ 2 ⎠+t ⎝ 6 ⎠ 6 3 2 5 −3 ⎛ ⎞ ⎛ 2 ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 5 3 0 19 16 − − g:→ x = ⎝ 61 ⎠ + r ⎝ −16 ⎠, E : → x = ⎝ 49 ⎠ + s ⎝ 6 ⎠ + t ⎝ 22 ⎠ 17 3 16 8 5 ⎞ ⎡ ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ 1 0 0 0 − − x − ⎝ 4 ⎠⎦ • ⎝ 6 ⎠ = 0 g:→ x = ⎝ 1 ⎠ + r ⎝ −8 ⎠, E : ⎣→ 9 8 9 6 ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞ ⎞ ⎛ ⎞ ⎡ ⎛ 6 0 2 −1 − − x − ⎝ 1 ⎠⎦ • ⎝ 8 ⎠ = 0 g:→ x = ⎝ 6 ⎠ + r ⎝ 5 ⎠, E : ⎣→ 9 1 −7 2

Aufgabe 3.4.8: Gegeben seien die Ebene E : 2x + 4y + 9z = 55 und die Geradenschar ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2 c−2 − c ⎠. Kann c ∈ R so gewählt werden, sodass x = ⎝3⎠+r⎝ gc : → 1 c+2 a) gc echt parallel zu E ist, b) gc in E liegt bzw. c) gc die Ebene E in einem Punkt D durchstößt? Aufgabe 3.4.9: Gegeben seien die Ebene E : 3x − 5y + 5z = 11 und die Geradenschar ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ −10 2 − x = ⎝ 3 ⎠ + r ⎝ c2 − 1 ⎠. Wie muss c ∈ R gewählt werden, damit gc : → c 5c + 1 a) gc echt parallel zu E ist, b) gc in E liegt bzw. c) gc die Ebene E in einem Punkt D durchstößt? Aufgabe 3.4.10: Gegeben seien die Ebene E : 4x − 3y + 2z = 41 und die Geradenschar ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ a+1 a−2 − x = ⎝ a + 3b ⎠ + r ⎝ 2a − b ⎠. Wie müssen a, b ∈ R gewählt werden, damit ga;b : → 1−b b+5 a) ga;b in E liegt, b) ga;b echt parallel zu E ist bzw. c) ga;b die Ebene E in einem Punkt D durchstößt?

3.4 Lagebeziehungen zwischen Geraden und Ebenen

245

Aufgabe 3.4.11: Gegeben sei die Gerade g durch die Punkte A(1|0| − 1) und B(2| − 4|3) und die Ebenenschar Ec : (8 + 8c)x + (c2 − c)y + 8z = −16. Wie muss c ∈ R gewählt werden, damit a) b) c) d)

g in Ec liegt, g und Ec echt parallel sind, g die Ebene Ec in einem Punkt D durchstößt bzw. g und Ec nur den Punkt D(4| − 12|11) gemeinsam haben.

Aufgabe 3.4.12: Gegeben sei die Gerade g durch die Punkte A(5|4| − 2) und B(−3|9|3) und die Ebenenschar Ea;b : ax + by + (a + b)z = 6. Können a, b ∈ R so gewählt werden, dass a) b) c) d)

g in Ea;b liegt, g und Ea;b echt parallel sind, g die Ebene Ea;b in einem Punkt D durchstößt bzw. g und Ea;b nur den Punkt D(21| − 6| − 12) gemeinsam haben?

Aufgabe 3.4.13: In einem kartesischen Koordinatensystem sind die Punkte 

 t  

t           At t   1 , Bt 4  t + 1  − 2 und Ct  5  t −3 2 4 mit t ∈ R gegeben. a) Bestimmen Sie alle t ∈ R, für die das Dreieck Δ At Bt Ct gleichseitig ist. b) Für t = 4 bildet das Dreieck Δ A4 B4C4 jeweils die Grundfläche von regelmäßigen, dreiseitigen, geraden Pyramiden A4 B4C4 Ds mit der Pyramidenspitze Ds , s ∈ R. Die Punkte Ds liegen auf einer Gerade d. Ermitteln Sie eine Gleichung der Gerade d. c) Bestimmen Sie die Koordinaten aller Punkte Ds , für die der Körper A4 B4C4 Ds ein regelmäßiges Tetraeder ist. d) Gegeben seien der Punkt P(4|5|1) sowie die Ebene E : x + y + z = 5. Weiter seien • A der Schnittpunkt der Ebene E und der Gerade g durch die Punkte P und A4 , • B der Schnittpunkt der Ebene E und der Gerade h durch die Punkte P und B4 bzw. • C der Schnittpunkt der Ebene E und der Gerade l durch die Punkte P und C4 . Zeichnen Sie in ein geeignetes Koordinatensystem einen Würfel, der die Punkte A , B , C und P als Eckpunkte enthält. Weisen Sie nach, dass die Ebene E den Würfel so in zwei Teilkörper zerlegt, dass sich deren Volumina wie 5 : 1 verhalten.

246

3 Geraden und Ebenen

3.4.2 Schnittwinkel, Spurpunkte und Spurgeraden Ist E eine Ebene und P ein nicht in E liegender Punkt, dann kann das Lot von P auf E gefällt werden. Das Lot von P auf E triff dabei auf einen in E liegenden Punkt P derart, dass −→ der Vektor PP ein Normalenvektor von E ist. Das bedeutet, dass die Lotstrecke PP senkrecht auf E steht. Die Ermittlung des auch als Lotfußpunkt bezeichneten Punkts P kann dabei auf die Lagebeziehung zwischen der Ebene E und der Lotgerade − → − − − h:→ x = 0P + s→ n zurückgeführt werden, wobei → n irgendein Normalenvektor von E ist. Ganz offensichtlich durchstößt h die Ebene E im Lotfußpunkt P . Beispiel 3.138. Es ist der Lotfußpunkt P des Lots von P(4|9|8) auf E : 2x + 3y + 4z = 9 zu bestimmen. P ist der Schnittpunkt der Ebene E und der Lotgerade ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 4 2 − → − − h:→ x = 0P + s→ n = ⎝ 9 ⎠+s⎝ 3 ⎠ . 8 4 Wir bestimmen den zu P zugehörigen Parameterwert s ∈ R: 2(4 + 2s) + 3(9 + 3s) + 4(8 + 4s) = 9

⇔

29s + 67 = 9

⇔

s = −2

Einsetzen von s = −2 in die Gleichung von h ergibt den Ortsvektor von P (0|3|0).



Die Methode, das Lot eines Punkts P auf eine Ebene E zu fällen, ist eine spezielle Orthogonalprojektion. Das bedeutet, dass P durch senkrechte Projektion auf E abgebildet wird.5,6 Auch andere geometrische Objekte lassen sich durch Orthogonalprojektionen aufeinander abbilden, wie zum Beispiel eine Gerade g auf eine Ebene E. Dazu wird jeder Punkt P der Gerade g orthogonal auf E projiziert, was eine in E liegende Gerade g ergibt.7 Definition 3.139. Sei E eine Ebene und g eine nicht in E liegende Gerade. Der Richtungsvektor von g sei linear unabhängig vom Normalenvektor der Ebene E. Durch Orthogonalprojektion von g auf E entsteht eine Projektionsgerade g mit den folgenden Eigenschaften: a) g liegt in E.

−→ b) Zu jedem Punkt P ∈ g gibt es genau einen Punkt P ∈ g, sodass PP ein Normalenvektor von E ist. Man sagt auch: g entsteht durch orthogonale Projektion von g auf E. 5 Anschaulich lässt sich das zum besseren Verständnis mit einer vereinfacht erklärten Wirkung einer Taschenlampe vergleichen: Hängt man als Punkt P zum Beispiel einen kleinen Tischtennisball vor eine Wand E auf und richtet eine Taschenlampe vor P so aus, dass ihre Lichtstrahlen nährungsweise senkrecht in Richtung Wand E verlaufen, dann wird P durch die Lichtstrahlen auf die Wand E projiziert und dort als Schatten P sichtbar. Die Strecke PP ist orthogonal zu E. 6 Man sagt in diesem Zusammenhang auch: P entsteht durch orthogonale Projektion von P auf E. 7 g lässt sich anschaulich als „Schattenbild“ von g auf E verstehen.

3.4 Lagebeziehungen zwischen Geraden und Ebenen

Für die praktische Berechnung der Projektionsgerade g muss man nicht von jedem auf g liegenden Punkt P das Lot auf g fällen. Vielmehr genügt es, das Lot von genau einem nahezu beliebig wählbaren Punkt P ∈ g auf E zu fällen und den zugehörigen Lotfußpunkt P zu berechnen. Für eine Gleichung von g wird ein Richtungsvektor benötigt, zu dessen Bestimmung die folgenden beiden Fälle zu unterscheiden sind, wobei → − u ein Richtungsvektor von g − und → n ein Normalenvektor von E ist:8

247

P

g −→

PP g

P

E

Abb. 80: Orthogonale Projektion einer Gerade g auf eine Ebene E

− − • Fall 1: g durchstößt E im Punkt D, → u und → n sind linear unabhängig und es gilt P = D. −→ −−→ −

Die Projektionsgerade hat die Gleichung g : → x = 0P + rP D. − − u und → n linear unabhängig und die Projek• Fall 2: g ist echt parallel zu E. Dann sind → −→

→ − → −

tionsgerade hat die Gleichung g : x = 0P + r u . ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 4 3 − Beispiel 3.140. Die Gerade g : → x = ⎝ 9 ⎠ + r ⎝ 8 ⎠ durchstößt E : 2x + 3y + 4z = 9 8 ⎛7 ⎞ 3 − im Punkt D(1|1|1). Der Richtungsvektor → u = ⎝ 8 ⎠ von g und der Normalenvektor 7 ⎛ ⎞ 2 → − n = ⎝ 3 ⎠ von E sind linear unabhängig, sodass g auf E orthogonal projiziert wer4 den kann. Aus Beispiel 3.138 ist die Orthogonalprojektion P (0|3|0) des Geradenpunkts P(4|9|8) auf die Ebene E bekannt. Für die durch orthogonale Projektion von g auf E erhaltene Projektionsgerade g ergibt sich die folgende Gleichung: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 0 1 − → − − → − x = 0P + rP D = ⎝ 3 ⎠ + t ⎝ −2 ⎠ g : →  0 1 8 Der Vollständigkeit halber sei erwähnt, dass es noch einen dritten Fall gibt: g durchstößt E im Punkt D, → − − u und → n sind linear abhängig. Dies ist ein Sonderfall, der nicht durch Definition 3.139 erfasst wird. Die Gerade g durchstößt E in D orthogonal, sodass jeder Punkt von g auf den Durchstoßpunkt projiziert wird. Dieser Fall wird hier nicht weiter betrachtet.

248

3 Geraden und Ebenen

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 4 −2 − Beispiel 3.141. Die Gerade g : → x = ⎝ 9 ⎠ + r ⎝ 0 ⎠ verläuft echt parallel zur Ebene 8 1⎛ ⎞ −2 − E : 2x + 3y + 4z = 9, denn der Richtungsvektor → u = ⎝ 0 ⎠ von g ist orthogonal zum 1 ⎛ ⎞ 2 − Normalenvektor → n = ⎝ 3 ⎠ von E. Aus Beispiel 3.138 ist die Orthogonalprojektion 4 P (0|3|0) des Geradenpunkts P(4|9|8) auf E bekannt. Für die durch orthogonale Projektion von g auf E erhaltene Projektionsgerade g ergibt sich die Gleichung ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 0 −2 − → → − → − g : x = 0P + r u = ⎝ 3 ⎠ + t ⎝ 0 ⎠ .  0 1 Schneiden sich eine Gerade g und eine Ebene E im Schnittpunkt D, dann schließen sie dort ein Paar von Winkeln β und 180◦ − β ein (siehe Abb. 81). Es ist für die Definition des Schnittwinkels α von g und E sinnvoll, die Definition 3.51 des Schnittwinkels zwei sich schneidender Geraden zu übernehmen. Dazu wird die Hilfsgerade h genutzt, die durch orthogonale Projektion von g auf E entsteht. Die Gerade h liegt in E und geht durch den Punkt D (siehe Abb. 81). Damit können wir den Schnittwinkel α über die Geraden g und h definieren und dazu einfach Definition 3.51 übertragen. Definition 3.142. Gegeben seien eine Gerade g und eine Ebene E derart, dass g die Ebene E in einem Punkt D durchstößt. Weiter sei h die Orthogonalprojektion von g auf E. Dann schließen g und h am Punkt D zwei Scheitelwinkel β und 180◦ − β miteinander ein. Denjenigen dieser beiden Winkel, der 90◦ nicht überschreitet bezeichnet man als Schnittwinkel zwischen der Gerade g und der Ebene E.

g

g

→ − u

18

β

h E

0◦ −β

D

Abb. 81: Winkel zwischen einer Gerade g und einer Ebene E am Schnittpunkt D

→ − n

α

h E

D

Abb. 82: Berechnung des Schnittwinkels α zwischen einer Gerade g und einer Ebene E

3.4 Lagebeziehungen zwischen Geraden und Ebenen

249

Zur Berechnung des Schnittwinkels α von g und E ist es nicht notwendig, die Orthogonalprojektion h von g auf E zu berechnen. Einfacher ist es, zur Berechnung von α einen − − Normalenvektor → n von E zu verwenden (siehe Abb. 82). Interpretieren wir → n als Rich→ − tungsvektor einer durch D verlaufenden Gerade und ist u ein Richtungsvektor von g, dann gilt nach Satz 3.60 − − |→ u •→ n| sin(α) = cos(90◦ − α) = → . − − | u | · |→ n| Die Anwendung der Umkehrfunktion Arcussinus liefert schließlich eine Berechnungsformel für den Schnittwinkel zwischen Gerade und Ebene: − → − − Satz 3.143. Gegeben seien eine Gerade g : → x = 0A + r→ u mit r ∈ R und eine Ebene (→ 2 − → − E: − x − 0B • → n = 0 derart, dass g die Ebene E in genau einem Punkt schneidet. Für den Schnittwinkel α zwischen g und E gilt:  →  − − − |− |→ u •→ n| u •→ n| sin(α) = → bzw. α = arcsin → − − |− |− u | · |→ n| u | · |→ n| ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 −1 − Beispiel 3.144. Nach Beispiel 3.135 durchstößt die Gerade g : → x = ⎝ 2 ⎠ + r ⎝ 1 ⎠ die 3 1 Ebene⎛E : 2x + 5y + 3z = −3 im Punkt D(5| − 2| − 1). Mit dem Geradenrichtungsvektor ⎞ ⎛ ⎞ −1 2 → − − u = ⎝ 1 ⎠ und dem Normalenvektor → n = ⎝ 5 ⎠ von E wird der Schnittwinkel α von 1 3 g und E gemäß Satz 3.143 wie folgt berechnet:  →    − |− u •→ n| 6 α = arcsin → = arcsin √ √ ≈ 34, 19◦  − |− u | · |→ n| 3 38

Oft fällt es schwer, anhand einer Skizze die Lage einer Gerade g im räumlichen Koordinatensystem zweifelsfrei zu lokalsieren. Das lässt sich mit einfachen Hilfsmitteln verbessern, zum Beispiel durch zusätzliches Einzeichnen der Schnittpunkte von g mit den Koordinatenebenen. Definition 3.145. Die Schnittpunkte einer Gerade g mit den Koordinatenebenen heißen Spurpunkte der Gerade g. Zur Ermittlung der Koordinaten der Spurpunkte müssen keine komplizierten Rechnungen durchgeführt werden. Man muss lediglich überlegen, welche der drei Koordinaten eines Spurpunkts gleich null ist. So hat der Schnittpunkt einer Gerade mit der xy-Ebene die Koordinate z = 0, der Schnittpunkt mit der xz-Ebene die Koordinate y = 0 und der Schnittpunkt mit der yz-Ebene die Koordinate x = 0. Dieses Wissen ermöglicht eine rasche Berechnung der Spurpunktkoordinaten.

250

3 Geraden und Ebenen

z

yz-Ebene

g

xz -E

be ne

Syz

Sxz

xy

-E

be

ne

y

Sxy x Abb. 83: Spurpunkte einer Gerade g ⎛

⎞ ⎛ ⎞ 12 4 − Beispiel 3.146. Gesucht sind die Spurpunkte von g : → x = ⎝ 25 ⎠ + r ⎝ −5 ⎠. 24 6 a) Für den Spurpunkt Sxy mit der xy-Ebene lösen wir die Gleichung 0 = 24 + 6r nach r auf, d. h. r = −4. Einsetzen = −4⎞ in die⎛Geradengleichung liefert den Ortsvektor ⎛ ⎞von r⎛ ⎞ 12 4 −4 −−→ von Sxy , d. h., 0Sxy = ⎝ 25 ⎠ − 4 ⎝ −5 ⎠ = ⎝ 45 ⎠ und damit Sxy (−4|45|0). 24 6 0 b) Für den Spurpunkt Sxz mit der xz-Ebene lösen wir die Gleichung 0 = 25 − 5r nach r auf, d. h. r = 5. Einsetzen liefert den Ortsvektor von ⎛ ⎞ von⎛r = 5⎞in die ⎛Geradengleichung ⎞ 12 4 32 −−→ Sxz , d. h., 0Sxz = ⎝ 25 ⎠ + 5 ⎝ −5 ⎠ = ⎝ 0 ⎠ und damit Sxy (32|0|54). 24 6 54 c) Für den Spurpunkt Syz mit der yz-Ebene lösen wir die Gleichung 0 = 12 + 4r nach r auf, d. h. r = −3. Einsetzen = −3⎞in die liefert den Ortsvektor ⎛ ⎞von r⎛ ⎛Geradengleichung ⎞ 12 4 0 −−→ von Syz , d. h., 0Syz = ⎝ 25 ⎠ − 3 ⎝ −5 ⎠ = ⎝ 40 ⎠ und damit Sxy (0|40|6).  24 6 6 Beispiel 3.147. Jede Gerade hat mit mindestens einer Koordinatenebene einen Spurpunkt, muss aber nicht zwangsläufig alle⎛drei⎞ Koordinatenebenen schneiden. So hat die zur ⎛ ⎞ 1 0 − z-Achse parallele Gerade g : → x = ⎝ 1 ⎠ + r ⎝ 0 ⎠ nur mit der xy-Ebene einen Schnitt1 1 punkt, nämlich den Spurpunkt Sxy (1|1|0). Die Gerade g hat keinen Schnittpunkt mit der xz-Ebene und keinen Schnittpunkt mit der yz-Ebene. 

3.4 Lagebeziehungen zwischen Geraden und Ebenen

251

Ein weiteres Hilfsmittel, mit dem die Lage einer Gerade g im Raum in einer Skizze deutlich sichtbar gemacht werden kann, ist die orthogonale Projektion von g auf die Koordinatenebenen. Dazu muss nicht einmal gerechnet werden, denn die Gleichungen der Projektionsgeraden lassen sich leicht aus der Gleichung von g ablesen. ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ p1 a1 − Satz 3.148. Gegeben sei eine Gerade g : → x = ⎝ a2 ⎠ + r ⎝ p2 ⎠ mit r ∈ R. a3 p3 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ a1 p1 − a) Die Orthogonalprojektion von g in die xy-Ebene ist gxy : → x = ⎝ a2 ⎠ + r ⎝ p2 ⎠. 0 0 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ p1 a1 − x = ⎝ 0 ⎠ + r ⎝ 0 ⎠. b) Die Orthogonalprojektion von g in die xz-Ebene ist gxz : → a3 p3 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 0 0 − x = ⎝ a2 ⎠ + r ⎝ p2 ⎠. c) Die Orthogonalprojektion von g in die yz-Ebene ist gyz : → a3 p3 Definition 3.149. Seien gxy , gxz und gyz die Orthogonalprojektionen aus Satz 3.148. Man bezeichnet a) gxy als Grundrissprojektion oder kurz Grundriss von g, b) gxz als Kreuzrissprojektion oder kurz Kreuzriss von g und c) gyz als Aufrissprojektion oder kurz Aufriss von g.

z

z

gyz

Sxz gxz

y

y

g

g gxy

x

Sxy

x

Abb. 84: Ohne Hilfsmittel lässt sich die räumliche Lage des links dargestellten Segments einer Gerade g schlecht lokalisieren, das ohne Kenntnis der Geradengleichung zum Beispiel sowohl vor oder hinter der yz-Ebene verortet werden könnte. Durch Einbeziehen von Spurpunkten und der Projektionen auf die Koordinatenebenen wird die räumliche Lage des Geradensegments besser sichtbar.

252

3 Geraden und Ebenen

⎛

⎞

⎛

⎞

6 −2 − Beispiel 3.150. Zur Gerade g : → x = ⎝ −5 ⎠ + r ⎝ 5 ⎠ gehören 6 −3 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 6 −2 − x = ⎝ −5 ⎠ + r ⎝ 5 ⎠, a) der Grundriss gxy : → 0 0 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 6 −2 − x = ⎝ 0 ⎠ + r ⎝ 0 ⎠ und b) der Kreuzriss gxz : → 6 −3 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 0 0 − x = ⎝ −5 ⎠ + r ⎝ 5 ⎠. c) der Aufriss gyz : → 6 −3



Sind zwei der drei Projektionsgeraden einer Gerade g bekannt, dann lässt sich daraus eine Gleichung von g ermitteln: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 5 −6 − x = ⎝ 4 ⎠ + r ⎝ 3 ⎠ und den Beispiel 3.151. Eine Gerade g hat den Grundriss gxy : → 0 0 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 2 − x = ⎝ 0 ⎠ + s ⎝ 0 ⎠. Die x-Koordinate eines beliebigen Punkts von Kreuzriss gxz : → 1 −5 g verändert sich weder durch die Grundriss- noch durch die Kreuzrissprojektion, d. h., die x-Koordinate eines Punkts von gxy und die x-Koordinate von gxz sind gleich. Diese Überlegung führt auf die Gleichung 5 − 6r = 1 + 2s, die wir z. B. nach s umstellen, d. h. s = 2 − 3r. Einsetzen in die Gleichung von gxz ergibt ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 2 5 −6 − gxz : → x = ⎝ 0 ⎠ + (2 − 3r) ⎝ 0 ⎠ = ⎝ 0 ⎠ + r ⎝ 0 ⎠ . 1 −5 −9 15 Wir stellen die Gleichung von gxy und die eben hergeleitete alternative Gleichung von gxz gegenüber: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 5 −6 5 −6 − − gxy : → x = ⎝ 4 ⎠ + r ⎝ 3 ⎠ und gxz : → x = ⎝ 0⎠+r⎝ 0⎠ 0 −9 0 15 Aus der Darstellung beider Projektionen von g mithilfe ⎛ ⎞des gleichen ⎛ ⎞ Parameters r können 5 −6 − wir eine Gleichung von g ablesen, d. h. g : → x = ⎝ 4 ⎠ + r ⎝ 3 ⎠.  −9 15

3.4 Lagebeziehungen zwischen Geraden und Ebenen

253

Aufgaben zum Abschnitt 3.4.2 Aufgabe 3.4.14: Bestimmen Sie eine Gleichung der Gerade g , die durch orthogonale Projektion der Gerade g auf die Ebene E entsteht: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2 0 − a) g : → x = ⎝ 1 ⎠ + r ⎝ 3 ⎠, E : 3x + 5x + 7z = 12 12 −14 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −2 −2 → − b) g : x = ⎝ 10 ⎠ + r ⎝ 4 ⎠, E : x − 3x + 4z = −16 −1 1 ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2 0 4 3 6 − − c) g : → x = ⎝ −6 ⎠ + r ⎝ 1 ⎠, E : → x = ⎝3⎠+λ ⎝0⎠+μ ⎝ 1⎠ −1 0 1 1 −3 Aufgabe 3.4.15: Zu jeder in einer Ebene E liegenden Gerade g lassen sich beliebig viele verschiedene und nicht in E liegende Geraden g1 , g2 , . . . bestimmen, sodass die orthogonale Projektion von g1 , g2 , . . . auf E die Gerade g ist. Verifizieren Sie diese Aussage beispielhaft durch orthogonale Projektion der Geraden ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 3 1 1 1 6 1 − − − g1 : → x = ⎝ 3 ⎠ + r ⎝ −1 ⎠ , g2 : → x = ⎝ 4 ⎠ + s ⎝ 0 ⎠ , g3 : → x = ⎝ 7 ⎠ +t ⎝ 2 ⎠ 7 9 −7 5 6 −3 auf die Ebene E : x + y + z = 4. Hinweis: Beachten Sie, dass die Gleichung einer Gerade nicht eindeutig ist. Aufgabe 3.4.16: Die Gerade g durchstößt die Ebene E im Durchstoßpunkt D. Ermitteln Sie die Koordinaten von D und berechnen Sie den Schnittwinkel von g und E. ⎞ ⎡ ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞ ⎛ ⎛ ⎞ 2 −1 1 −1 → − → − a) g : x = ⎝ 7 ⎠ + r ⎝ 2 ⎠, E : ⎣ x − ⎝ 3 ⎠⎦ • ⎝ 5 ⎠ = 0 8 7 −3 2 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 −1 − b) g : → x = ⎝ 5 ⎠ + r ⎝ 1 ⎠, E : 2x + 3y − 4z = −95 3 −1 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 11 7 2 −1 − − c) g : → x = ⎝ 4 ⎠ + r ⎝ 3 ⎠, E : → x = ⎝ 12 ⎠ + s ⎝ −2 ⎠ + t ⎝ 1 ⎠ 1 7 −3 3 0

254

3 Geraden und Ebenen

Aufgabe 3.4.17: Gegeben seien die Ebene E : −6x + 6y + 3z = −17 und die Geradenschar ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 5 3 − x = ⎝ 1 ⎠ + r ⎝ c ⎠. Kann c ∈ R so gewählt werden, dass gc : → 3 4 a) gc echt parallel zu E ist, b) gc die Ebene E im Winkel von 30◦ schneidet, c) gc die Ebene E orthogonal schneidet? Aufgabe 3.4.18: Ermitteln Sie die Koordinaten aller Spurpunkte der folgenden Geraden: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 8 2 1 5 − − b) g : → x = ⎝1⎠+r⎝2⎠ a) g : → x = ⎝ 2 ⎠ + r ⎝ −1 ⎠ 5 0 3 3 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ 0 3 11 −6 − − d) g : → x = ⎝ 5 ⎠ + r ⎝ −17 ⎠ c) g : → x = ⎝ 12 ⎠ + r ⎝ 5 ⎠ 7 −21 88 22 Aufgabe 3.4.19: Stellen Sie von der Gerade g das Geradensegment g im räumlichen kartesischen Koordinatensystem grafisch dar, dass durch r ∈ I für die angegebenen Parameterintervalle I ⊂ R definiert wird. Erstellen Sie dann eine zweite Grafik, die ebenfalls das Geradensegment g und zusätzlich alle Spurpunkte von g, den Grundriss, den Aufriss und den Kreuzriss von g gemeinsam darstellt. Vergleichen Sie die beiden grafischen Darstellungen miteinander hinsichtlich der Sichtbarkeit der räumlichen Lage des Geradensegments g in Bezug auf die Koordinatenachsen. ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 6 −6 2 ( − a) g : → x = ⎝ −2 ⎠ + r ⎝ 6 ⎠, I = − 13 ; 1 1 3 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 7 −1 → − b) g : x = ⎝ −2 ⎠ + r ⎝ 1 ⎠, I = [0; 7] 4 0 ⎛

⎞ ⎛ ⎞ 23 13 − x = ⎝ −6 ⎠ + r ⎝ 3 ⎠ und den Aufgabe 3.4.20: Eine Gerade g hat den Grundriss gxy : → 0 0 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 0 0 − Aufriss gyz : → x = ⎝ 12 ⎠ + s ⎝ 15 ⎠. Ermitteln Sie eine Gleichung von g. 11 6

3.5 Lagebeziehungen zwischen zwei Ebenen

255

3.5 Lagebeziehungen zwischen zwei Ebenen Zwischen zwei Ebenen E1 und E2 können drei mögliche Lagebeziehungen bestehen: • Fall 1: E1 und E2 schneiden sich derart, dass die Schnittmenge g eine Gerade ist, die als Schnittgerade bezeichnet wird. Für diesen Fall ist die abkürzende Schreibweise E1 ∩ E2 = g sinnvoll. Man sagt abkürzend: E1 und E2 schneiden sich in g. Alternative Sprechweise: E1 schneidet E2 in g. • Fall 2: E1 und E2 sind echt parallel, d. h., E1 und E2 haben keine gemeinsamen Punkte, / in Zeichen E1 ∩ E2 = 0. • Fall 3: E1 und E2 sind identisch, in Zeichen E1 = E2 . An den nachfolgenden Beispielen wird klar werden, dass in diesem Fall lediglich zwei verschiedene Gleichungen für ein und dieselbe Ebene verwendet werden. Bezüglich der Lagebeziehungen E1 ∩ E2 = 0/ und E1 = E2 sei bemerkt, dass wir diese bei Bedarf derart zusammenfassen, dass wir zwei Ebenen E1 und E2 parallel nennen. Parallele Ebenen sind folglich entweder identisch9 oder echt parallel. Aus der Lösungsmenge einer einzelnen Gleichung oder eines linearen Gleichungssystems kann auf die Lagebeziehung zwischen den Ebenen E1 und E2 geschlossen werden. Welche Gestalt die Gleichung bzw. das lineare Gleichungssystem hat, hängt von der Darstellungsform der Ebenengleichungen sowie dem gewählten Lösungsweg ab.

3.5.1 Rechnung mit beiden Ebenengleichungen in Parameterform Werden für die beiden Ebenen E1 und E2 Parametergleichungen verwendet, dann ergibt sich ein lineares Gleichungssystem mit vier Variablen. Die nachfolgenden Beispiele demonstrieren die grundsätzliche Vorgehensweise für diesen Fall. Beispiel 3.152. Gegeben seien die Ebenen ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 1 1 1 1 −1 − − E1 : → x = ⎝ −1 ⎠ + k ⎝ −2 ⎠ + l ⎝ 0 ⎠ und E2 : → x = ⎝ 0 ⎠+r⎝ 0 ⎠+s⎝ 1 ⎠ . 7 0 −2 0 4 0 Haben E1 und E2 mindestens einen Punkt P gemeinsam, dann muss es Parameterwerte (k; l) und Parameterwerte (r; s) geben, die nach Einsetzen in die jeweilige Parameterglei− → chung den Ortsvektor 0P ergeben. Die Wertepaare (k; l) und (r; s) lassen sich folglich dadurch bestimmen, dass wir beide Parametergleichungen gleichsetzen, d. h., die zu den gemeinsamen Punkten zugehörigen Zahlenwerte (k; l; r; s) sind Lösung der folgenden Vektorgleichung: 9

Statt von identischen Ebenen E1 und E2 kann auch davon gesprochen werden, dass E1 und E2 „unecht“ parallel oder „falsch“ parallel sind. Die Identität ist als Sonderfall der Parallelität zu interpretieren. Um zwischen diesen Begrifflichkeiten klar unterscheiden zu können, sprechen wir hier von echt parallelen Ebenen, wenn diese parallel, aber nicht identisch sind.

256

3 Geraden und Ebenen

⎛

⎞

⎛

⎞

⎛

⎞

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 1 1 1 1 −1 ⎝ −1 ⎠ + k ⎝ −2 ⎠ + l ⎝ 0 ⎠ = ⎝ 0 ⎠ + r ⎝ 0 ⎠ + s ⎝ 1 ⎠ . 7 0 −2 0 4 0 Wir bringen diese Gleichung in eine etwas rechenfreundlichere Form, indem wir alle parameterabhängigen Vektoren auf eine Seite, alle parameterunabhängigen Vektoren auf die andere Seite des Gleichheitszeichens sortieren. Das ergibt zum Beispiel: ⎞ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎛ ⎞ ⎛ −1 1 1 1 1 1 k ⎝ −2 ⎠ + l ⎝ 0 ⎠ − r ⎝ 0 ⎠ − s ⎝ 1 ⎠ = ⎝ 0 ⎠ − ⎝ −1 ⎠ 0 7 0 −2 4 0 Nach Ausrechnen der Vektorendifferenz auf der rechten Seite lässt sich diese Vektorgleichung in das folgende lineare Gleichungssystem (I-III) umschreiben, dessen Lösbarkeit wir untersuchen: I: k+ l− r+s= 0 II : −2k −s= 1 III : −2l − 4r = −7 2 · I + II = IV : 2l − 2r + s = 1 IV + III = V : − 6r + s = −6 In Gleichung V können für eine der beiden Variablen beliebige Zahlenwerte eingesetzt werden. Wir wählen zum Beispiel s = 6t mit t ∈ R. Damit geht Gleichung V über in −6r + 6t = −6, woraus r = 1 +t folgt. Einsetzen von s = 6t und r = 1 +t in Gleichung IV liefert 2l −2(1+t)+6t = 2l +4t −2 = 1, woraus l = 32 −2t folgt. Einsetzen von l = 32 −2t, r = 1 + t und s = 6t in Gleichung I liefert schließlich k = − 12 − 3t. Die ermittelten Parameterwerte zeigen, dass die Lösungsmenge des Gleichungssystems (I-III) nicht leer ist. Folglich ist die Schnittmenge E1 ∩ E2 nicht leer und besteht aus allen Punkten P, deren Ortsvektoren sich durch Einsetzen von r = 1 + t und s = 6t in die Gleichung der Ebene E2 ergeben: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 1 −1 − → → − x = 0P = ⎝ 0 ⎠ + (1 + t) ⎝ 0 ⎠ + 6t ⎝ 1 ⎠ 0 4 0 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎡⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 1 1 −1 2 −5 = ⎝ 0 ⎠ + ⎝ 0 ⎠ + t ⎣⎝ 0 ⎠ + 6 ⎝ 1 ⎠⎦ = ⎝ 0 ⎠ + t ⎝ 6 ⎠ 0 4 4 0 4 4 Dies ist offenbar die Gleichung einer Gerade g, d. h., E1 ∩ E2 = g. Dieselbe Gleichung erhalten wir, wenn wir alternativ k = − 12 − 3t und l = 32 − 2t in die Gleichung der Ebene E1 eingesetzen. Zusammenfassung: Die Ebenen E1 und E2 schneiden sich in der Gerade ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2 −5 − g:→ x = ⎝ 0 ⎠+t ⎝ 6 ⎠ . 4 4



3.5 Lagebeziehungen zwischen zwei Ebenen

257

Beispiel 3.153. Gegeben seien die Ebenen ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 1 1 1 1 0 − − E1 : → x = ⎝ −1 ⎠ + k ⎝ −2 ⎠ + l ⎝ 0 ⎠ und E2 : → x = ⎝ 0 ⎠ + r ⎝ −1 ⎠ + s ⎝ 1 ⎠ . 7 0 2 0 1 1 Haben E1 und E2 gemeinsame Punkte, dann muss es Parameterwerte (k; l; r; s) geben, die die folgende Vektorgleichung lösen: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 1 1 1 1 0 ⎝ −1 ⎠ + k ⎝ −2 ⎠ + l ⎝ 0 ⎠ = ⎝ 0 ⎠ + r ⎝ −1 ⎠ + s ⎝ 1 ⎠ 7 0 2 0 1 1 Diese Gleichung wird in das folgende lineare Gleichungssystem (I-III) überführt, dessen Lösbarkeit wir untersuchen: I : k+ l−r = 0 II : −2k +r− s= 1 III : 2l − r − s = −7 2 · I + II = IV : 2l − r − s = 1 III − IV = V : 0 = −8 Gleichung V ist ein Widerspruch, d. h., das Gleichungssystem hat keine Lösung. Folglich haben E1 und E2 keine gemeinsamen Punkte und dies bedeutet, dass E1 und E2 echt parallel sind.  Beispiel 3.154. Gegeben seien die Ebenen ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −3 1 1 5 1 0 → − → − E1 : x = ⎝ 10 ⎠ + k ⎝ −2 ⎠ + l ⎝ 0 ⎠ und E2 : x = ⎝ −4 ⎠ + r ⎝ −1 ⎠ + s ⎝ 1 ⎠ . 4 0 2 6 1 1 Analog zu Beispiel 3.152 wird zur Untersuchung der Lagebeziehung von E1 und E2 das folgende lineare Gleichungssystem (I-III) hergeleitet, dessen Lösbarkeit wir untersuchen: I : k+ l−r = 8 II : −2k + r − s = −14 III : 2l − r − s = 2 2 · I + II = IV : 2l − r − s = 2 III − IV = V : 0= 0 Ziel des letzten Umformungsschrittes war die Herleitung einer Gleichung, in der höchstens die Variablen r und s vorkommen. Die erhaltene Gleichung V können wir deshalb alternativ schreiben als 0 · r + 0 · s = 0. Diese Gleichung ist allgemeingültig, d. h., sie ist für beliebige Werte r = n ∈ R und s = m ∈ R erfüllt. Setzen wir r = n und s = m in die Gleichung von E2 ein, dann handelt es sich lediglich um eine Umbenennung der Parameter  von E2 . Das bedeutet, dass E1 und E2 identisch sind.

258

3 Geraden und Ebenen

Alle drei Möglichkeiten der Lagebeziehung zwischen zwei Ebenen wurden an je einem Beispiel vorgestellt. Die daran demonstrierte Vorgehensweise lässt sich verallgemeinern: − → − − − Satz 3.155. Gegeben seien die Ebenen E1 : → x = 0A + k→ u1 + l → v1 mit k, l ∈ R und − → → → − − → − E2 : x = 0B + r u2 + s v2 mit r, s ∈ R. Wir betrachten die zu einem linearen Gleichungssystem mit den Variablen k, l, r und s äquivalente Vektorgleichung → − → − − − − − k→ u1 + l → v1 − r→ u2 − s→ v2 = 0B − 0A .

(∗)

Für die Lagebeziehung zwischen den Ebenen E1 und E2 gilt: a) E1 und E2 schneiden sich in einer Schnittgerade g, falls das zur Gleichung (∗) zugehörige lineare Gleichungssystem unendlich viele Lösungen (k; l; r; s) hat, wobei drei der Parameterwerte vom vierten abhängen. b) E1 und E2 sind echt parallel, falls das zur Gleichung (∗) zugehörige lineare Gleichungssystem keine Lösung hat. c) E1 und E2 sind identisch, falls das zur Gleichung (∗) zugehörige lineare Gleichungssystem allgemeingültig ist.

ACHTUNG! Die Parameter in E1 und E2 müssen unterschiedlich bezeichnet werden. − → − − − x = 0A + r→ u1 + s→ v1 Oft verwenden Lernende in ihren Rechnungen zum Beispiel E1 : → → − → − → − → − → − → − → − → − → − → − und E2 : x = 0B + r u2 + s v2 und berechnen r u + s v − r u − s v = 0B − 0A, was 1 1 2 2 − →  − → → − − − v1 − − u2 + s → v2 = 0B − 0A. Dies ist falsch und hat grundsätzäquivalent ist zu r → u1 − → lich nichts mit der zu untersuchenden Lagebeziehung zu tun. Deshalb bitte auf passende und zu den Rechnungen verträgliche Bezeichnungen achten! Es sei darauf hingwiesen, dass es je nach Aufgabenstellung nicht zwingend erforderlich ist, das zur Gleichung (∗) in Satz 3.155 zugehörige lineare Gleichungssystem vollständig zu lösen. Dass das Gleichungssystem lösbar ist, lässt sich in den Beispielen 3.152 und 3.154 bereits an der jeweiligen Gleichung V erkennen. In Beispiel 3.152 folgt aus dieser Gleichung V, dass sich E1 und E2 in einer Gerade g schneiden. Zur Bestimmung einer Gleichung von g wird aus den Lösungstupeln (k; l; r; s) des Gleichungssystems entweder das Paar (k; l) oder (r; s) benötigt. Folglich hätte es in Beispiel 3.152 auch genügt, nach der Bestimmung von (r; s) sofort die Berechnung der Geradengleichung folgen zu lassen. Eine Bestimmung von (k; l) ist damit eigentlich überflüssig, kann aber aus verschiedenen Gründen (z. B. zur Selbstkontrolle) sinnvoll sein.

3.5 Lagebeziehungen zwischen zwei Ebenen

259

Aufgaben zum Abschnitt 3.5.1 Aufgabe 3.5.1: Verwenden Sie die gegebenen Parametergleichungen der Ebenen E1 und E2 , um mithilfe von Satz 3.155 ihre Lagebeziehung zueinander zu untersuchen. Falls sich E1 und E2 in einer Gerade g schneiden, dann ermitteln Sie eine Gleichung von g. ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −3 9 1 1 4 5 − − x = ⎝ 5 ⎠ + k ⎝ 4 ⎠ + l ⎝ −1 ⎠, E2 : → x = ⎝ 8 ⎠+r⎝ 1 ⎠+s⎝ 6 ⎠ a) E1 : → 4 6 −8 2 8 −4 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 −2 4 3 2 −6 − − b) E1 : → x = ⎝ −7 ⎠ + k ⎝ 11 ⎠ + l ⎝ −5 ⎠, E2 : → x = ⎝ −1 ⎠ + r ⎝ 6 ⎠ + s ⎝ 16 ⎠ 13 1 2 16 3 −1 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −1 −2 4 3 2 −6 → − → − c) E1 : x = ⎝ 7 ⎠ +k ⎝ 11 ⎠ +l ⎝ −5 ⎠, E2 : x = ⎝ 12 ⎠ +r ⎝ 6 ⎠ +s ⎝ 16 ⎠ −13 1 2 −16 3 −1 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 −3 2 8 −1 −1 → − → − d) E1 : x = ⎝ 5 ⎠ + k ⎝ 12 ⎠ + l ⎝ −1 ⎠, E2 : x = ⎝ 4 ⎠ + r ⎝ 4 ⎠ + s ⎝ −3 ⎠ 0 6 1 1 2 3 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 3 1 − Aufgabe 3.5.2: Gegeben sei die Ebene E1 : → x = ⎝ 2 ⎠ + k ⎝ 1 ⎠ + l ⎝ −1 ⎠. 3 −1 2 a) Bestimmen Sie eine Parametergleichung der Ebene E2 , die zu E1 parallel ist und den Punkt P(11| − 64| − 11) enthält. ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 0 2 → − b) Weisen Sie nach, dass die Gerade g : x = ⎝ 3 ⎠ + t ⎝ 2 ⎠ in E1 liegt. Bestimmen 1 −3 Sie eine Parametergleichung der Ebene E3 , welche die Ebene E1 in g schneidet und die den Punkt Q(2| − 5| − 1) enthält. c) Bestimmen Sie eine Parametergleichung der Ebene E4 , welche die Ebene E1 in der Gerade g aus b) schneidet. Ein Richtungsvektor in der Parametergleichung von E4 soll linear abhängig zum Normalenvektor von E1 sein. Aufgabe 3.5.3: Gegeben seien die Ebenen ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎞ ⎛ ⎞ 3 −1 3 8 1 2 − − E1 : → x = ⎝ 4 ⎠ + k ⎝ 2 ⎠ + l ⎝ 5 ⎠ und E2 : → x = ⎝ 7 ⎠+r⎝ 1 ⎠+s⎝ 9 ⎠ . 1 4 −1 6 −5 1 a) Weisen Sie nach, dass sich E1 und E2 in einer Gerade g schneiden und geben Sie eine Gleichung der Schnittgerade g an. b) Bestimmen Sie eine Parametergleichung der Ebene E3 , welche die Ebene E1 in der Gerade g aus a) schneidet und die zur z-Achse parallel ist.

260

3 Geraden und Ebenen

3.5.2 Rechnung mit Ebenengleichungen in verschiedenen Formen Liegt eine Gleichung von E1 in Parameterform und eine Gleichung von E2 in Koordinatenform vor, dann kann die Untersuchung der Lagebeziehung zwischen E1 und E2 auf eine Gleichung mit zwei Variablen zurückgeführt werden. Die folgenden Beispiele demonstrieren diese Vorgehensweise. Beispiel 3.156. Gegeben seien die Ebenen ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 1 1 − E1 : → x = ⎝ −1 ⎠ + r ⎝ −2 ⎠ + s ⎝ 0 ⎠ 7 0 −2

und E2 : −4x − 4y + z = −4 .

Haben E1 und E2 den Punkt P(x|y|z) gemeinsam, dann muss es dazu ein Wertepaar (r; s) geben, das nach Einsetzen in die Parametergleichung von E1 den Ortsvektor von P ergibt. Umgekehrt bedeutet dies, dass P die Koordinaten x = 1 + r + s, y = −1 − 2r und z = 7 − 2s hat, welche die Koordinatengleichung von E2 erfüllen. Aus diesem Ansatz folgt, dass die Parameterwerte (r; s) zu gemeinsamen Punkten von E1 und E2 durch Einsetzen der Koordinaten x = 1 + r + s, y = −1 − 2r und z = 7 − 2s in die Koordinatengleichung von E2 bestimmt werden können: −4(1 + r + s) − 4(−1 − 2r) + (7 − 2s) = −4

⇔

4r − 6s = −11

In einer Gleichung mit zwei Variablen können für eine Variable beliebige Werte eingesetzt 3 werden. Wählen wir s = t ∈ R, dann folgt 4r − 6t = −11 und daraus r = − 11 4 + 2 t. Setzen wir dies und s = t in die Gleichung von E1 ein, dann ergibt dies die Gleichung einer Gerade g als Schnittmenge von E1 und E2 : ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞   1 1 1 11 3 − g:→ x = ⎝ −1 ⎠ + − + t ⎝ −2 ⎠ + t ⎝ 0 ⎠ 4 2 7 0 −2 ⎛ 7⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎡ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞ 5 −4 1 1 1 1 2 3 11 ⎟ ⎜ = ⎝ −1 ⎠ − ⎝ −2 ⎠ + t ⎣ ⎝ −2 ⎠ + ⎝ 0 ⎠⎦ = ⎝ 92 ⎠ + t ⎝ −3 ⎠ 4 2 0 0 −2 7 −2 7 Die Ebenen E1 , E2 und ihre Schnittgerade g sind bereits aus Beispiel 3.152 bekannt. Allerdings ergibt sich hier eine andere Gleichung von g. 

Beispiel 3.157. Gegeben seien die Ebenen ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 1 1 − E1 : → x = ⎝ −1 ⎠ + r ⎝ −2 ⎠ + s ⎝ 0 ⎠ 7 0 2

und E2 : −4x − 2y + 2z = −4 .

3.5 Lagebeziehungen zwischen zwei Ebenen

261

Einsetzen der Koordinaten x = 1 + r + s, y = −1 − 2r und z = 7 + 2s der Punkte von E1 in die Koordinatengleichung von E2 ergibt: −4(1 + r + s) − 2(−1 − 2r) + 2(7 + 2s) = −4 Ausmultiplizieren und Zusammenfassen der Terme auf der linken Seite der Gleichung ergibt 12, was der rechten Seite −4 widerspricht. Dies bedeutet, dass E1 und E2 keine gemeinsamen Punkte haben und folglich echt parallel sind (vgl. Beispiel 3.153).  Beispiel 3.158. Gegeben seien die Ebenen ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −3 1 1 − x = ⎝ 10 ⎠ + r ⎝ −2 ⎠ + s ⎝ 0 ⎠ E1 : → 4 0 2

und E2 : −4x − 2y + 2z = 0 .

Einsetzen der Koordinaten x = −3 + r + s, y = 10 − 2r und z = 4 + 2s der Punkte von E1 in die Koordinatengleichung von E2 ergibt: −4(−3 + r + s) − 2(10 − 2r) + 2(4 + 2s) = 0

⇔

0·r+0·s = 0

⇔

0=0

Die Gleichung 0 = 0 ist allgemeingültig, d. h., sie ist für eine beliebige Wahl von Werten für r und s erfüllt. Das bedeutet, dass die Ebenen E1 und E2 identisch sind, wie bereits in Beispiel 3.154 unter Verwendung einer Parametergleichung von E2 nachgewiesen wurde.  Durch einen Vergleich der Beispiele 3.156 bis 3.158 mit den Beispielen 3.152 bis 3.154 lässt sich Folgendes feststellen: Wird für eine Ebene eine Parametergleichung und für die andere Ebene eine Koordinatengleichung verwendet, dann führt die Untersuchung der Lagebeziehung zwischen den Ebenen auf eine Gleichung mit zwei Variablen. Auf diese Weise ergibt sich ein deutlich kleinerer Rechenaufwand gegenüber der Untersuchung eines linearen Gleichungssystems mit vier Variablen, das aus Parametergleichungen für beide Ebenen entsteht. Das spricht für die Vorgehensweise, zur Untersuchung der Lagebeziehung wenn möglich eine Ebene durch eine Parametergleichung, die andere durch eine Koordinatengleichung darzustellen. Die an den Beispielen 3.156 bis 3.158 demonstrierte Vorgehensweise lässt sich wie folgt verallgemeinern: Satz 3.159. Gegeben seien die Ebenen ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ u1 v1 p1 − E1 : → x = ⎝ p2 ⎠ + r ⎝ u2 ⎠ + s ⎝ v2 ⎠ p3 u3 v3

und E2 : ax + by + cz = d .

Durch Einsetzen der Koordinaten der in E1 liegenden Punkte in die Koordinatengleichung von E2 entsteht die Gleichung a(p1 + ru1 + sv1 ) + b(p2 + ru2 + sv2 ) + c(p3 + ru3 + sv3 ) = d ,

262

3 Geraden und Ebenen

die nach Auflösen der Klammern und anschließenden Neusortieren äquivalent ist zu r(au1 + bu2 + cu3 ) + s(av1 + bv2 + cv3 ) + ap1 + bp2 + cp3 = d .

(#)

Für die Lagebeziehung zwischen den Ebenen E1 und E2 gilt: a) E1 und E2 schneiden sich in einer Schnittgerade g, falls (#) unendlich viele Lösungen (r; s) hat, wobei einer der Parameterwerte vom anderen abhängt. Dies ist äquivalent zu au1 + bu2 + cu3 = 0 oder av1 + bv2 + cv3 = 0 . b) E1 und E2 sind echt parallel, falls (#) keine Lösung hat. Dies ist äquivalent zu au1 + bu2 + cu3 = 0

und

av1 + bv2 + cv3 = 0

und ap1 + bp2 + cp3 = d .

c) E1 und E2 sind identisch, falls (#) allgemeingültig ist. Dies ist äquivalent zu au1 + bu2 + cu3 = 0

und

av1 + bv2 + cv3 = 0

und ap1 + bp2 + cp3 = d .

Bemerkung 3.160. Eng im Zusammenhang mit Koordinatengleichungen steht die Möglichkeit, dass E2 durch eine Normalengleichung gegeben ist, d. h. ⎡⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞ x q1 a E2 : ⎣⎝ y ⎠ − ⎝ q2 ⎠⎦ • ⎝ b ⎠ = 0 . (∗∗) z q3 c Da das Ausrechnen des Skalarprodukts auf eine Koordinatengleichung von E2 führt, lässt sich Satz 3.159 leicht auf diesen Fall übertragen. Das bedeutet: Einsetzen der Koordinaten x = p1 + ru1 + sv1 , y = p2 + ru2 + sv2 und z = p3 + ru3 + sv3 der Punkte der Ebene E1 in die Normalengleichung (∗∗) führt genau auf Gleichung (#) in Satz 3.159. 

Aufgaben zum Abschnitt 3.5.2 Aufgabe 3.5.4: Verwenden Sie eine Parametergleichung der Ebene E1 und eine Koordinatengleichung der Ebene E2 (oder umgekehrt), um mithilfe von Satz 3.159 die Lagebeziehung zwischen E1 und E2 zu untersuchen. Falls die Schnittmenge von E1 und E2 eine Gerade ist, dann ermitteln Sie eine Gleichung von g. ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 3 2 2 − x = ⎝ 5 ⎠ + r ⎝ 1 ⎠ + s ⎝ −4 ⎠, E2 : 10x − 11y + 4z = 210 a) E1 : → 1 3 5 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 12 2 3 − x = ⎝ 11 ⎠ + r ⎝ 1 ⎠ + s ⎝ 2 ⎠, E2 : 5x − 7y − z = −91 b) E1 : → −8 3 1

3.5 Lagebeziehungen zwischen zwei Ebenen

⎛

⎞

⎛

263

⎞

⎛ ⎞ 4 3 5 − c) E1 : → x = ⎝ 16 ⎠ + r ⎝ −2 ⎠ + s ⎝ 1 ⎠, E2 : −2x − 16y + 13z = −225 3 −2 2 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 −5 −4 − x = ⎝ 2 ⎠ + r ⎝ 10 ⎠ + s ⎝ −8 ⎠ d) E1 : −4x + 2y + 5z = 30, E2 : → 3 −9 3

Aufgabe 3.5.5: Verwenden Sie eine Parametergleichung der Ebene E1 und eine Normalengleichung der Ebene E2 (oder umgekehrt), um mithilfe von Satz 3.159 und Bemerkung 3.160 die Lagebeziehung zwischen E1 und E2 zu untersuchen. Falls die Schnittmenge von E1 und E2 eine Gerade ist, dann ermitteln Sie eine Gleichung von g. ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎡ ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞ −1 1 −1 −5 22 − − x = ⎝ 0 ⎠ + r ⎝ 1 ⎠ + s ⎝ 1 ⎠, E2 : ⎣→ x − ⎝ 5 ⎠⎦ • ⎝ −31 ⎠ = 0 a) E1 : → −2 −1 12 17 14 ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎡ 2 73 −2 15 −1 → − → − b) E1 : x = ⎝ 7 ⎠ + r ⎝ 8 ⎠ + s ⎝ 9 ⎠, E2 : ⎣ x − ⎝ 14 ⎠⎦ • ⎝ −119 ⎠ = 0 8 143 8 −1 8 ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞ ⎡ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −7 1 −14 1 0 − − c) E1 : ⎣→ x − ⎝ 13 ⎠⎦ • ⎝ 1 ⎠ = 0, E2 : → x = ⎝ 0 ⎠ + r ⎝ 2 ⎠ + s ⎝ −3 ⎠ 17 3 0 3 1 −3 Aufgabe 3.5.6: Wie müssen a, b ∈ R gewählt werden, damit durch die Gleichungen ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ a 4 − E1 : → x = r ⎝ 2 ⎠ + s ⎝ 5 ⎠ und E2 : x + y + z = 0 −3 b die gleiche Ebene beschrieben wird? Aufgabe 3.5.7: Wie müssen a, b ∈ R gewählt werden, damit die Ebenen ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 a −2b → − E1 : x = ⎝ 2 ⎠ + r ⎝ a ⎠ + s ⎝ 2 ⎠ und E2 : 2x − y + 3z = 5 3 −1 b echt parallel sind?

264

3 Geraden und Ebenen

3.5.3 Rechnung mit beiden Ebenengleichungen in Koordinatenform Sind beide Ebenen durch eine Koordinatengleichung gegeben, so kann die Untersuchung der Lagebeziehung zwischen den Ebenen auf ein lineares Gleichungssystem mit drei Variablen zurückgeführt werden. Zur Demonstration der Vorgehensweise sollen nochmals die Ebenen aus den Beispielen 3.152, 3.153 und 3.154 betrachtet werden, jetzt allerdings nach Umrechnung beider Parametergleichungen in Koordinatengleichungen. Beispiel 3.161. Wir betrachten E1 : 4x + 2y + 2z = 16 und E2 : −4x − 4y + z = −4. Ist P(x|y|z) ein gemeinsamer Punkt von E1 und E2 , dann erfüllen die Koordinaten von P die Koordinatengleichungen von E1 und E2 . Die Koordinaten gemeinsamer Punkte von E1 und E2 lassen sich folglich aus dem linearen Gleichungssystem ermitteln, das aus den beiden Ebenengleichungen entsteht: I : 4x + 2y + 2z = 16 II : −4x − 4y + z = −4 Addition der Gleichungen ergibt: −2y + 3z = 12 In dieser Gleichung können für z beliebige Werte eingesetzt werden, d. h. z = t ∈ R. Damit folgt −2y + 3t = 12 und daraus y = −6 + 32 t. Setzen wir dies und z = t in Gleichung I ein, dann ergibt dies 4x + 5t − 12 = 16, woraus x = 7 − 54 t folgt. Die ermittelten Werte für x, y und z sind die Koordinaten der gemeinsamen Punkte von E1 und E2 , die auf der Schnittgerade g liegen. Das wird deutlich, wenn wir die Koordinaten zu einem Vektor zusammenfassen und diesen in die übliche Gestalt einer Geradengleichung bringen: ⎞ ⎛ ⎛ ⎞ ⎛ 5⎞ ⎛ ⎞ −4 7 − 54 t 7 x ⎟ ⎜ 3⎟ ⎜ → − 3 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ g : x = y = ⎝ −6 + 2 t ⎠ = −6 + t ⎝ 2 ⎠ 0 z t 1 Damit haben wir neben den Gleichungen in den Beispielen 3.152 und 3.156 eine dritte Gleichung für die Schnittgerade g von E1 und E2 erhalten, die sich nur in ihrem Stützvektor und den kollinearen Richtungsvektoren von den beiden zuvor erhaltenen Gleichungen unterscheidet.  Beispiel 3.162. Wir betrachten E1 : −4x − 2y + 2z = 12 und E2 : −2x − y + z = −2. Daraus ergibt sich das folgende lineare Gleichungssystem: I : −4x − 2y + 2z = 12 II : −2x − y + z = −2 Addition von Gleichung I zum (−2)-fachen von Gleichung II ergibt den Widerspruch 0 = 16, d. h., das Gleichungssystem hat keine Lösung. Folglich haben E1 und E2 keine  gemeinsamen Punkte, d. h., E1 und E2 sind echt parallel.

3.5 Lagebeziehungen zwischen zwei Ebenen

265

Beispiel 3.163. Wir betrachten E1 : −4x − 2y + 2z = 0 und E2 : −2x − y + z = 0. Daraus ergibt sich das folgende lineare Gleichungssystem: I : −4x − 2y + 2z = 0 II : −2x − y + z = 0 Addition von Gleichung I zum (−2)-fachen von Gleichung II ergibt die Gleichung 0 = 0.  Analog zu den Beispielen 3.154 und 3.158 folgt daraus, dass E1 = E2 gilt. Die Rechnungen aus den drei Beispielen lassen sich verallgemeinern: Satz 3.164. Gegeben seien die Ebenen E1 : a1 x + b1 y + c1 z = d1

und

E2 : a2 x + b2 y + c2 z = d2 .

Wir betrachten das folgende lineare Gleichungssystem: a1 x + b1 y + c1 z = d1 a2 x + b2 y + c2 z = d2

(##)

Für die Lagebeziehung zwischen den Ebenen E1 und E2 gilt: a) E1 und E2 schneiden sich in einer Schnittgerade g, falls das Gleichungssystem (##) unendlich viele Lösungen (x; y; z) hat, wobei zwei der Koordinatenwerte vom dritten abhängen. Alternativ: E1 und E2 schneiden sich in einer Schnittgerade g, falls die Lösungsmenge des Gleichungssystems (##) als Gleichung einer Gerade g darstellbar ist. b) E1 und E2 sind echt parallel, falls (##) keine Lösung hat. c) E1 und E2 sind identisch, falls (##) allgemeingültig ist. Bei der Untersuchung der Lagebeziehung zwischen Ebenen E1 und E2 gibt es einen relativ geringen Rechenaufwand, wenn beide Ebenen E1 und E2 durch eine Koordinatengleichung dargestellt werden. Gleiches hatten wir bereits im Abschnitt 3.5.2 festgestellt, wenn nur eine Ebene in Koordinatenform vorliegt. Sind dagegen beide Ebenen durch eine Parametergleichung definiert, dann kann der Rechenaufwand recht groß und damit auch fehleranfällig sein. Deshalb sei nochmals die Empfehlung ausgesprochen, bei der Untersuchung der Lagebeziehung zwischen zwei Ebenen mindestens eine der Ebenen durch eine Koordinatengleichung (oder alternativ Normalengleichung) auszudrücken. Sind die Ebenen E1 und E2 beide durch eine Koordinatengleichung bzw. alternativ durch eine Normalengleichung dargestellt, dann lässt diese Darstellung noch eine wesentlich einfachere Überprüfung der Lagebeziehung zu, bei der die leicht aus den Ebenengleichungen − − ablesbaren Normalenvektoren → n1 von E1 bzw. → n2 von E2 verwendet werden.

266

3 Geraden und Ebenen

Die Ebenen E1 und E2 sind genau dann parallel, wenn die Normalenvektoren kollinear − − n2 . Diese Tatsache kann zur Reduzierung des sind, d. h., es gibt ein r ∈ R mit → n1 = r → Arbeitsaufwands ausgenutzt werden, wie mit einem zweiten Blick auf die Beispiele 3.161, 3.162 und 3.163 aufgezeigt werden soll: Beispiel 3.165. Wir betrachten E1⎛: −4x⎞− 2y + 2z = 12 und E2 : −2x − y + z =⎛ −2. Ein ⎞ −4 −2 − − Normalenvektor von E1 ist → n1 = ⎝ −2 ⎠, ein Normalenvektor von E2 ist → n2 = ⎝ −1 ⎠. 2 1 − − − − n2 , d. h., → n1 und → n2 sind kollinear und folglich sind E1 und E2 parallel. Es Es gilt → n1 = 2→ bleibt zu prüfen, ob die Ebenen echt parallel oder identisch sind. Dazu bestimmen wir irgendeinen Punkt P aus E1 und prüfen, ob seine Koordinaten auch die Gleichung von E2 erfüllen. Ein Punkt von E1 ist z. B. P(−3|0|0). Einsetzen der Koordinaten x = −3 und / E2 . Damit ist gezeigt, y = z = 0 in die Gleichung von E2 ergibt einen Widerspruch, d. h. P ∈  dass E1 und E2 echt parallel sind. Beispiel 3.166. Die Ebenen E1 : −4x − 2y + 2z = 2 und E2 : −2x − y + z = 1 haben die − − n2 wie die Ebenen aus Beispiel 3.165, d. h., sie sind gleichen Richtungsvektoren → n1 bzw. → parallel. Zur Feststellung, ob sie echt parallel oder identisch sind, gehen wir analog zu der im Beispiel 3.165 beschriebenen Methode vor. Ein Punkt von E1 ist P(0|0|1). Einsetzen der Koordinaten x = y = 0 und z = 1 in die Gleichung von E2 ergibt die Gleichung 1 = 1, woraus P ∈ E2 folgt. Das bedeutet E1 = E2 .  : 4x⎞ + 2y + 2z = 16 und E2 : −4x − 4y + z =⎛ −4. Ein Beispiel 3.167. Wir betrachten E1 ⎛ ⎞ 4 −4 − − Normalenvektor von E1 ist → n1 = ⎝ 2 ⎠, ein Normalenvektor von E2 ist → n2 = ⎝ −4 ⎠. 2 1 − − n2 linear unabhängig. Dies ist äquivalent dazu, dass E1 und E2 Offensichtlich sind → n1 und → nicht parallel sind und eine Gerade g als Schnittmenge haben. Eine Gleichung von g kann analog zum Beispiel 3.161 bestimmt werden.  Wir verallgemeinern die Vorgehensweise formal in einem Satz und alternativ in dem in Abb. 85 dargestellten Schema. Satz 3.168. Gegeben seien die Ebenen E1 : a1 x + b1 y + c1 z = d1

E2 : a2 x + b2 y + c2 z = d2 . ⎛ ⎞ a1 − Weiter sei P(px |py |pz ) ein Punkt von E1 . Dann ist → n1 = ⎝ b1 ⎠ ein Normalenvektor der c1 ⎛ ⎞ a2 − n2 = ⎝ b2 ⎠ ein Normalenvektor der Ebene E2 und es gilt: Ebene E1 , → c2 und

3.5 Lagebeziehungen zwischen zwei Ebenen

267

− − a) E1 ist genau dann echt parallel zu E2 , wenn es ein r ∈ R gibt mit → n1 = r → n2 und wenn a2 px + b2 py + c2 pz = d2 gilt. − − n = r→ n und wenn b) E und E sind genau dann identisch , wenn es ein r ∈ R gibt mit → 1

2

1

a2 px + b2 py + c2 pz = d2 gilt.

2

− − n1 und → n2 linear c) E1 und E2 schneiden sich genau dann in einer Schnittgerade g, wenn → unabhängig sind.

Lagebeziehung zwischen E1 : a1 x + b1 y + c1⎛ z = d⎞ y + c2 z = d2 1 und E2 : a2 x ⎛+ b2⎞ a1 a2 − − mit den Normalenvektoren → n1 = ⎝ b1 ⎠ bzw. → n 2 = ⎝ b2 ⎠ c1 c2 Sind E1 und E2 parallel? ⇔ ⇔

− − n2 kollinear? Sind → n1 und →

− − Gibt es ein r ∈ R mit → n1 = r → n2 ? ja

Sind E1 und E2 identisch? ⇔

Gilt für P(px |py |pz ) ∈ E1 auch P ∈ E2 ? ⇔

Gilt a2 px + b2 py + c2 pz = d2 ? ja

E1 = E2

nein E1 und E2 sind echt parallel.

nein E1 und E2 schneiden sich in einer Gerade g.

Die Lösung des linearen Gleichungssystems a1 x + b1 y + c1 z = d1 a2 x + b2 y + c2 z = d2 liefert eine Gleichung von g.

Abb. 85: Schema zur Ermittlung der Lagebeziehung zweier Ebenen E1 und E2

Bei genauerer Betrachtung der Beispiele 3.165 und 3.166 fällt ein weiterer Zuammenhang zwischen parallelen Ebenen auf. Beispiel 3.169. Die Ebenen E1 : −4x − 2y + 2z = 2 und E2 : −2x − y + z = 1 sind identisch. Im Unterschied zur Methode in Beispiel 3.166 lässt sich das alternativ wie folgt begründen: − − Für die aus den Koordinatengleichungen ablesbaren Normalenvektoren → n1 von E1 bzw. → n2 → − → − von E2 gilt der Zusammenhang n1 = 2 n2 . Zwischen den Konstanten d1 = 2 bzw. d2 = 1 auf der rechten Seite der Gleichung von E1 bzw. E2 gilt der Zusammenhang d1 = 2d2 . Ein − − n2 und d1 = 2d2 liefert die Erkenntnis, dass MultiplikaVergleich der Gleichungen → n1 = 2→ tion der Koordinatengleichung E2 mit dem Faktor 2 die Koordinatengleichung E1 ergibt.  Daraus folgt E1 = E2 .

268

3 Geraden und Ebenen

Beispiel 3.170. Die Ebenen E1 : −4x − 2y + 2z = 12 und E2 : −2x − y + z = −2 sind echt parallel. Das lässt sich im Unterschied zu Beispiel 3.165 nach der folgenden alternativern Methode begründen: Für die aus den Koordinatengleichungen ablesbaren Normalenvek− − − − toren → n1 von E1 bzw. → n2 von E2 gilt der Zusammenhang → n1 = 2→ n2 . Für die Konstanten d1 = 12 bzw. d2 = −2 auf der rechten Seite der Gleichung von E1 bzw. E2 gilt allerdings d1 = 2d2 . Im Unterschied zu Beispiel 3.169 gibt es hier keinen Faktor r ∈ R, für den − → − n2 und(!) d1 = rd2 gilt. Daraus folgt, dass E1 und E2 echt parallel sind.  n1 = r→ Vor allem Beispiel 3.169 zeigt noch einmal deutlich, dass die Koordinatengleichung einer Ebene nur bis auf ein Vielfaches eindeutig ist (vgl. Satz 3.93). Diese Tatsache führt auf die folgende Alternative zu Satz 3.168: Satz 3.171. Gegeben seien die Ebenen E1 : a1 x + b1 y + c1 z = d1 und E2 : a2 x + b2 y + c2 z = d2 . ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ a1 a2 − − Dann ist → n1 = ⎝ b1 ⎠ ein Normalenvektor von E1 , → n2 = ⎝ b2 ⎠ ein Normalenvektor c1 c2 von E2 und es gilt: − − a) E ist genau dann echt parallel zu E , wenn es ein r ∈ R gibt mit → n = r→ n und 1

2

außerdem d1 = rd2 gilt.

1

2

− − b) E1 und E2 sind genau dann identisch, wenn es ein r ∈ R gibt mit → n1 = r→ n2 und außerdem d1 = rd2 gilt. Alternativformulierung: E1 und E2 sind genau dann identisch, wenn es ein r ∈ R gibt, sodass Multiplikation der Koordinatengleichung E2 mit r die Koordinatengleichung E1 ergibt. − − c) E1 und E2 schneiden sich genau dann in einer Schnittgerade g, wenn → n1 und → n2 linear → − → − unabhängig sind, d. h. n = r n für alle r ∈ R. 1

2

Aufgaben zum Abschnitt 3.5.3 Aufgabe 3.5.8: Verwenden Sie Koordinatengleichungen der Ebenen E1 und E2 , um mithilfe von Satz 3.168 die Lagebeziehung zwischen E1 und E2 zu untersuchen. Falls die Schnittmenge von E1 und E2 eine Gerade g ist, dann ermitteln Sie eine Gleichung von g. a) E1 : 89x + y + 84z = 6,

E2 : 97x + y + 92z = 102

b) E1 : 14x − 12y + 10z = 41, c) E1 : − 74 x − 52 y + 38 z =

21 4 ,

E2 : −7x + 15y − 14z = −25 3 E1 : 75 x + 2y − 10 z = −5

d) E1 : 46x − 102y + 56z = −62,

E2 : −23x + 51y − 28z = 31

3.5 Lagebeziehungen zwischen zwei Ebenen

⎛

269

⎞

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 12 2 1 − e) E1 : → x = ⎝ 3 ⎠ + r ⎝ 4 ⎠ + s ⎝ 4 ⎠, E2 : −16x + 12y − 16z = 27 −3 1 2 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎡ ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞ −1 1 1 2 −5 − − x = ⎝ 3 ⎠ + r ⎝ 11 ⎠ + s ⎝ −1 ⎠, E2 : ⎣→ x − ⎝ 4 ⎠⎦ • ⎝ 5 ⎠ = 0 f) E1 : → −8 1 11 10 −8 Aufgabe 3.5.9: Untersuchen Sie mithilfe von Satz 3.168 oder alternativ mithilfe von Satz 3.171 die Lagebeziehung zwischen den Ebenen E1 und E2 . Falls die Schnittmenge von E1 und E2 eine Gerade g ist, dann ermitteln Sie eine Gleichung von g. a) E1 : 22x + 12y + 66z = 154, E2 : 22x + 11y + 44z = 132 √ √ √ √ √ √ √ √ b) E1 : 2x + 6y − 5z = 2 2, E2 : − 14x − 42y + 35z = 14 √ √ √ √ √ √ √ √ c) E1 : − 5x + 7y + 13z = 12, E2 : − 10x + 14y + 26z = 24 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 17 5 0 −9 4 0 − − x = ⎝ 18 ⎠ + r ⎝ 0 ⎠ + s ⎝ −2 ⎠, E2 : → x = ⎝ 15 ⎠ + t ⎝ 0 ⎠ + u ⎝ −1 ⎠ d) E1 : → 44 2 5 42 1 4 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −9 8 5 −3 6 1 − − x = ⎝ 5 ⎠ +k ⎝ −3 ⎠ +l ⎝ 3 ⎠, E2 : → x = ⎝ 8 ⎠ +r ⎝ 1 ⎠ +s ⎝ −2 ⎠ e) E1 : → 4 3 −6 11 −3 3 Aufgabe 3.5.10: Bestimmen Sie eine Koordinatengleichung einer Ebene H, die zur Ebene E parallel ist und den Punkt P enthält: a) E : 5x + 12y − 17z = −35, P(100|5|5) b) E : −8x + 3z = 56, P(1|2|3) ⎞⎤ ⎛ ⎞ ⎡ ⎛ 2 5 − c) E : ⎣→ x − ⎝ 8 ⎠⎦ • ⎝ 7 ⎠ = 0, P(−12|3|87) −9 1 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 6 −1 − d) E : → x = ⎝ 2 ⎠ + r ⎝ −3 ⎠ + s ⎝ 5 ⎠, P(−4|30|9) 3 1 −3 Aufgabe 3.5.11: Wie muss c ∈ R gewählt werden, damit a) die Ebenen Ec : cx + 4y + 3z = 5 und Hc : 12x − 8y + cz = c2 − 46 identisch sind? b) sich die Ebenen Ec : (c2 − 8)x − 4y + 4z = c3 + 1 und Hc : 2cx + 4y + cz = 63 in einer Gerade schneiden?

270

3 Geraden und Ebenen

3.5.4 Schnittwinkel E1 180◦ − β

Schneiden sich zwei Ebenen E1 und E2 in einer Schnittgerade g, dann schließen sie entlang der Schnittgerade g ein Paar von Winkeln β und 180◦ − β ein (siehe Abb. 86). Analog zur Definition des Schnittwinkels von Geraden muss entschieden werden, welcher der beiden Winkel als Schnittwinkel definiert wird. Dies kann durch eine einfache Konstruktion auf den Schnittwinkel von Geraden zurückgeführt werden.

β

E2 g

P

Abb. 86: Winkelpaar zwischen zwei Ebenen E1 und E2 , die sich in einer Gerade g schneiden

Definition 3.172. E1 und E2 seien zwei sich schneidende Ebenen mit der Schnittgerade g. Weiter seien g1 eine in E1 liegende Gerade und g2 eine in E2 liegende Gerade, sodass g1 und g2 die Schnittgerade g in einem Punkt P ∈ g orthogonal schneiden, d. h., P ist gemeinsamer Schnittpunkt von g, g1 und g2 . Als Schnittwinkel α der Ebenen E1 und E2 wird der Schnittwinkel der Geraden g1 und g2 definiert.

E1

→ − n1

E2

α

90◦

90◦

α

◦ P 90

→ − n1

α

g

90◦

90◦

α

90◦

→ − n2

→ − n2 g2

g1

E2

E1

Abb. 87: Definition des Schnittwinkels α zwischen sich in einer Gerade g schneidenden Ebenen E1 und E2 , links in räumlicher Ansicht, rechts als Schnittansicht Zur Berechnung des Schnittwinkels α der sich schneidenden Ebenen E1 und E2 ist es nicht notwendig, die Richtungsvektoren der in Definition 3.172 genannten Geraden g1 und g2 zu bestimmen. Zur Berechnung von α lassen sich Normalenvektoren von E1 und − − E2 verwenden, denn: Ist → n1 ein Normalenvektor von E1 und → n2 ein Normalenvektor von → − − n2 ist orthogonal E2 , so ist n1 natürlich auch orthogonal zum Richtungsvektor von g1 und → − n1 und zum Richtungsvektor von g2 . Das bedeutet, dass eine Gerade mit Richtungsvektor → → − eine Gerade mit Richtungsvektor n2 ebenfalls den Schnittwinkel α haben (siehe Abb. 87). Folglich kann die Berechnung von α auf Satz 3.60 zurückgeführt werden.

3.5 Lagebeziehungen zwischen zwei Ebenen

271

− Satz 3.173. Gegeben seien zwei sich schneidende Ebenen E1 mit Normalenvektor → n1 → − und E2 mit Normalenvektor n2 . Für den Schnittwinkel α zwischen E1 und E2 gilt:  →  − − − |− |→ n1 • → n1 • → n2 | n2 | cos(α) = → bzw. α = arccos − − − |− |→ n1 | · |→ n2 | n1 | · |→ n2 | Beispiel 3.174. Die Ebenen E1 : 2x − 3y + 9z = ⎛ 23 und⎞E2 : −6x +⎛ 8y − 5z ⎞ = −5 haben 2 −6 − − die linear unabhängigen Normalenvektoren → n1 = ⎝ −3 ⎠ bzw. → n2 = ⎝ 8 ⎠. Die Ebenen 9 −5    →  − |−81| |− n1 • → n2 | = arccos √ √ schneiden sich im Winkel α = arccos → ≈ 41, 65◦ .  − |− n1 | · |→ n1 | 94 125 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 4 1 0 − Beispiel 3.175. Die Ebene E1 : → x = ⎝ 5 ⎠ + r ⎝ −1 ⎠ + s ⎝ 1 ⎠ hat den Normalenvektor 7 0 1 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎡ ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞ 1 0 −1 1 1 → − − n1 = ⎝ −1 ⎠ × ⎝ 1 ⎠ = ⎝ −1 ⎠, die Ebene E2 : ⎣→ x − ⎝ 0 ⎠⎦ • ⎝ 2 ⎠ = 0 hat den 0 1 ⎛ ⎞ 1 2 4 1 − − − n1 und → n2 nicht kollinear sind, schneiden sich E1 und E2 Normalenvektor → n2 = ⎝ 2 ⎠. Da → 4  →    − |− |1| n1 • → n2 | √ √ unter dem Schnittwinkel α = arccos →  ≈ 82, 76◦ . = arccos − |− n1 | · |→ n1 | 3 21 Für praktische Anwendungen sind Ebenen interessant, die sich in Winkeln von 30◦ , 45◦ , 60◦ oder 90◦ schneiden. Der Schnittwinkel von 90◦ ist dabei auch aus rein mathematischer Sicht interessant. Definition 3.176. Schneiden sich zwei Ebenen E1 und E2 im Winkel von 90◦ , so sagt man: E1 und E2 schneiden sich orthogonal. Alternativ und kürzer sagt man auch: E1 und E2 sind orthogonal. Statt orthogonal spricht man davon, dass sich E1 und E2 senkrecht schneiden. Beispiel 3.177. Jeweils zwei Koordinatenebenen des räumlichen kartesischen Koordinatensystems schneiden sich orthogonal. Die Schnittgerade ist dabei durch eine der Koordinatenachsen gegeben. Zum Beispiel schneiden sich die xy-Ebene und die yz-Ebene orthogonal in der y-Achse.  Beispiel 3.178. Die Ebenen E1 : x + y + z = 10⎛und⎞E2 : x + y −⎛ 2z = −8 ⎞ schneiden sich 1 1 − − n2 = ⎝ 1 ⎠ sind orthogonal orthogonal, denn ihre Normalenvektoren → n1 = ⎝ 1 ⎠ und → 1 −2 − − n2 = 0, woraus α = arccos(0) = 90◦ folgt.  zueinander, d. h. → n1 • →

272

3 Geraden und Ebenen

Aufgaben zum Abschnitt 3.5.4 Aufgabe 3.5.12: Die Ebenen E1 und E2 haben eine Gerade g als Schnittmenge. Berechnen Sie den Schnittwinkel der Ebenen E1 und E2 . Gleichungen der Schnittgeraden g sollen nicht bestimmt werden! E1 : 4x − y + 8z = 28, E2 : 3x − 2y − 6z = −24 E1 : 9x + 7y − 2z = −71, E2 : 12x − 5y + 33z = 31 E1 : 4y − 3z = 29, E2 : 2x − 6y + 9z = 4 E1 : 3x − y + 2z = 6, E2 ist die xy-Ebene. E1 ist die xz-Ebene, E2 : 3x − 2y + 4z = 24. E1 ist die yz-Ebene, E2 : −7x + 11y + 4z = 38. ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞ ⎡ 1 −8 → − g) E1 : −3x + 16y − 17z = 35, E2 : ⎣ x − ⎝ 2 ⎠⎦ • ⎝ 5 ⎠ = 0 3 −3 ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞ ⎡ ⎡ −2 2 3 3 − − h) E1 : ⎣→ x − ⎝ 1 ⎠⎦ • ⎝ 2 ⎠ = 0, E2 : ⎣→ x − ⎝ 2 ⎠⎦ • ⎝ 2 ⎠ = 0 −6 1 −4 6 ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎡ −22 5 5 5 3 − − i) E1 : → x − ⎝ 31 ⎠⎦ • ⎝ 3 ⎠ = 0 x = ⎝ 0 ⎠ + r ⎝ −7 ⎠ + s ⎝ −3 ⎠, E2 : ⎣→ 0 −7 101 3 5 a) b) c) d) e) f)

j) E1 enthält die Punkte A(2|3|5), B(3|6|6) und C(5|6|4), E2 enthält die Punkte P(5|6|2), Q(4|3|3) und R(6|3|4). Aufgabe 3.5.13: Untersuchen Sie jeweils die Lagebeziehungen der folgenden Ebenen E1 und E2 . Falls sich die Ebenen schneiden, dann geben Sie eine Gleichung der Schnittgerade g an und berechnen Sie den Schnittwinkel der Ebenen. a) E1 : x − 2y + 5z = 30; E2 : x + 2y − z = 10 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 1 0 → − b) E1 : x = ⎝ 1 ⎠ + r ⎝ 0 ⎠ + s ⎝ 1 ⎠, E2 : x − 2y + z = 4 1 0 4 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 0 1 0 −1 0 − − x = ⎝ 0 ⎠ + r ⎝ 1 ⎠ + s ⎝ 0 ⎠, E2 : → x = ⎝ 1 ⎠ + u ⎝ −1 ⎠ + w ⎝ 1 ⎠ c) E1 : → 1 0 −2 0 1 0 ⎡ ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞ ⎡ ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞ 1 2 3 −8 − − x − ⎝ 1 ⎠⎦ • ⎝ 3 ⎠ = 0, E2 : ⎣→ x − ⎝ 0 ⎠⎦ • ⎝ −12 ⎠ = 0 d) E1 : ⎣→ 1 −1 1 4 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −1 1 1 − x = ⎝ 0 ⎠ + r ⎝ 0 ⎠ + s ⎝ 1 ⎠, E2 : −x + y + z = 2 e) E1 : → 1 1 0

3.5 Lagebeziehungen zwischen zwei Ebenen

273

Aufgabe 3.5.14: Gegeben seien die Ebenen Ec : 5x + cy − 4z = 1

und

H : 2x + 2y + z = −1 .

Wie muss c ∈ R gewählt werden, damit sich Ec und H a) in einem Winkel von 60◦ bzw. b) orthogonal schneiden?

3.5.5 Spurgeraden Aus der Achsenabschnittsgleichung einer Ebene E lassen sich die als Spurpunkte bezeichneten Schnittpunkte von E mit den Koordinatenachsen ablesen. In Beziehung zu diesen Achsenschnittpunkten stehen Geraden, welche die Schnittmengen von E mit den Koordinatenebenen sind. Diese Geraden können unter anderem dazu verwendet werden, um die Lage einer Ebene im räumlichen Koordinatensystem grafisch besser hervorzuheben. Definition 3.179. Die Schnittgerade zwischen einer Ebene E und den Koordinatenebenen heißt Spurgerade.

Es gibt Ebenen, die sich nicht mit allen drei Koordinatenebenen schneiden, wie zum Beispiel die zur xy-Ebene echt parallele Ebene E : z = 1, die keinen Schnitt mit der xy-Ebene hat. Jede Ebene hat aber mit mindestens zwei Koordinatenebenen eine Schnittgerade. Jeweils zwei Spurgeraden einer Ebene E schneiden sich auf einer Koordinatenachse in den Spurpunkten von E. Aus den Spurpunkten lassen sich deshalb Gleichungen für die Spurgeraden herleiten. Auch ohne Kenntnis der Spurpunkte lassen sich Gleichungen der Spurgeraden recht einfach ermitteln, wie das folgende Beispiel zu einer Parametergleichung einer Ebene zeigt.

z

gyz gxz

E y gxy

x

Abb. 88: Spurgeraden gxy , gxz und gyz einer Ebene E mit den Koordinatenebenen

274

3 Geraden und Ebenen

⎛

⎞ ⎛ ⎞ 1 3 1 − Beispiel 3.180. Gegeben sei die Ebene E : → x = ⎝ 1 ⎠ + r ⎝ −1 ⎠ + s ⎝ −1 ⎠. Die −6 4 2 Spurgerade gxy von E in der xy-Ebene besteht aus allen Punkten von E, deren z-Koordinate gleich null ist. Wir setzen in der Ebenengleichung die z-Koordinate gleich null und stellen die Gleichung z. B. nach s um: 0 = −6 + 4r + 2s

⇔

⎞

⎛

s = 3 − 2r

Setzen wir dies in die Gleichung von E ein, dann ergibt sich eine Gleichung für gxy : ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 3 1 4 1 − x = ⎝ 1 ⎠ + r ⎝ −1 ⎠ + (3 − 2r) ⎝ −1 ⎠ = ⎝ −2 ⎠ + r ⎝ 1 ⎠ gxy : → −6 4 2 0 0 Die Spurgerade gxz von E mit der xz-Ebene besteht aus allen Punkten von E, deren y-Koordinate gleich null ist. Wir setzen in der Ebenengleichung die y-Koordinate gleich null und stellen die Gleichung z. B. nach s um: 0 = 1−r−s

⇔

s = 1−r

Setzen wir dies in die Gleichung von E ein, dann ergibt sich eine Gleichung für gxz : ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 3 1 2 2 − gxz : → x = ⎝ 1 ⎠ + r ⎝ −1 ⎠ + (1 − r) ⎝ −1 ⎠ = ⎝ 0 ⎠ + r ⎝ 0 ⎠ −6 4 2 −4 2 Die Spurgerade gyz von E mit der yz-Ebene besteht aus allen Punkten von E, deren x-Koordinate gleich null ist. Wir setzen in der Ebenengleichung die x-Komponente gleich null und stellen die Gleichung z. B. nach s um: 0 = 1 + 3r + s

⇔

s = −1 − 3r

Setzen wir dies in die Gleichung von E ein, dann ergibt sich eine Gleichung für gxz : ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 3 1 0 0 − gyz : → x = ⎝ 1 ⎠ + r ⎝ −1 ⎠ + (−1 − 3r) ⎝ −1 ⎠ = ⎝ 2 ⎠ + r ⎝ 2 ⎠ −6 4 2 −8 −2



Beispiel 3.181. Gegeben sei die Ebene E : 2x + 3y + z = 6. Division der Ebenengleichung durch 6 ergibt die Achsenabschnittsgleichung von E: E:

1 1 1 x+ y+ z = 1 3 2 6

Daraus lassen sich die Koordinaten der Schnittpunkte von E mit den Koordinatenachsen ablesen, nämlich Sx (3|0|0), Sy (0|2|0) und Sz (0|0|6). Aus diesen Punkten lassen sich Gleichungen für die Spurgeraden ermitteln:

3.5 Lagebeziehungen zwischen zwei Ebenen

275

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 3 −3 − → − − → − a) Die Spurgerade von E mit der xy-Ebene ist gxy : → x = 0Sx + rSx Sy = ⎝ 0 ⎠ + r ⎝ 2 ⎠. 0 0 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 3 −3 − → − − → − b) Die Spurgerade von E mit der xz-Ebene ist gxz : → x = 0Sx + rSx Sz = ⎝ 0 ⎠ + r ⎝ 0 ⎠. 0 6 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 0 0 − → − − → − c) Die Spurgerade von E mit der yz-Ebene ist gyz : → x = 0Sy + rSy Sz = ⎝ 2 ⎠ + r ⎝ −2 ⎠. 0 6 

Aufgaben zum Abschnitt 3.5.5 Aufgabe 3.5.15: Ermitteln Sie die Gleichungen aller Spurgeraden der Ebene E: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −2 1 2 16 5 −1 − − x = ⎝ 7 ⎠ +r ⎝ 1 ⎠ +s ⎝ 1 ⎠ a) E : → x = ⎝ 5 ⎠ + r ⎝ −3 ⎠ + s ⎝ 2 ⎠ b) E : → 5 0 1 −12 1 3 ⎛ ⎞ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎛ ⎞ 0 0 13 0 − d) E : x − 2y + 4z = 8 ⎝ 0 ⎠ c) E : → x = ⎝ −9 ⎠ + r ⎝ 3 ⎠ + s ⎝ −6 ⎠ 0 11 1 2 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2 1 0 0 − − x = ⎝ 3 ⎠ +r ⎝ 1 ⎠ und gyz : → x = ⎝ 5 ⎠ +s ⎝ 1 ⎠. Aufgabe 3.5.16: Gegeben seien gxy : → 0 0 8 2 a) Begründen Sie, dass gxy und gyz Spurgeraden einer Ebene E sind. b) Geben Sie eine Parameter- und eine Koordinatengleichung von E an. c) Begründen Sie unter ausschließlicher Verwendung der Gleichungen der Spurgeraden gxy und gyz , dass E die xz-Ebene in einer Gerade gxz schneidet. Bestimmen Sie außerdem eine Gleichung der Spurgerade gxz . d) Stellen Sie E unter Verwendung der Spurgeraden grafisch dar. Aufgabe 3.5.17: Eine Ebene E hat nur mit der y- und z-Achse Schnittpunkte, nicht aber mit der x-Achse. Weiter seien Sy (0|4|0) und Sz (0|0|3) die Spurpunkte von E. Bestimmen Sie die Gleichungen aller Spurgeraden von E und eine Gleichung von E.

276

3 Geraden und Ebenen

3.6 Abstandsberechnungen Als einfachstes und grundlegendes Beispiel einer Abstandsberechnung in der Ebene und im Raum wurde in Abschnitt 2.1 bereits der Abstand d(P, Q) zwischen zwei Punkten P und Q behandelt, der in vielfältiger Weise bei der Herleitung von Formeln zur Berechnung des Abstands zwischen einem Punkt und einer Gerade, einem Punkt und einer Ebene, parallelen und windschiefen Geraden sowie parallelen Ebenen Verwendung findet. Allen Abstandsberechnungen gemeinsam ist die grundlegende Definition des Abstands durch geeignete orthogonale Projektionen („Lot fällen“) zwischen zwei Punkten bzw. Objekten.

3.6.1 Abstand zwischen Punkt und Gerade in der Ebene Der kürzeste Abstand d(P, g) zwischen einer Gerade g und einem Punkt P wird durch die orthogonale Projektion von P auf g definiert. Man sagt auch, dass man das Lot von P auf g fällt. Dies wird mit einer zu g orthogonalen und durch P verlaufenden Lotgerade h erreicht. Der Fußpunkt des Lots ist der Schnittpunkt der Geraden g und h, der mit F bezeichnet sei (siehe Abb. 89). Sind die Koordinaten von F bestimmt, dann wird die Abstandsberechnung auf die Länge des Vek−→ −→ tors FP zurückgeführt, d. h. d(P, g) = FP.

g

F

−→ −→ FP ⇒ d(P, g) = FP P h Abb. 89: Abstandsberechnung zwischen einem Punkt P und einer Gerade g in der Ebene

    2 1 − . Der Vek+r Beispiel 3.182. Gesucht ist der Abstand von P(9|1) zu g : → x = 1 2     2 1 − − von g. Damit schneidet ist orthogonal zum Richtungsvektor → u = tor → n = 1 −2     − → − 1 9 − die Gerade g orthogonal im Lotfuß+s die Lotgerade h : → x = 0P + s→ n = −2 1 punkt F. Zu dessen Berechnung wird die folgende Gleichung gelöst:               8 1 2 1 9 2 1 = −s ⇔ r +s = +r −1 −2 1 −2 1 1 2 Diese Vektorgleichung entspricht dem folgenden linearen Gleichungssystem: I : 2r − s = 8 II : r + 2s = −1

3.6 Abstandsberechnungen

277

Aus Gleichung II folgt r = −1 − 2s. Setzen wir dies in Gleichung I ein, dann ergibt sich −2−5s = 8, woraus s = −2 folgt (und daraus der für die weitere Rechnung nicht benötigte Parameterwert r = 3). Einsetzen von s = −2 in die Gleichung von h liefert       − → 7 1 9 , (∗) = −2 0F = 5 −2 1       2 7 9 (#) = − −4 5 1 −→ √ folgt. Damit berechnen wir d(P, g) = FP = 20. Es sei bemerkt, dass die Zwischen−→ − − schritte (∗) und (#) eingespart werden können, denn gilt s→ n√= −2→ n = −FP. Folglich  es →   lässt sich die Rechnung vereinfachen zu d(P, g) =  − 2− n  = 20. womit

→ − → −→ − FP = 0P − 0F =

Die Anwendung der konstruktiven Methode zur Berechnung von d(P, g) über die Lotgerade h und den Lotfußpunkt F kann etwas mühsam sein, sodass die Herleitung einer kompakten Berechnungsformel für d(P, g) lohnt. g

F

A

−→F A − →A = − F − → AP

− → AP −→F A →A = − − F

−→ FP

Abb. 90: Vektoren bei der Abstandsberechnung zwischen einem Punkt P und einer Gerade g

P → − → −→ − Dazu betrachten wir die Vektoren FP, AP und FA, die durch einen auf g liegenden Punkt A, den nicht auf g liegenden Punkt P und den Lotfußpunkt F des Lots von P auf g definiert werden, wobei A = F gelte. Zwischen diesen Vektoren gilt der folgende Zusammenhang (siehe Abb. 90): − → − → − → −→ −→ −→ FP = AP + FA ⇔ FP = AP − AF (3.183) Daraus folgt: − → −→ −→ −→ −→ FP • FP = AP − AF • FP

⇔

−→2 → −→ −→ −→ FP = − AP • FP − AF • FP

(3.184)

−→2 − −→ −→ −→ → −→ −→ Der Vektor FP ist orthogonal zu AF, d. h. AF • FP = 0, womit FP = AP • FP folgt. −→ Division durch FP ergibt: −→ −→ − → FP d(P, g) = FP = AP • −→ FP

(3.185)

278

3 Geraden und Ebenen

In Gleichung (3.185) kommt noch immer der Lotfußpunkt F vor, dessen Berechnung es zu vermeiden gilt. Das gelingt durch eine genauere Betrachtung des Vektors −→ FP → − n0 = −→ , FP − der ein Normaleneinheitsvektor der Gerade g ist, d. h., → n0 ist orthogonal zu g und hat die  → − Länge  n0  = 1. Diese Beobachtung führt auf die Feststellung, dass für die Berechnung − von d(P, g) jeder beliebige Normalenvektor → n von g verwendet werden kann, der in die −→ gleiche(!) Richtung zeigt, wie der bisher verwendete Normalenvektor FP. Der Normalen− vektor → n muss dazu lediglich auf die Länge Eins normiert werden und damit gilt: −→ → − n FP  −→ = → − FP n

(3.185)

=⇒

g

F

→ − n

−→ FP

− n − → →  d(P, g) = AP • → − n

→ − n

(3.186)

g

F

− −→ n

P

−→ FP

P

Abb. 91: Ersatz des Lotvektors durch beliebige Normalenvektoren der Gerade g bei der Abstandsberechnung zwischen einem Punkt P und einer Gerade g −→ − Falls → n zwar ein Normalenvektor von g ist, aber die entgegengesetze Richtung zu FP hat − (d. h., → n zeigt von g nicht in Richtung P), dann lässt sich daraus ein zur Abstandsberech− nung passender Normalenvektor durch skalare Multiplikation von → n mit (−1) gewinnen (siehe Abb 91). Damit gilt: −→ → − n FP  −→ = − → − FP n

(3.185)

=⇒

− n − → →  d(P, g) = −AP • → − n

(3.187)

Die in (3.186) und (3.187) erhaltenen Gleichungen zur Berechnung des Abstands d(P, g) lassen sich mithilfe der Betragsfunktion zusammenfassen, sodass keine Fallunterschei− dung bezüglich der Richtung von → n notwendig ist, d. h., für einen beliebigen Normalen→ − vektor n von g gilt:   − → −   →  n  d(P, g) = AP • → (3.188)  −  n 

3.6 Abstandsberechnungen

279

Die Änhlichkeit dieser Formel zur Hesseschen Normalengleichung einer Gerade in der Ebene (siehe Definition 3.29) ist nicht zufällig und wird noch deutlicher, wenn der Vektor − → → − → − AP durch 0P − 0A ersetzt wird. Zusammenfassung: Satz 3.189. Gegeben seien in der Ebene ein Punkt P und eine Gerade (− − →2 − g: → x − 0A • → n0 = 0 →  n0  = 1. Für den Abstand d(P, g) zwischen dem in Hessescher Normalenform, d. h. − Punkt P und der Gerade g gilt: (− →2 −   → − d(P, g) =  0P − 0A • → n0   !   1 7 = 0. Die Gerade liegt • 0 3   1 − bereits als Hessesche Normalengleichung vor, denn → n0 = ist ein Normaleneinheits0 vektor. Der Punkt P(5| − 5) hat von g den Abstand         !    −2  1  5 7 1    = |−2| = 2 . =  • d(P, g) =  − •  0  −8 −5 3 0  − x − Beispiel 3.190. Gegeben sei die Gerade g : →

Beispiel 3.191.   P(5| − 5) und der Gerade   ist der Abstand zwischen dem Punkt  !Gesucht 4 4 1 − − muss noch auf die Länge = 0. Der Normalenvektor → n = • x − g: → 3 3 0   → − 1 4 n −  Eins normiert werden, sodass die Abstandsberechnung mit → = erfolgt: n0 = → − n 5 3         !    1 1  1 4  4  1 4 5 = = • • d(P, g) =  −   3  0 −5 5 3 5 −5 5



Ist in Aufgabenstellungen ausschließlich die Abstandsberechnung zwischen einem Punkt P und einer Gerade g verlangt, g aber nicht durch eine Hessesche Normalengleichung definiert, dann ist es natürlich nicht zwingend erforderlich, als Zwischenschritt eine Hessesche Normalengleichung zu notieren.10 Wichtig ist einzig die Bestimmung eines Normaleneinheitsvektors. Das besagt folgende Variante von Satz 3.189: Folgerung 3.192. Gegeben seien in der Ebene ein Punkt P und eine Gerade g. Ist A ein − Punkt auf g und → n ein beliebiger Normalenvektor von g, dann gilt für den Abstand d(P, g) zwischen dem Punkt P und der Gerade g:  1 (− →2 → → −  −  · 0P − 0A • n d(P, g) = →   − n 10

Es sei denn, die Aufgabenstellung verlangt das ausdrücklich.

280

3 Geraden und Ebenen





  1 . Ein Normalenvektor +r 1

2 − Beispiel 3.193. Gegeben sei die Gerade g : → x = −1   −  √ −1 − n  = 2. Der Punkt P(5| − 5) hat von g den Abstand von g ist → n = mit → 1     !       1  7 1  −1  2 −1  5 3 √ = = √ .  • − • d(P, g) = √     1 −1 1 −5 2 2 −4 2

Eine Gerade g teilt die Ebene anschaulich in zwei Hälften, die deshalb als Halbebenen bezeichnet werden. Die Abstandsformel in Satz 3.189 bzw. genauer die Gleichungen (3.186) und (3.187) erlauben eine weitere Interpretation der Hesseschen Normalengleichung (− − →2 − g: → x − 0A • → n0 = 0 . (− →2 − → − Für einen Punkt P gibt der Betrag des Ausdrucks 0P − 0A • → n0 einerseits den Abstand von P zu g an und sein Vorzeichen gibt an, in welcher Halbebene der Punkt P in Bezug − auf die Richtung des Normaleneinheitsvektors → n0 liegt. Satz 3.194. Gegeben seien in der Ebene ein Punkt P und eine Gerade (− − →2 − g: → x − 0A • → n0 = 0 −  n0  = 1. Dann gilt: mit →

(− →2 − → − − n0 > 0. a) P liegt in der Halbebene, in deren Richtung → n0 zeigt, wenn 0P − 0A • → (− →2 → → − − b) P liegt auf g, wenn 0P − 0A • n0 = 0. (− →2 − → − − c) P liegt in der Halbebene, in deren Richtung −→ n0 zeigt, wenn 0P − 0A • → n0 < 0.

g

g

g

P

P → − n0

→ − n0 A

A

→ − n0 A

P (− →2 − → − 0P − 0A • → n0 > 0

(− →2 − → − 0P − 0A • → n0 = 0

(− →2 − → − 0P − 0A • → n0 < 0

Abb. 92: Lage eines Punkts P in den durch eine Gerade g definierten Halbebenen

3.6 Abstandsberechnungen

281

 0 . −1 Offenbar verläuft g parallel zur x-Achse, sodass wir von einer Halbebene unterhalb und einer Halbebene oberhalb von g sprechen können. Die Aussage, dass ein Punkt P in der − Halbebene liegt, in deren Richtung → n0 zeigt, bedeutet demnach, dass P unterhalb von g liegt. Hier zwei Zahlenbeispiele:     (− →2 − → − 0 4 = 3 > 0, • a) Für den Punkt P(5| − 2) berechnen wir 0P − 0A • → n0 = −1 −3 d. h., P liegt in der Halbebene unterhalb von g und hat zu g den Abstand d(P, g) = 3.     (− →2 → → − 0 4 − = −1 < 0, d. h., b) Für den Punkt P(5|2) berechnen wir 0P − 0A • n0 = • −1 1 P liegt in der Halbebene oberhalb von g und hat zu g den Abstand d(P, g) = 1.  − Beispiel 3.195. Die Gerade g durch A(1|1) habe den Normaleneinheitsvektor → n0 =



Ohne eine Skizze kann es schwierig sein, die durch g definierten Halbebenen in ihrer Lage anschaulich durch „oberhalb“ und „unterhalb“ oder „links“ oder „rechts“ von g zu beschreiben. Zur anschaulichen Interpretation der Richtung eines Normalenvektors kann auch ein Vergleich mitden Himmelsrichtungen vorgenommen werden. So zeigt z. B. der  0 → − Normalenvektor n0 = der Gerade g aus Beispiel 3.195 anschaulich in Richtung −1 Süden und folglich verläuft g horizontal von West nach Ost. Ein anderes Hilfsmittel zur Lagebeschreibung stellt die Bezugnahme zu einem eindeutig festgelegten und nicht auf g liegenden Referenzpunkt R dar.   3 . 4 Als Referenzpunkt wählenwir den R(0|0), der nicht auf g liegt, denn  Koordinatenursprung   (− →2 → → − 3 −1 = − 75 < 0. • es gilt 0R − 0A • − n0 = 15 4 −1     (− →2 → → − 3 5 − 1 = 3 > 0. Da • a) Für den Punkt P(6|1) berechnen wir 0P − 0A • n0 = 5 4 0 (− ( 2 →2 → − → → − − → − die Vorzeichen von 0R − 0A • − n0 und 0P − 0A • → n0 verschieden sind, liegt P mit Abstand d(P, g) = 3 in der Halbebene, in welcher der Referenzpunkt R(0|0) nicht liegt.     (− →2 − 1 −5 → − 3 = −3 < 0. Da • b) Für den Punkt P(−4|1) berechnen wir 0P − 0A • → n0 = 5 4 0 (− 2 ( 2 → − → − → − − → − die Vorzeichen von 0R − 0A • → n0 und 0P − 0A • → n0 gleich sind, liegt P mit Abstand d(P, g) = 3 in der Halbebene, in der auch der Referenzpunkt R(0|0) liegt. 

− Beispiel 3.196. Die Gerade g durch A(1|1) habe den Normaleneinheitsvektor → n0 = 15

Nicht vorenthalten werden soll eine weitere Methode zur Berechnung des Abstands d(P, g) zwischen einem Punkt P und einer Gerade g, die mit Methoden der Analysis eine Verbindung zum im Beispiel 3.182 vorgestellten konstruktiven Rechenweg herstellt, genauer zur Berechnung des Lotfußpunkts F des Lots von P auf g.

282

3 Geraden und Ebenen

Satz 3.197. Gegeben seien in der Ebene ein Punkt P und eine Gerade − → − − g:→ x = 0A + r→ u − mit r ∈ R, Stützpunkt A und Richtungsvektor → u . Die Abstandsfunktion f : R → [0; ∞) sei definiert durch − → − − → f (r) := 0A + r→ u − 0P . Die Funktion f besitzt eine eindeutige globale Minimalstelle 3 r ∈ R, für die gilt: → → − → − a) 0F = 0A + 3 r− u ist der Ortsvektor des Lotfußpunkts F des Lots von P auf g. b) d(P, g) = f (3 r) Auf eine detaillierte Herleitung oder einen Beweis des Satzes sei verzichtet. Stattdessen betrachten wir die Abstandsberechnung aus Beispiel 3.182 noch einmal neu:     2 1 − er+r Beispiel 3.198. Zur Berechnung des Abstands von P(9|1) zu g : → x = 1 2 gibt sich die folgende Gleichung der Abstandsfunktion:          1 9  2 = − f (r) =  +r (2r − 8)2 + (r + 1)2 = 5r2 − 30r + 65  1 1 2 5r − 15 10r − 30 = √ . Es gilt Die erste Ableitung von f ist f (r) = √ 2 2 2 5r − 30r + 65 5r − 30r + 65 f (3 r) = 0 genau dann, wenn 53 r − 15 = 0 ist, woraus 3 r = 3 folgt. Auf die Überprüfung der hinreichenden Bedingung mithilfe der zweiten Ableitung kann verzichtet werden, da es genau eine Extremstelle gibt Satz 3.197 die globale Minimalstelle. √ und diese ist nach √  Damit folgt d(P, g) = f (3) = 5 · 9 − 30 · 3 + 65 = 20.

d 8

d = f (r)

7 6 5

M

4 0

1

2

3

4

5

6

r

Abb. 93: Der Graph der Abstandsfunktion f aus Beispiel 3.198 im Intervall [0; 6] und der globale Minimal√ punkt M(3| 20)

3.6 Abstandsberechnungen

283

− → − − Sind die Geraden g : → x = 0A + r→ u − → → − und h : 0B + s w parallel, dann ist der Abstand jedes beliebigen Punkts P ∈ h zu g gleich. Damit kann die Berechnung des Abstands d(g, h) paralleler Geraden auf den bereits behandelten Fall des Abstands zwischen einem Punkt und einer Gerade zurückgeführt werden.

g

F A

−→ −→ FB ⇒ d(g, h) = d(B, g) = FB h B

Abb. 94: Abstand paralleler Geraden

Satz 3.199. Gegeben seien in der Ebene zwei parallele Geraden g und h. Ist A ein Punkt − auf g, B ein Punkt auf h und → n ein beliebiger Normalenvektor von g, dann gilt für den Abstand d(g, h) zwischen den Geraden g und h:  1 (− →2 → → −  −  · 0B − 0A • n d(g, h) = →   − n         −4 4 2 1 → − sind +s und h : x = +r −2 0 1 3 parallel, denn ihre Richtungsvektoren sind kollinear. A(1|3) ist ein Punkt auf g, B(4|0) ein   −1 − Punkt auf h und → n = ein Normalenvektor von g und h. Der Abstand zwischen g 2 und h ist      1 (− 9 1  →2 → → − −1  3  −   √ d(g, h) = → = √ . ·  0B − 0A • n  = •  −   2 −3 n 5 5 − Beispiel 3.200. Die Geraden g : → x =

Aufgaben zum Abschnitt 3.6.1 Aufgabe 3.6.1: Berechnen Sie nach der Abstandsformel aus Satz 3.189 bzw. Folgerung 3.192 den Abstand d(P, g) vom Punkt P zur Gerade g:         4 1 4 2 → − → − +r b) P(4| − 2), g : x = +r a) P(4|2), g : x = 0 1 −3 1      √    √ 5 −9 5 17 8 → − → − √ +r c) P(0|5), g : x = d) P(2 17|28), g : x = +r 4 11 17 22       0 −6 3 − − e) P(3| − 4), g : → x =r +r f) P(8| − 12), g : → x = −5 −9 3 Aufgabe 3.6.2: Verwenden Sie die in Beispiel 3.182 verwendete Vorgehensweise (das Lotfußpunktverfahren) zur Berechnung des Abstands d(P, g) vom Punkt P zur Gerade g:         −5 3 1 6 → − → − +r b) P(0| − 2), g : x = +r a) P(2|23), g : x = 3 1 4 5

284

3 Geraden und Ebenen

Aufgabe 3.6.3: Berechnen Sie mit Methoden der Differentialrechnung (siehe Satz 3.197) den Abstand zwischen dem Punkt P und der Gerade g.         2 −4 4 3 → − → − +r b) P(8|12), g : x = +r a) P(−7|41), g : x = 3 5 −3 21       0 8 5 − − +r d) P(1|2), g : → x = c) P(−2| − 7), g : → x =r 1 1 −9

Aufgabe 3.6.4: Berechnen Sie den Abstand der parallelen Geraden g und h:         2 4 2 2 → − → − +s , h: x = +r a) g : x = 1 1 1 5         −6 4 2 −2 → − → − +s , h: x = +r b) g : x = 3 −1 −1 5       12 4 −4 − − , h:→ x = +s c) g : → x =r −15 −5 5 d) g geht durch die Punkte A(12|78) und P(15|74), h geht durch die Punkte B(−36|47) und Q(−45|59).

Aufgabe 3.6.5: − a) Bestimmen Sie die Koordinaten aller Punkte P, die von g : → x = √ Abstand d(P, g) = 10 haben.

    3 6 den +r −1 7

    3 −6 − den +r b) Bestimmen Sie die Koordinaten aller Punkte P, die von g : → x = 7   1  √ 1 −11 − liegen. Abstand d(P, g) = 2 10 haben und auf der Gerade h : → +s x = 2 2 c) Geben Sie Gleichungen derjenigen Geraden k1 und mit dem Abstand    k2an, die √ 3 −6 → − verlaufen. +r d(k1 , g) = d(k2 , g) = 2 10 echt parallel zu g : x = 1 7

Aufgabe 3.6.6: Untersuchen Sie rechnerisch, in welcher der durch die Gerade g definierten Halbebenen die Punkte P und Q liegen. Geben Sie außerdem die Abstände von P und Q zur Gerade g an. !    1 4 − = 0, P(3|8), Q(2| − 5) • x − a) g : → 1 −5   !  −2 1 → − = 0, P(−3|10), Q(7|5) • b) g : x − 1 3     3 21 − , P(0|0), Q(28|9) +r c) g : → x = 4 15

3.6 Abstandsberechnungen

285

Aufgabe 3.6.7: Ein Schüler hat im Stress der schriftlichen Abiturprüfung die Abstandsformel aus Satz 3.189 bzw. Folgerung 3.192 vergessen und damit auch die Bedeutung der Hesseschen Normalenform der Geradengleichung zur rechnerischen Ermittlung der Lagebeziehung eines Punkts zu den durch g definierten Halbebenen nicht mehr parat (siehe Satz 3.194). Dafür ist der betreffende Schüler ein Meister des in Beispiel 3.182 demonstrierten Lotfußpunktverfahrens. Wie kann der Schüler die Ergebnisse des Lotfußpunktverfahrens nutzen, um damit zu entscheiden, in welcher der durch g festgelegten Halbebenen ein Punkt P liegt? Formulieren Sie Ihre Ergebnisse als Alternative zu Satz 3.194.

3.6.2 Abstand zwischen Punkt und Gerade im Raum Auch im Raum wird der Abstand d(P, g) zwischen einem Punkt P und einer Gerade g −→ durch die Länge des Vektors PF definiert, wobei F der Fußpunkt des Lots von P auf g ist. Leider lässt sich die in der Ebene verwendete Methode, das Lot von P auf g mithilfe eines − zum Richtungsvektor von g orthogonalen Vektors → n zu fällen, nicht in den Raum über− tragen. Dies scheitert daran, dass im Raum ein zu g orthogonaler Vektor → n jede beliebige Richtung haben kann und deshalb nicht zwangsläufig von g zu P führen muss. ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 1 − Beispiel 3.201. Gegeben sei im Raum die Gerade g : → x = ⎝ 2 ⎠ + r ⎝ 0 ⎠. Die Vektoren 3 0 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 0 0 0 − − − → − n2 = ⎝ 1 ⎠ und → n3 = ⎝ 1 ⎠ sind orthogonal zum Richtungsvektor von g. → n1 , n1 = ⎝ 0 ⎠, → 1 1 0 → − − n2 und → n3 sind linear unabhängig und zeigen demzufolge in verschiedene Richtungen.      1 1 − Beispiel 3.202. In der Ebene sei die Gerade g : → x = +r gegeben. Die Vektoren 2 0         0 0 0 0 → − − − − n1 = ,→ n2 = und → n3 = sind orthogonal zum Richtungsvektor → u = −1 1 2 1 − − − von g. Die Vektoren → n2 und → n3 zeigen in die gleiche Richtung, → n1 zeigt in die entgegenge− − − setze Richtung. Die Vektoren → n1 , → n2 und → n3 sind linear abhängig.  Die Beobachtungen aus den Beispielen lassen sich verallgemeinern: In der Ebene sind alle − zum Richtungsvektor → u einer Geraden orthogonalen Vektoren linear abhängig und unterscheiden sich nur in Richtung und Länge. Aus diesem Grund ist es in der Ebene möglich, das Konzept eines zu g orthogonalen Vektors zur Abstandsberechnung zu verwenden.

286

3 Geraden und Ebenen

Die Übertragung in den Raum scheitert daran, dass bei der Verwendung eines mehr oder weniger zufällig ausgewählten und zu g orthogonalen Vektors die falsche Richtung eingeschlagen werden kann und nicht wie erforderlich von g in Richtung P. Aus diesem Grund kann für eine Raumgerade keine Normalengleichung definiert werden. Trotz dieser Probleme ist es möglich, mit einfachen Mitteln eine konstruktive Methode zur Berechnung des Abstands d(P, g) an− zugeben. Der Richtungsvektor → u einer Ge− → → − → − rade g : x = 0A + r u lässt sich als Normalenvektor einer zu g orthogonalen Hilfsebene E interpretieren, in welcher der Punkt P liegt. Weiter können wir leicht die Koordinaten des Schnittpunkts F von g und E berechnen. Da g orthogonal zu E ist, ist auch −→ der Vektor PF orthogonal zu g und damit ist −→ das Lot von P auf g durch den Vektor PF definiert (siehe Abb. 95). Aus −→  dieser Konstruktion folgt d(P, g) = PF .

E z → − u

x

g

F

y

−→ PF P

Abb. 95: Abstandsberechnung zwischen einem Punkt P und einer Gerade g im Raum

Beispiel ⎛ 3.203. ⎞ Gesucht ⎛ ist ⎞ der Abstand zwischen dem Punkt P(1|1|1) und der Gerade 2 −1 − g:→ x = ⎝ 1 ⎠ + r ⎝ 1 ⎠. Der Richtungsvektor von g ist ein Normalenvektor der Hilf3 −1 sebene E, die orthogonal zu g ist und den Punkt P enthält: ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞ ⎡ 1 −1 − x − ⎝ 1 ⎠⎦ • ⎝ 1 ⎠ = 0 E : ⎣→ 1 −1 Zur Ermittlung des zum Schnittpunkt F⎞von g und E führenden Parameterwerts r ∈ R ⎛ 2−r − setzen wir den Ortsvektor → x = ⎝ 1 + r ⎠ der Punkte von g in die Gleichung von E ein, 3−r rechnen das Skalarprodukt aus und lösen die entstehende Gleichung nach r auf: ⎡⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞ 2−r 1 −1 ⎣⎝ 1 + r ⎠ − ⎝ 1 ⎠⎦ • ⎝ 1 ⎠ = 3r − 3 = 0 ⇔ r = 1 3−r 1 −1 Einsetzen von r = 1 in die Gleichung von g liefert ⎛ ⎞ ⎛ den ⎞ Ortsvektor des Schnittpunkts F, 1 0 −→ √ − → → − → −→ − d. h. 0F = ⎝ 2 ⎠. Daraus folgt PF = 0F − 0P = ⎝ 1 ⎠ und weiter d(P, g) = PF  = 2. 2 1 

3.6 Abstandsberechnungen

287

Das konstruktive Vorgehen zur Berechnung von d(P, g) durch Ermittlung einer zu g orthognalen Hilfsebene E mit P ∈ E und die Ermittlung des Lotfußpunkts F kann recht aufwändig sein, sodass die Herleitung einer kompakten Berechnungsformel für d(P, g) lohnt. Ausgangspunkt dazu ist die in Satz 2.146 festgeschriebene Gleichung   −  → → − − w  · sin (α) (3.204) u  · − u ×→ w  = → zur Berechnung des Flächeninhalts − des durch die Vektoren → u und → − w aufgespannten Parallelogramms, − − wobei α der von → u und → w eingeschlossene Winkel ist. Um den Nutzen von (3.204) zur Berechnung von d(P, g) einzusehen, betrachten wir zwei Punkte A und B auf g mit A = B und definieren − → − → → − − u = AB und → w = AP. Einsetzen in Formel (3.204) und Umstellen nach sin(α) ergibt:

P − → → − w = AP

→ − h

α − → → − u = AB

A

g B

Abb. 96

− → − → AB × AP sin(α) = − (3.205) → − → AB · AP → − − → − → Offenbar entspricht die Länge des Höhenvektors h des von AB und AP aufgespannten Parallelogramms dem gesuchten Abstand d(P, g), siehe Abb. 96. Die Anwendung der Winkelbeziehungen im rechtwinkligen Dreieck ergibt: →  − h d(P, g) sin(α) = −  = − → → AP AP

⇔

− → d(P, g) = AP · sin(α)

Durch Einsetzen von (3.205) folgt: − − → − → → − → AB −  AB × AP × AP → d(P, g) = AP · − − → − → = → AB AB · AP

(3.206)

Beispiel 3.207. Gesucht ist der Abstand des Punkts ⎛ ⎞P(−1|3|2) von ⎛ der⎞Gerade g durch 1 −2 − → − → die Punkte A(1|2|1) und B(2|4|0). Mit AB = ⎝ 2 ⎠ und AP = ⎝ 1 ⎠ berechnen wir −1 1 ⎛ ⎞ 3 −  − − → − → → √  → √ → − AB × AP = ⎝ 1 ⎠. Einsetzen von AB × AP = 35 und AB = 6 in Formel (3.206) 5 √ 35  ergibt den Abstand d(P, g) = √ . 6

288

3 Geraden und Ebenen

Durch Anwendung der Rechenregeln für das Kreuzprodukt lässt sich Formel (3.206) wie folgt notieren:    1 − → − →  d(P, g) =  − → AB × AP  AB − → Diese Darstellung zeigt, dass der Vektor AB bei der Abstandsberechnung auf die Länge − → Eins normiert, also zu einem Einheitsvektor wird. Der Vektor AB ist ein Richtungsvektor der Gerade g, und da die Punkte A, B ∈ g mit A = B beliebig gewählt werden können, kann zur Abstandsberechnung auch jeder beliebige Richtungsvektor von g herangezogen werden. Das bedeutet, dass zu gegebener Geradengleichung nicht extra ein Paar von Punkten A und B bestimmt werden muss, sondern alle Zutaten zur Abstandsberechnung bereits vorliegen. Zusammenfassung: − → − − Satz 3.208. Gegeben sei im Raum eine Gerade g : → x = 0A + r→ u mit r ∈ R, Stützpunkt − A und Richtungsvektor → u . Für den Abstand d(P, g) eines Punkts P zu g gilt: → − → − u × AP   d(P, g) = − → u ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2 −1 − Beispiel 3.209. Gesucht ist der Abstand von P(1|1|1) zu g : → x = ⎝ 1 ⎠ + r ⎝ 1 ⎠. Der 3 −1 ⎛ ⎞ −1 √ − − Richtungsvektor → u = ⎝ 1 ⎠ hat die Länge |→ u | = 3. Mit dem Punkt A(2|1|3) von g −1 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −1 −2 − → − → − folgt AP = ⎝ 0 ⎠ und damit → u × AP = ⎝ −1 ⎠. Einsetzen in die Abstandsformel aus −2 1 √ √ 6  Satz 3.208 liefert d(P, g) = √ = 2. 3 Auch im Raum kann die Abstandsberechnung mit Methoden der Analysis erfolgen. Dazu lässt sich Satz 3.197 sogar ohne Anpassungen und wortwörtlich in den Raum übertragen. Ohne Herleitung oder Beweis notieren wir: − → − − Satz 3.210. Gegeben seien im Raum ein Punkt P und eine Gerade g : → x = 0A + r→ u mit → − r ∈ R, Stützpunkt A und Richtungsvektor u . Die Abstandsfunktion f : R → [0; ∞) sei definiert durch − → − − → f (r) := 0A + r→ u − 0P . Die Funktion f besitzt eine eindeutige globale Minimalstelle 3 r ∈ R, für die gilt: → → − → − − a) 0F = 0A + 3 r u ist der Ortsvektor des Lotfußpunkts F des Lots von P auf g. b) d(P, g) = f (3 r)

3.6 Abstandsberechnungen

289

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2 −1 − Beispiel 3.211. Zur Berechnung des Abstands von P(1|1|1) zu g : → x = ⎝ 1 ⎠+r⎝ 1 ⎠ 3 −1 erhalten wir die folgende Gleichung der Abstandsfunktion: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞  2  −1 1     ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ 1 − 1 ⎠ = (1 − r)2 + r2 + (2 − r)2 = 3r2 − 6r + 5 f (r) =  1 + r  3 −1 1  3r − 3 6r − 6 =√ . Die notwendiDie erste Ableitung von f ist f (r) = √ 2 2 3r − 6r + 5 3r2 − 6r + 5 ge Bedingung f (3 r) = 0 wird genau dann erfüllt, wenn 33 r − 3 = 0, d. h. 3 r = 1. Auf die Überprüfung der hinreichenden Bedingung mithilfe der zweiten Ableitung kann verzichtet werden, da es genau eine Extremstelle√gibt und diese ist nach Satz 3.210 die globale der⎞ Ortsvektor des Lotfußpunkts F des Minimalstelle. Es folgt d(P, = f (1)⎛= 2⎞und⎛ ⎛g)⎞ 2 −1 1 − → Lots von P auf g ist 0F = ⎝ 1 ⎠ + 1 · ⎝ 1 ⎠ = ⎝ 2 ⎠.  3 −1 2 Die Berechnung des Abstands paralleler Geraden kann auf die Berechnung des Abstands zwischen einem Punkt und einer Gerade zurückgeführt werden: Satz 3.212. Gegeben seien im Raum zwei parallele Geraden g und h. Ist A ein Punkt − auf g, B ein Punkt auf h und → u ein Richtungsvektor von g und h, dann gilt für den Abstand d(g, h) zwischen g und h: → − → − u × AB  → d(g, h) = − u Beispiel 3.213. In Beispiel 3.48 wurde gezeigt, dass die Geraden ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 3 −1 2 5 − − g: → x = ⎝ 1 ⎠ + r ⎝ 1 ⎠ und h : → x = ⎝ 1 ⎠ + s ⎝ −5 ⎠ 1 2 3 −10 ⎞ −1 − echt parallel sind. A(3|1|1) ist ein Punkt auf g, B(2|1|3) ein Punkt auf h und → u = ⎝ 1⎠ ⎞ ⎛ 2⎞ ⎛ −1 2 − → − → − ist ein Richtungsvektor von g und h. Damit folgt AB = ⎝ 0 ⎠ und → u × AB = ⎝ 0 ⎠. 2 1 → − → √ − u × AB 5  =√ . Der Abstand von g und h ist d(g, h) = →  − u 6 ⎛

290

3 Geraden und Ebenen

Aufgaben zum Abschnitt 3.6.2 Aufgabe 3.6.8: Berechnen Sie nach der Abstandsformel aus Satz 3.208 den Abstand d(P, g) vom Punkt P zur Gerade g: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −1 4 1 4 → − − a) P(4|2|1), g : x = ⎝ 2 ⎠ + r ⎝ 0 ⎠ b) P(1|4|2), g : → x = ⎝1⎠+r⎝0⎠ 1 −3 2 3 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ 1 −1 3 −1 − − c) P(−1|4|5), g : → x = ⎝2⎠+r⎝ 3⎠ d) P(6|2|2), g : → x = ⎝ 1 ⎠ + r ⎝ −2 ⎠ 2 2 4 2 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −9 1 5 8 − − e) P(−5|0|5), g : → x = ⎝ 3⎠+r⎝5⎠ f) P(2|28|1), g : → x = ⎝ 22 ⎠ + r ⎝ 17 ⎠ 11 4 2 1 ⎛ √ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 6 −1 1 √ − − ⎠ x = r ⎝ −13 h) P(8|5|9), g : → x = ⎝ 3 ⎠ + r ⎝ −2 ⎠ g) P(0| 2| − 1), g : → √ 3 3 3 2 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 −2 1 0 − − j) P(2|5|2), g : → x = ⎝ −1 ⎠ + r ⎝ −3 ⎠ i) P(−2|2|1), g : → x = ⎝ 3⎠+r⎝2⎠ 3 4 −1 1 Aufgabe 3.6.9: Verwenden Sie die in Beispiel 3.203 vorgestellte Vorgehensweise (das Lotfußpunktverfahren) zur Berechnung des Abstands d(P, g) vom Punkt P zur Gerade g: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 6 0 1 2 − − x = ⎝ 12 ⎠ + r ⎝ 1 ⎠ a) P(−1| − 3|7), g : → x = ⎝ 1 ⎠ + r ⎝ −2 ⎠ b) P(2|2|3), g : → 13 3 2 1 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 25 5 10 5 − − d) P(1|6|5), g : → x = ⎝ 7⎠+r⎝7⎠ c) P(2|0| − 1), g : → x = ⎝ 2 ⎠ + r ⎝ −3 ⎠ 77 9 1 2 Aufgabe 3.6.10: Berechnen Sie mit Methoden der Differentialrechnung (siehe Satz 3.210) den Abstand zwischen dem Punkt P und der Gerade g. ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 18 2 −8 − − a) P(−7|4|1), g : → x = ⎝ 13 ⎠ + r ⎝ 4 ⎠ b) P(2|6|2), g : → x = ⎝ −5 ⎠ + r ⎝ 3 ⎠ −3 4 5 3 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 5 5 5 − − x = r⎝9⎠ c) P(12|1| − 5), g : → x = ⎝ −7 ⎠ + r ⎝ 1 ⎠ d) P(−2| − 7|9), g : → 2 4 −3

3.6 Abstandsberechnungen

291

Aufgabe 3.6.11: Die Gerade g geht durch die Punkte A(9|11|18) und B(10|14|21). Berechnen Sie den Abstand von g zum Punkt P(−6| − 7|3) a) mit der Berechnungsformel aus Satz 3.208, b) analog zur in Beispiel 3.203 verwendeten Vorgehensweise (Lotfußpunktverfahren) bzw. c) mit Methoden der Differentialgleichung (siehe Satz 3.210). Aufgabe 3.6.12: Berechnen Sie den Abstand der parallelen Geraden g und h: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 1 2 1 − − x = ⎝ −1 ⎠ + s ⎝ 1 ⎠ a) g : → x = ⎝ 0 ⎠ + r ⎝ 1 ⎠, h : → 4 4 1 −4 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 −9 6 3 − − x = ⎝ 11 ⎠ + s ⎝ −2 ⎠ b) g : → x = ⎝ 2 ⎠ + r ⎝ 6 ⎠, h : → 3 −15 2 5 ⎛ ⎞ ⎛√ ⎞ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ 6 33 2 11 √ − − x = ⎝ √−1 ⎠ + s ⎝ √33 ⎠ c) g : → x = ⎝ √−4 ⎠ + r ⎝ 11 ⎠, h : → 5 11 6 11 4 11 2 Aufgabe 3.6.13: Die Gerade g verläuft durch die Punkte A(−3|2| − 3) und B(1|2| − 6). a) Für welche c ∈ R hat der Punkt P(5|4|c) zur Gerade g den Abstand d(P, g) = 2? b) Geben Sie eine Gleichung der Gerade h an, die durch den in a) bestimmten Punkt P und echt parallel zu g verläuft. c) Bestimmen Sie eine Gleichung einer beliebigen Gerade k, die zu g mit Abstand d(g, k) = 10 echt parallel verläuft. Aufgabe 3.6.14: Gegeben sei die Geradenschar ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 0 1 − x = ⎝ a−2 ⎠+t ⎝ 0 ⎠ ga : → 0 1 mit dem Scharparameter a ∈ R. a) Welche Gerade der Schar ga schneidet die Gerade ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 3 2 − h: → x = ⎝ 2⎠+λ ⎝1⎠ −1 1 in genau einem Punkt? Geben Sie für diesen Fall den Zahlenwert des Parameters a, die Koordinaten des Schnittpunkts und den Abstand d(ga , h) an. b) Für welche Gerade(n) der Schar ga beträgt der Abstand des Punkts R(5| − 2| − 4) von der (oder den) betreffenden Gerade(n) 9 LE?

292

3 Geraden und Ebenen

3.6.3 Abstand zwischen Punkt und Ebene Zur Berechnung des Abstands d(P, E) eines Punkts P von einer Ebene E lassen sich alle drei in den Abschnitten 3.6.1 und 3.6.2 kennengelernten Vorgehensweisen in geeigneter Weise mit mehr oder weniger Anpassungsaufwand übertragen, d. h., wir können sowohl mithilfe einer Lotgerade einen konstruktiven Lösungsweg herleiten als auch eine kompakte Berechnungsformel angeben oder alternativ die Berechnung lokaler Extremstellen einer Abstandsfunktion nutzen. Für einen konstruktiven und damit einprägsamen Lösungsweg kann auf die bereits in Abschnitt 3.4.2 behandelte Methode der orthogonalen Projektion eines Punkts P auf eine Ebene E zurückgegriffen werden. Darunter wird die Konstruktion des Lots von P auf E mithilfe der Lotgerade h verstanden, die durch P verläuft und E orthogonal in einem Punkt F, dem Lotfußpunkt, schneidet (siehe Abb. 97). Als Richtungsvektor von h − wird ein Normalenvektor → n von E genutzt, als Stützpunkt muss zwingend P verwendet werden. Diese Vorgehensweise wird auch als Lotfußpunktverfahren bezeichnet. Es sei in dem folgenden Satz zusammengfasst:

h P −→ PF

E F

Abb. 97: Abstandsberechnung zwischen einem Punkt P und einer Ebene E mit dem Lotfußpunktverfahren

− Satz 3.214. Gegeben seien eine Ebene E mit dem Normalenvektor → n und ein Punkt P. Weiter sei F der eindeutig bestimmte Schnittpunkt zwischen der Ebene E und der Gera− → − − de h : → x = 0P + r→ n . Dann gilt: − → − → → a) Es gibt ein eindeutig bestimmtes 3 r ∈ R mit 0F = 0P + 3 r− n.   →   −→  → −       n . r · − rn = 3 b) Der Abstand von P zu E ist d(P, E) = PF = 3 Beispiel 3.215. Gesucht ist der⎛Abstand von P(1|2|3) zu E :⎛ 4x + 6z =⎞186. Ein Nor⎞ ⎞5y +⎛ 4 1 4 − − malenvektor von E ist → n = ⎝ 5 ⎠. Die Gerade h : → x = ⎝ 2 ⎠ + r ⎝ 5 ⎠ schneidet E 6 3 6 orthogonal in einem Punkt F. Der zu F führende Parameterwert r ∈ R kann durch Einsetzen der Koordinaten x = 1 + 4r, y = 2 + 5r und z = 3 + 6r der auf h liegenden Punkte in die Koordinatengleichung von E ermittelt werden: 4(1 + 4r) + 5(2 + 5r) + 6(3 + 6r) = 186

⇔

77r + 32 = 186 ⇔ r = 2  →  −  √ n  = 2 77. n  = 2→ Gemäß Satz 3.214 ergibt sich der Abstand d(P, E) = 2−



3.6 Abstandsberechnungen

293

Bemerkung 3.216. Analog zur Abstandsberechnung in der Ebene (siehe Beispiel 3.182) ist auch im Raum beim Lotfußpunktverfahren eine genaue Berechnung der Koordina−→ ten des Lotfußpunkts F bzw. des Vektors PF nicht notwendig. Denn dabei wird zuerst − → − → − → − → −→ − − 0F = 0P + r˜→ n berechnet, woraus r˜→ n = 0F − 0F = PF folgt. Werden zur Abstandsbe−→ rechnung F und PF berechnet, dann ist das ein unnötiger Arbeitsmehraufwand.  Das Lotfußpunktverfahren kann umfangreiche Rechnungen erfordern, die sich unter Verwendung einer kompakten Berechnungsformel umgehen lassen. Eine solche Formel lässt sich aus den Ergebnissen der Abstandsberechnung zwischen Punkt und Gerade in der Ebene gewinnen, denn offenbar können die Rechnungen in (3.183) bis (3.187) ohne Anpassungen in den Raum übertragen werden. Damit können wir auch Satz 3.189 und Folgerung 3.192 mit geringen Anpassungen übernehmen: (− − →2 − Satz 3.217. Gegeben seieneinPunkt P und eine Ebene E : → x − 0A • → n0 = 0 in Hesse− n0  = 1. Für den Abstand d(P, E) von P zu E gilt: scher Normalenform, d. h. → (− →2 −   → − d(P, E) =  0P − 0A • → n0  Folgerung 3.218. Gegeben seien ein Punkt P und eine Ebene E. Weiter sei A ein Punkt − in E und → n ein beliebiger Normalenvektor von E. Für den Abstand d(P, E) von P zu E gilt:  1 (− →2 → → −  −  · 0P − 0A • n d(P, E) = →   − n ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞ 4 0 − x − ⎝ 5 ⎠⎦ • ⎝ 1 ⎠ = 0. Beispiel 3.219. Gesucht ist der Abstand von P(1|2|3) zu E : ⎣→ 6 0 ⎛ ⎞ 0 − Die Ebene E liegt bereits in Hessescher Normalenform vor, denn → n0 = ⎝ 1 ⎠ ist ein Nor0 maleneinheitsvektor. Der Abstand von P zu E wird gemäß Satz 3.217 wie folgt berechnet: ⎡⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞   −3 1 4 0  0       ⎣ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎦ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝  2 − 5 d(P, E) =  • 1  =  −3 • 1 ⎠ = | − 3| = 3   −3 3 6 0  0  ⎡

⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞ 1 3 − Beispiel 3.220. Gesucht ist der Abstand von P(2|2|0) zu E : ⎣→ x − ⎝ 2 ⎠⎦ • ⎝ 0 ⎠ = 0. 3 4 ⎛ ⎞ 3 −  − n  = 5. Damit berechnen wir den AbDer Normalenvektor → n = ⎝ 0 ⎠ hat die Länge → 4 stand von P zu E gemäß Folgerung 3.218: ⎡

294

3 Geraden und Ebenen

⎡⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞   2 1 3  1 3  1 ⎝ 9 1 ⎣⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎦ ⎝ ⎠ ⎠ ⎝ 2 − 2 0 • 0 ⎠ = • 0  =  d(P, E) =  5 5 5  −3 0 3 4  4 



Ist eine Ebene E nicht durch eine Normalengleichung oder sogar durch eine Hessesche Normalengleichung gegeben, dann ist es zur Abstandsberechnung nicht zwingend notwendig, gesondert eine (Hessesche) Normalengleichung von E als Zwischenergebnis zu → − notieren.  Es genügt, einen Punkt A der Ebene, einen Normalenvektor n und dessen Län→ − ge  n  zu bestimmen. Damit hat man alle Zutaten zur Abstandsberechnung mithilfe von Folgerung 3.218 zusammen. Beispiel 3.221. Gesucht ist der Abstand von P(1|0| − 1) zu ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 0 1 1 → − ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎝ 1 2 +s 1⎠ . E: x = +r −1 0 1 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 0 1 − Ein Punkt von E ist A(1|2| − 1), ein Normalenvektor ist → n = ⎝ 1 ⎠ × ⎝ 1 ⎠ = ⎝ −1 ⎠ 0 1 1  √ → −   mit der Länge n = 3. Der Abstand von P zu E ist ⎡⎛ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞ ⎞ ⎛ ⎞   1 1 1  0 1    1 2 1 d(P, E) = √ ⎣⎝ 0 ⎠ − ⎝ 2 ⎠⎦ • ⎝ −1 ⎠ = √ ⎝ −2 ⎠ • ⎝ −1 ⎠ = √ . 3 3 3  −1 −1 0 1  1   Beispiel 3.222. Gesucht ist der Abstand von P(1|2|3) zu E : 4x + 5y + 6z = 186 (vgl. Beispiel 3.215). Ein Punkt E ist zum Beispiel A(0|0|31), denn seine Koordinaten x = y = 0 und z⎛= 31 ⎞ erfüllen die Koordinatengleichung von E. Ein Normalenvektor von E ist 4 −  √ → − n  = 77. Der Abstand von P zu E ist n = ⎝ 5 ⎠, seine Länge ist → 6 ⎡⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞  1 0 4  1  d(P, E) = √ ⎣⎝ 2 ⎠ − ⎝ 0 ⎠⎦ • ⎝ 5 ⎠ 77  3 31 6  ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞  1 4 0 4  1  = √ ⎝ 2 ⎠ • ⎝ 5 ⎠ − ⎝ 0 ⎠ • ⎝ 5 ⎠ 77  3 6 31 6  =

√ |4 · 1 + 5 · 2 + 6 · 3 − 186| | − 154| 2 · 77 √ = √ = √ = 2 77 . 77 77 77



Aus der im letzten Beispiel absichtlich etwas umständlich geführten Rechnung lässt sich eine weitere Berechnungsformel für den Fall erkennen, dass E durch eine Koordinatengleichung gegeben ist. Das begründet sich einmal mehr dadurch, dass das Ausrechnen des

3.6 Abstandsberechnungen

295

Skalarprodukts in einer Normalengleichung von E auf eine Koordinatengleichung von E führt. Wird in Folgerung 3.218 der Term mit dem Skalarprodukt durch ⎡⎛ ⎞ ⎤ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ p1 a a → − → ⎣⎝ p2 ⎠ − − 0A⎦ • ⎝ b ⎠ = ap1 + bp2 + cp3 − d mit d = 0A • ⎝ b ⎠ , c c p3 √ −  n  durch a2 + b2 + c2 ersetzt, dann ergibt sich: und → Folgerung 3.223. Für den Abstand d(P, E) von P(p1 |p2 |p3 ) zu E : ax + by + cz = d gilt:    ap1 + bp2 + cp3 − d    d(P, E) =  √ a2 + b2 + c2  Eine Ebene E teilt den Raum anschaulich in zwei Hälften, die deshalb als Halbräume bezeichnet werden. Die Hessesche Normalengleichung (− − →2 − E: → x − 0A • → n0 = 0 erlaubt in Verbindung mit der Abstandsformel aus Satz 3.217 eine Interpretation der Lage eines Punkts in Bezug zur Ebene E. Für einen beliebigen Punkt P gibt der Betrag des Aus(− →2 − → − drucks 0P − 0A • → n0 einerseits den Abstand von P zu E an und das Vorzeichen gibt an, in welchem Halbraum der Punkt P in Bezug auf die Richtung des Normaleneinheitsvektors → − n0 liegt. (− − →2 − Satz 3.224. Gegeben seien ein Punkt P und eine Ebene E : → x − 0A • → n0 = 0 mit dem   − − n0  = 1. Dann gilt: Normaleneinheitsvektor → n0 , d. h. → (− →2 − → − − n0 > 0. a) P liegt in dem Halbraum, in dessen Richtung → n0 zeigt, wenn 0P − 0A • → (− →2 → → − − b) P liegt in E, wenn 0P − 0A • n0 = 0. (− →2 − → − − c) P liegt in dem Halbraum, in dessen Richtung −→ n0 zeigt, wenn 0P − 0A • → n0 < 0.

Beispiel 3.225. ⎛ Die ⎞ Ebene E enthält den Punkt A(1|1|1) und hat den Normaleneinheits0 − vektor → n0 = ⎝ 0 ⎠. Die Ebene E liegt parallel zur xy-Ebene, sodass wir von einem Halb1 raum unterhalb und einem Halbraum oberhalb von E sprechen können. Der Normalenvek− tor → n0 zeigt aus Richtung E in den oberhalb von E liegenden Halbraum. ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 0 (− →2 → → − a) Für den Punkt P(2|3|4) berechnen wir 0P − 0A • − n0 = ⎝ 2 ⎠ • ⎝ 0 ⎠ = 3 > 0, d. h., 3 1 P liegt im Halbraum oberhalb von E und hat zu E den Abstand d(P, E) = 3.

296

3 Geraden und Ebenen

⎛

⎞ ⎛ ⎞ 1 0 (− →2 → → − b) Für den Punkt P(2|3|0) berechnen wir 0P − 0A • − n0 = ⎝ 2 ⎠ • ⎝ 0 ⎠ = −1 < 0, −1 1 d. h., P liegt im Halbraum unterhalb von E und hat zu E den Abstand d(P, E) = 1.  Nicht für jede Ebene E ist es angebracht, die Lage des durch sie definierten Halbraums mittels „oberhalb“ und „unterhalb“ oder „links“ oder „rechts“ von E zu beschreiben. Dann kann es hilfreich sein, die Lage eines Punkts P mithilfe eines nicht in E liegenden Referenzpunkts R zu beschreiben. Beispiel 3.226.⎛Die ⎞ Ebene E enthält den Punkt A(1|1|1) und hat den Normaleneinheits3 − vektor → n0 = 15 ⎝ −4 ⎠. Als Referenzpunkt wählen wir den Koordinatenursprung R(0|0|0), 0 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −1 3 (− 1 1 →2 → → − der nicht in E liegt, denn es gilt 0R − 0A • − n0 = ⎝ −1 ⎠ • ⎝ −4 ⎠ = > 0. 5 5 −1 0 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 5 3 (− 2 → − → − a) Für den Punkt P(6|6|1) berechnen wir 0P − 0A • → n0 = 15 ⎝ 5 ⎠ • ⎝ −4 ⎠ = −1 < 0. 0 0 (− (− →2 → →2 → → − → − − − Da die Vorzeichen von 0R − 0A • n0 und 0P − 0A • n0 verschieden sind, liegt P mit Abstand d(P, E) = 1 in dem Halbraum, in dem der Referenzpunkt R(0|0|0) nicht liegt. ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 5 3 (− 2 → − 1⎝ → − b) Für den Punkt P(6| − 4|1) ergibt sich 0P − 0A • → n0 = 5 −5 ⎠ • ⎝ −4 ⎠ = 7 > 0. Da 0 0 (− (− →2 → →2 → → − → − − − die Vorzeichen von 0R − 0A • n0 und 0P − 0A • n0 gleich sind, liegt P mit Abstand d(P, E) = 7 in dem Halbraum, in dem auch der Referenzpunkt R(0|0|0) liegt.  Sind zwei Ebenen E1 und E2 parallel, dann ist der Abstand jedes beliebigen Punkts P ∈ E2 zu E1 gleich. Deshalb kann die Berechnung des Abstands d(E1 , E2 ) paralleler Ebenen auf den bereits behandelten Fall des Abstands zwischen einem Punkt und einer Ebene zurückgeführt werden. Satz 3.227. Gegeben seien zwei parallele Ebenen E1 und E2 . Ist A ein Punkt in E1 , − n ein beliebiger Normalenvektor von E1 und E2 , dann gilt für B ein Punkt in E2 und → den Abstand d(E1 , E2 ) zwischen E1 und E2 :  1 (− →2 → → −  −  · 0B − 0A • n d(E1 , E2 ) = →   − n Entsprechende Varianten dieses Satzes lassen sich für die Spezialfälle formulieren, dass → − n ein Normaleneinheitsvektor oder mindestens eine der Ebenen durch eine Koordinatengleichung gegeben ist. In diesen Fällen sind Satz 3.217 bzw. Folgerung 3.223 im Wortlaut für parallele Ebenen anzupassen.

3.6 Abstandsberechnungen

297

Beispiel 3.228. In Beispiel 3.153 wurde nachgewiesen, dass die Ebenen ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 1 1 1 1 0 − − E1 : → x = ⎝ −1 ⎠ + k ⎝ −2 ⎠ + l ⎝ 0 ⎠ und E2 : → x = ⎝ 0 ⎠ + r ⎝ −1 ⎠ + s ⎝ 1 ⎠ 7 0 2 0 1 1 echt parallel ⎛ ⎞sind. Ein Punkt von E1 ist A(1| − 1|7), ein Punkt von E2 ist B(1|0|0) und −2 −  √ → − n  = 6. Der Abstand zwischen n = ⎝ −1 ⎠ ist ein Normalenvektor beider Ebenen mit → 1 ⎡⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞  1 1 −2  8 1 ⎣⎝ ⎠ ⎝ 0 − −1 ⎠⎦ • ⎝ −1 ⎠ = √ .  E1 und E2 ist d(E1 , E2 ) = √ ·  6  6 0 7 1  Beispiel 3.229. Die Ebenen E1 : −2x −⎛y + z ⎞ = 2 und E2 : 2x ⎛+ y − ⎞z = 123 sind echt paral−2 2 − − lel, denn ihre Normalenvektoren → n1 = ⎝ −1 ⎠ bzw. → n2 = ⎝ 1 ⎠ sind kollinear und zum 1 −1 Beispiel der Punkt P(0|0|2) liegt in E1 , aber nicht in E2 . Den Abstand von E1 zu E2 berechnen wir, indem wir Folgerung 3.223 auf den Fall paralleler Ebenen übertragen, wobei p1 = p2 = 0, p3 = 2, a = 2, b = 1, c = −1 und d = 123 gilt:      2 · 0 + 1 · 0 − 1 · 2 − 123   ap1 + bp2 + cp3 − d  125    =    d(E1 , E2 ) =  √  = √  6 a2 + b2 + c2  22 + 12 + (−1)2 

Es bleibt die Abstandsberechnung windschiefer Geraden − → − − g:→ x = 0A + r→ u

und

− → − − h:→ x = 0B + s→ v

zu untersuchen. Auch in diesem Fall wird der Abstand d(g, h) durch die kürzeste Entfernung zweier Punkte P ∈ g und Q ∈ h definiert. Nach dem allgemeinen Grundsatz der Abstandsberechnung ist dazu das Lot von g auf h und umgekehrt zu fällen, d. h., der Abstand wird durch das gemeinsame Lot zwischen beiden Geraden definiert. Dessen Existenz wird deutlich, wenn die Geraden g und h in zwei Hilfsebenen − → − − −v Eg : → x = 0A + r→ u + s→

und

− → − − − Eh : → x = 0B + s→ v + r→ u

eingebettet werden. Eg und Eh entstehen, wenn an jedem beliebigen Punkt der Geraden g und h ein skalares Vielfaches des Richtungsvektors der jeweils anderen Gerade addiert − −v linear unabhängig sind. Weiter gilt g ⊂ E und h ⊂ E wird. Dies gelingt, da → u und → g h und offenbar sind die Ebenen Eg und Eh echt parallel. Die orthogonale Projektion gˆ von g auf Eh schneidet h in einem Punkt Q, die orthogonale Projektion hˆ von h auf Eg schneidet g in einem Punkt P. Wie Abb. 98 deutlich macht, ist die Strecke PQ das gemeinsame Lot zwischen den Geraden g und h. Die Länge der Lotstrecke

298

3 Geraden und Ebenen

−→ PQ ist einerseits der Abstand d(g, h) = PQ zwischen den windschiefen Geraden g und h und andererseits der Abstand der parallelen Ebenen Eg und Eh . Das bedeutet, dass die Abstandsberechnung windschiefer Geraden auf die Abstandsberechnung paralleler Ebenen zurückgeführt werden kann, d. h. d(g, h) = d(Eg , Eh ).

→ − − − n =→ u ×→ v → − u

h

h → − v

Q

gˆ

Eh

→ − v

Q

d(g, h)

d(g, h) → − u g

P

→ − u

hˆ g

Eg

P

→ − v

Abb. 98: Abstand windschiefer Geraden, links der allgemeine Ansatz über das gemeinsame Lot, rechts die zur Berechnung verwendete Konstruktion mittels Hilfsebenen Demnach müssen zur Berechnung von d(g, h) die Fußpunkte P und Q des gemeinsamen Lots von g und h mit ihren speziellen Eigenschaften nicht bestimmt werden. Vielmehr kann irgendein Punkt von g und irgendein Punkt von h zur Abstandsberechnung verwendet werden, wie z. B. die Stützpunkte aus den Geradengleichungen. Folglich kann Satz 3.227 − − u ×→ v angewendet werden, wobei als Normalenvektor von Eg und Eh das Kreuzprodukt → verwendet wird. − → − − → − − − Satz 3.230. Gegeben seien windschiefe Geraden g : → x = 0A+r→ u und h : → x = 0B+s→ v. Für den Abstand d(g, h) zwischen g und h gilt: (−  1 →2 − → → − −v   ·  0B − 0A • → u × d(g, h) = → − → − u × v Beispiel 3.231. In Beispiel 3.37 wurde festgestellt, dass die Geraden ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 −1 0 −1 − − g: → x = ⎝ 2 ⎠ + r ⎝ 3 ⎠ und h : → x = ⎝ 1 ⎠ + s ⎝ −3 ⎠ 2 4 7 −4 windschief⎛sind. ⎞ Für ⎛ die Berechnung ⎞ ⎛ des ⎞ Abstands von g und h benötigen wir den Vektor −1 −1 0  − → → − − u ×− v  = 10. Damit und mit u ×→ v = ⎝ 3 ⎠ × ⎝ −3 ⎠ = ⎝ −8 ⎠ und dessen Länge → 4 −4 6

3.6 Abstandsberechnungen

299

dem Stützpunkt A(1|2|2) von g bzw. dem Stützpunkt B(0|1|7) von h berechnen wir gemäß Satz 3.230: ⎡⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎛ ⎞ ⎞ ⎛ ⎞   −1 0 1 0  0   1 19 1 ⎣⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎦ ⎝ 1 − 2 · • −8 ⎠ = · ⎝ −1 ⎠ • ⎝ −8 ⎠ = d(g, h) = 10  10  5 7 2 6  5 6  −  − − n∗  = 5 gerechnet werden. n und folglich mit → Alternativ kann zum Beispiel mit → n∗ = 12 → Es spielt auch keine Rolle, ob der Stützpunkt von g mit A und der Stützpunkt von h mit B bezeichnet wird oder umgekehrt. Deshalb führt auch die folgende Rechnung zum Ziel: ⎡⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎛ ⎞ ⎞ ⎛ ⎞   1 0 0  1 0   1 ⎣⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎦ ⎝ 1 19 2 − 1 d(g, h) = ·  • −4 ⎠ = · ⎝ 1 ⎠ • ⎝ −4 ⎠ =  5  5  5 2 7 −5 3  3 

Aufgaben zum Abschnitt 3.6.3 Aufgabe 3.6.15: Berechnen Sie mithilfe des Lotfußpunktverfahrens (siehe Satz 3.214) den Abstand des Punkts P zur Ebene E: a) P(1|2|3), E : 5x + 7y − 3z = 259 b) P(6|1|2), E : 6x + 3y + 2z = 22 c) P(8|3|2), E : −2x − 2y + 1z = −21 ⎞ ⎡ ⎛ ⎞⎤ ⎛ 6 3 − d) P(−4|6|4), E : ⎣→ x − ⎝ 1 ⎠⎦ • ⎝ 6 ⎠ = 0 10 −2 ⎡ ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞ 28 9 − e) P(19|3| − 12), E : ⎣→ x − ⎝ 16 ⎠⎦ • ⎝ −1 ⎠ = 0 6 13 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 1 −1 − f) P(10| − 9|7), E : → x = ⎝ 1 ⎠+r⎝ 2 ⎠+s⎝ 1 ⎠ −6 2 4 g) P(5| − 1| − 8), E enthält die Punkte A(−5|10|2), B(−5|6| − 6) und C(−14|1| − 10) Aufgabe 3.6.16: Geben Sie eine Hessesche Normalengleichung der Ebene E an und verwenden Sie diese zur Berechnung der Abstände der Punkte P und Q zu E. ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞ ⎡ 9 2 − x − ⎝ −4 ⎠⎦ • ⎝ 1 ⎠ = 0, P(0|0|0), Q(−3| − 10|14) a) E : ⎣→ 11 2 ⎡ ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞ 5 7 √ − −3 ⎠ = 0, P(−5|7| − 2), Q(16| − 2|3 2 − 2) b) E : ⎣→ x − ⎝ 3 ⎠⎦ • ⎝ √ −2 2

300

3 Geraden und Ebenen

⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞ 1 −5 − x − ⎝ 2 ⎠⎦ • ⎝ 4 ⎠ = 0, c) E : ⎣→ 3 3 ⎡

d) E : 2x + 6y + 3z = 39,

P(11|8| − 5),

P(4| − 2|12),

Q(2|3|4)

Q(−5|5|53)

e) E : 12x − 3y − 4z = 18,

P(4| − 3| − 9), Q(2|3|9)

  √  f) E : 3y − 3z = −5, P(1|2|3), Q 148 − 35  2 2 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 2 −5 − g) E : → x = ⎝ 1 ⎠ + r ⎝ −3 ⎠ + s ⎝ 6 ⎠, P(0|1|0), 1 −4 7

Q(1|0|0)

Aufgabe 3.6.17: Berechnen Sie die Abstände der Punkte P und Q zur Ebene E. a) E : 2x − 6y + 3z = −64, P(1|2|3), Q(3| − 2|3) b) E : −12x + 3y + 4z = 33, P(13| − 4|8), Q(−5|11| − 11) ⎞ ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎡ 2 5 − c) E : ⎣→ x − ⎝ −12 ⎠⎦ • ⎝ 7 ⎠ = 0, P(−7|3|6), Q(5|5|5) 21 −1 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 8 1 −7  √ 

√  √ √     − 76 − 15 − 76 d) E : → x = ⎝ 7 ⎠ + r ⎝ 4 ⎠ + s ⎝ 2 ⎠, P 19  19 6 , Q 4 1 5 e) E enthält die Punkte A(2|3| − 1), B(3|5|1) und C(6|0| − 2), P(0|0|0), Q(2|25|17) f) E ist parallel zur xy-Ebene und enthält den Punkt A(3|2| − 5), P(2|2|0), Q(9|1| − 25) ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 5 2 − g) E enthält den Punkt A(2| − 3|1) und die Gerade g : → x = ⎝ −1 ⎠ + r ⎝ 1 ⎠, −1 3  √    √  √    √ P 8 117 6 117 − 54 , Q 6 78 3 78 − 54 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2 1 − h) E enthält die Gerade g : → x = ⎝ 2 ⎠ + r ⎝ 2 ⎠ und verläuft parallel zur y-Achse, 0 2 P(−2|1| − 3), Q(8|0|2) Aufgabe 3.6.18: Untersuchen Sie rechnerisch, in welchem der durch die Ebene E definierten Halbräume die Punkte P und Q liegen. Verwenden Sie zur Lagebeschreibung den Koordinatenursprung R(0|0|0) als Referenzpunkt und geben Sie die Abstände von P, Q und R zur Ebene E an. ⎞⎤ ⎛ ⎞ ⎛ ⎡ 7 −2 − x − ⎝ −4 ⎠⎦ • ⎝ 14 ⎠ = 0, P(1|2|3), Q(12| − 19| − 9) a) E : ⎣→ 2 −5 ⎡ ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞ 2 3 − b) E : ⎣→ x − ⎝ 3 ⎠⎦ • ⎝ 6 ⎠ = 0, P(7|4|1), Q(−7| − 10| − 27) 8 −2

3.6 Abstandsberechnungen

301

      c) E : −4x + 3y − 12z = −5, P(2| − 5|5), Q 13 8 8 −3

  √  √ 6 d) E : 3x + 7y + 6z = 15, P(4| − 11|0), Q −37 − 11 2 Aufgabe 3.6.19: Wie muss c ∈ R gewählt werden, damit die Punkte P und Q auf verschiedenen Seiten der Ebene E liegen, aber gleich weit von E entfernt sind? a) b) c) d)

E : 2x + 5y + 14z = 12, P(−9|4|5), Q(c|8| − 4) E : −3x − 12y + 4z = −7, P(9|8|3), Q(5|c|1) E : 5x − 2y + 2z = 51, P(c| − 3|2), Q(8|c| − 1) E : 2x + cy − 3z = 7, P(−6|c|1), Q(4|7|c)

Aufgabe 3.6.20: Berechnen Sie jeweils den Abstand d(E, H) der parallelen Ebenen E und H aus Aufgabe 3.5.10 a) bis d). Aufgabe 3.6.21: Berechnen Sie den Abstand der windschiefen Geraden g und h: ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ 1 −2 3 2 − − x = ⎝ 7 ⎠+s⎝ 2 ⎠ a) g : → x = ⎝ 2 ⎠ + r ⎝ 1 ⎠, h : → 2 1 −2 3 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 4 5 0 0 − − b) g : → x = ⎝ 5 ⎠ + r ⎝ −1 ⎠, h : → x = ⎝ 6 ⎠ + s ⎝ −2 ⎠ 2 0 11 1 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 1 0 −1 − − c) g : → x = ⎝ −1 ⎠ + r ⎝ 2 ⎠, h : → x = ⎝ 1 ⎠+s⎝ 2 ⎠ 0 3 −1 3 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 101 5 323 7 − − d) g : → x = ⎝ 205 ⎠ + r ⎝ 1 ⎠, h : → x = ⎝ 95 ⎠ + s ⎝ 2 ⎠ −58 3 −68 1 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 23 9 25 31 − − e) g : → x = ⎝ 42 ⎠ + r ⎝ 19 ⎠, h : → x = ⎝ −40 ⎠ + s ⎝ 64 ⎠ 12 4 118 8 Aufgabe 3.6.22: Die Ebene E1 enthält die Punkte P(9|0|0), Q(0|0|9), R(1|8|4). Die Ebene E2 enthält die Punkte T (12|0|0), U(3|4|4) und V (4|4|3). a) Bestimmen Sie jeweils eine Parameter- und eine Koordinatengleichung für E1 und E2 . b) Bestimmen Sie eine Gleichung der Schnittgerade s von E1 und E2 . c) Zeigen Sie, dass die Gerade s und die Gerade h durch die Punkte Q und T windschief sind und berechnen Sie ihren Abstand. Bestimmen Sie einen Punkt S von s und einen −→ Punkt H von h so, dass HS der Abstand dieser beiden Geraden ist.

302

3 Geraden und Ebenen

3.7 Spiegelungen Eng im Zusammenhang mit den Konzepten der Abstandsberechnung stehen Spiegelungen, die zum Beispiel Anwendung in der Computergrafik finden. Dieses Thema wird in der Schulmathematik in der Regel etwas stiefmütterlich behandelt. Dabei bieten Spiegelungen von Punkten, Geraden oder Ebenen an ebensolchen Objekten aus rein mathematischer Sicht eine gute Gelegenheit, die zuvor kennengelernten Begriffe, Konzepte und Theorien zu wiederholen, anzuwenden und zu festigen. In diesem Abschnitt wird die grundsätzliche Vorgehensweise bei einer Spiegelung vorgestellt und an Beispielen vorgeführt.

3.7.1 Spiegelung eines Punkts an einem Punkt und an einer Gerade Grundlage für die Spiegelung von geometrischen Objekten ist die Punktspiegelung. Darunter wird die Spiegelung eines Punkts an einem anderen Punkt verstanden. Definition 3.232. Gegeben seien zwei Punkte P und S in der Ebene oder im Raum. Der −→ − → − → Punkt P mit dem Ortsvektor 0P = 0S + PS heißt Spiegelpunkt von P bezüglich des Punkts S bzw. kürzer Spiegelpunkt von P an S.11 Ein Punkt P wird an einem anderen − → Punkt S gespiegelt, indem der Vektor PS zum Ortsvektor von S addiert wird. Dies ermöglicht zugleich eine Selbstkontrolle, denn der Punkt S halbiert die Strecke PP , −→ − → d. h., es gilt PS = 12 PP . Beispiel 3.233. Der Punkt P(5|1) soll an S(3|2) gespiegelt werden. Wir berechnen:       −→ − → − → 1 −2 3 = + 0P = 0S+ PS = 3 1 2 Spiegelpunkt von P an S ist P (1|3).



y P

3

− → PS S

2

− → PS P

1

0

1

2

3

4

5

x

Abb. 99: Die Punktspiegelung aus Beispiel 3.233

Beispiel 3.234. Der Punkt P(2|0|−4) soll an S(3|−1|0) gespiegelt werden. Wir berechnen ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 3 1 4 −→

− → − → 0P = 0S + PS = ⎝ −1 ⎠ + ⎝ −1 ⎠ = ⎝ −2 ⎠ , 0 4 4 d. h., der Spiegelpunkt von P an S ist P (4| − 2|4). 11

−→ − → − → − − → − → → Mit PS = 0S − 0P ergibt sich die alternative Berechnungsformel 0P = 2 · 0S − 0P.



3.7 Spiegelungen

303

Man kann zum Beispiel auch eine Gerade g oder eine Ebene E an einem Punkt S spiegeln. Dazu müssen alle Punkte P ∈ g bzw. P ∈ E an S gespiegelt werden. Wir geben zuerst drei Beispiele an, in denen wir direkt auf Definition 3.232 zurückgreifen und einen einzelnen Punkt einer Gerade bzw. Ebene spiegeln. Beispiel 3.235. Die Punkte der Gerade g mit der Gleichung y = 12 x + 1 haben die Koor  1 dinaten P x 2 x + 1 mit x ∈ R. Die Spiegelung jedes Geradenpunkts P an S(−1|2) ergibt die Punkte P der Spiegelgerade von g:       −→

− → − → −1 − x −2 − x −1 + 0P = 0S + PS = = 2 1 − 12 x 3 − 12 x    Spiegelpunkt von P an S ist P − 2 − x3 − 12 x .  y

P1

P2

− P1 → S

4

−→ P2 S

S

g

1

− P1 → S

−5

−4

−2 P1

−1

g

−→ 2 P2 S

0

P2

1

2

3

x

−1

Abb. 100: Spiegelung von Punkten P1 und P2 der Gerade g aus Beispiel 3.235 bzw. Spiegelung des Geradensegments für x ∈ [−3; 3]    4 2 ha+r −1 −1 ben die Koordinaten P(2 + 4r| − 1 − r). Die Spiegelung jedes Geradenpunkts P an S(−1|2) ergibt die Punkte P der Spiegelgerade g von g:       −→

− → − → −4 − 4r −3 − 4r −1 = + 0P = 0S + PS = 5+r 3+r 2 − Beispiel 3.236. Die Punkte der Gerade mit der Gleichung g : → x =



Spiegelpunkt eines  g an S ist P (−4 − 4r|5 + r) bzw. die Spiegelgerade von  P von  Punkts −4 −4 − .  +r x = g ist g : → 1 5

304

3 Geraden und Ebenen

y

g

P2

5 4

−→ P2 S

3 S

−→ P1 S

−6

2 1

P1 −5

−4

−2

−1

P1

−→ P1 S

0 −1

−→ P2 S 1

2 P2

3

x

4 g

g aus Beispiel 3.236 Abb. 101: Spiegelung von Punkten P1 und P2(der Gerade 2 bzw. Spiegelung des Geradensegments für r ∈ −2; 12 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 4 7 − Beispiel 3.237. Die Punkte der Ebene E : → x = ⎝ 2 ⎠ + r ⎝ 5 ⎠ + s ⎝ 8 ⎠ haben die 3 −6 −9 Koordinaten P(1 + 4r + 7s|2 + 5r + 8s|3 − 6r − 9s). Die Spiegelung jedes Geradenpunkts P an S(−1|2|0) ergibt die Punkte P der Spiegelebene E von g: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −1 −2 − 4r − 7s −3 − 4r − 7s −→

− → − → −5r − 8s ⎠ = ⎝ 2 − 5r − 8s ⎠ 0P = 0S + PS = ⎝ 2 ⎠ + ⎝ 0 −3 + 6r + 9s −3 + 6r + 9s 4r − 7s|2 Spiegelpunkt eines Punkts P von E an S ⎛ ist P (−3 ⎞ −⎛ ⎞ − 5r ⎛ − 8s| ⎞− 3 + 6r + 9s) −3 −4 −7 − bzw. die Spiegelebene von E ist E : → x = ⎝ 2 ⎠ + r ⎝ −5 ⎠ + s ⎝ −8 ⎠.  −3 6 9 − → − − Beim Vergleich der Gerade g : → x = 0A + r→ u mit der zugehörigen Spiegelgerade   → − − → 4 → − → −



g : x = 0B + r u in Beispiel 3.236 fällt auf, dass die Richtungsvektoren u = −1   → −

−4 und u = linear abhängig sind. Genauer geht man bei obiger Rechnung zum Ge1 → − − − genvektor von → u über, d. h. u = −→ u . Das bedeutet, dass g und g echt parallel sind. Zur

3.7 Spiegelungen

305

Herleitung einer Gleichung der Spiegelgerade hätte es folglich genügt, den    A an  Stützpunkt 4 −4 −

→ +r S zu spiegeln. In Beispiel 3.236 hätte dies auf die Gleichung g : x = −1 5 geführt. Die für die Spiegelung in Beispiel 3.236 gemachten Beobachtungen lassen sich verallge− → − − meinern. Sowohl in der Ebene als auch im Raum gilt: Soll eine Gerade g : → x = 0A + r→ u an einem Punkt S gespiegelt werden, dann genügt es zur Ermittlung einer Gleichung der Spiegelgerade g , den Stützpunkt A von g an S zu spiegeln. Denn mit dem Ortsvektor → − −→ − 0Pr = 0A + r→ u eines Punkts Pr von g ergibt sich für den Spiegelpunkt Pr : −→ − → −→ − → − → −→ − → − → − → − 0Pr = 0S + Pr S = 0S + 0S − 0Pr = 0S + 0S − 0A + r→ u −→  −  − → − → − → − → → − → − → − − u = 0A + r − → u = 0S + 0S − 0A − r− u = 0S + AS − r→ u = 0A − r→ −→ − → − → Dabei wurde verwendet, dass 0A = 0S + AS gemäß Definition 3.232 der Ortsvektor des Spiegelpunkts A ist. Wird Pr für beliebiges r ∈ R an S gespiegelt, dann liegen die Spiegel−→  −  − punkte Pr ebenfalls auf einer Gerade, nämlich der Spiegelgerade g : → x = 0A + r − → u . − − Da −→ u und → u kollinear sind, ist −→ − − g : → x = 0A + r→ u − → −→ eine alternative Gleichung der Spiegelgerade. Liegt S nicht auf g, dann gilt 0A = 0A und deshalb sind g und g echt parallel. Analoge Rechnungen und ebenso leicht zu verifizierende Aussagen ergeben sich für die Spiegelung einer Ebene an einem Punkt. Zusammenfassend erhalten wir: − → − − Satz 3.238. Gegeben seien ein Punkt S, eine Gerade g : → x = 0A + r→ u sowie eine Ebe− → → − → − → −

ne E : x = 0B + s v + t w . Die Gerade g entsteht durch Spiegelung von g an S, die Ebene E entsteht durch Spiegelung von E an S. Dann gilt: −→ − − a) Eine Gleichung der Spiegelgerade g ist → x = 0A + r→ u mit r ∈ R, wobei A Spiegel

punkt von A an S ist. Die Gerade g ist parallel zu g. −→ − − − x = 0B + s→ v + t→ w mit s,t ∈ R, wobei B

b) Eine Gleichung der Spiegelebene E ist → Spiegelpunkt von B an S ist. Die Ebene E ist parallel zu E.

Beispiel 3.239. Die Ebene E enthält die Punkte A(1|2|3), B(6|3|2) und C(2| − 1| − 1). Geentsteht. sucht ist eine Gleichung der Ebene E , die durch Spiegelung von E an S(5|8| − 3)⎛ ⎞ 9 − → − → − → Dazu bestimmen wir den Spiegelpunkt A von A an S, d. h. 0A = 0S + AS = ⎝ 14 ⎠. −9 Gemäß Satz 3.238 hat die Spiegelebene die folgende Gleichung: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 9 5 1 − → − → − → − E : → x = 0A + sAB + t AC = ⎝ 14 ⎠ + s ⎝ 1 ⎠ + t ⎝ −3 ⎠  −9 −1 −4

306

3 Geraden und Ebenen

Umgekehrt kann man einen Punkt P an einer Gerade g spiegeln. Die notwendige Vorarbeit dafür wurde bereits bei der Abstandsberechnung zwischen einem Punkt und einer Gerade geleistet. Folglich müssen wir zwischen Ebene und Raum unterscheiden. In der Ebene lässt sich die Spiegelung von P an g über das Lot von P auf g definieren. − → − − Definition 3.240. Gegeben seien in der Ebene eine Gerade g : → x = 0A + r→ u und ein

Punkt P ∈ / g. Ein Punkt P heißt Spiegelpunkt von P an g, falls die folgenden Eigenschaften erfüllt sind: −→ −→ − − u = 0, d. h., PP und → u sind orthogonal. a) PP • → b) d(P, g) = d(P , g), d. h., g halbiert die Strecke PP . Die Berechnung des Spiegelpunkts P knüpft rechnerisch an das in Beispiel 3.182 vorgestellte Lotfußpunktverfahren zur Abstandsberechnung an. Anleitung 3.241. Die Koordinaten des Spiegelpunkts P in Definition 3.240 werden in den folgenden drei Schritten berechnet: − − • Schritt 1: Mit einem beliebigen zum Richtungsvektor → u orthogonalen Vektor → v − → → − → − wird die Lotgerade h : x = 0P + s v definiert. − → − − → − • Schritt 2: Löse die Gleichung 0A + r→ u = 0P + s→ v . Die Lösung sei (r; s) = (ˆr; s). ˆ −→ − → → −

• Schritt 3: Berechne den Ortsvektor von P , d. h. 0P = 0P + 2sˆ v . Schritt 3 in Anleitung 3.241 begründet sich damit, dass für den nicht benötigten Lotfuß− → − → − → − → −→ − − punkt F gilt: 0F = 0P + sˆ→ v . Daraus folgt PF = 0F − 0P = sˆ→ v . Über den Lotfußpunkt F wird rein formal die Spiegelung des Punkts P an der Gerade g auf die Spiegelung von P am Punkt F zurückgeführt. Deshalb folgt wegen Definition 3.240 b) und zusammen mit −→ − → − → −→ −v . Definition 3.232 0P = 0P + 2PF = 0P + 2sˆ→

P

g

g

F

− 2sˆ→ v

g

− sˆ→ v

→ −v P

P h

P h

h

Abb. 102: Drei Schritte zur Spiegelung eines Punkts P an einer Gerade g in der Ebene

3.7 Spiegelungen

307

Beispiel 3.242. InBeispiel 3.182  wurde zur Berechnung des Abstands von  P(9|1)  zur    − → 2 9 1 1 → − → − → − die Lotgerade h : x = 0P + s v = +s +r Gerade g : x = 1 1 −2 2 definiert. Mit s = −2 (und dem für die weitere Rechnung nicht benötigten Wert r = 3) erhalten wir bei Bedarf den (für die Spiegelung von P an g ebenfalls nicht benötigten) Ortsvektor des Schnittpunkts F von g und h. Der Spiegelpunkt P hat den Ortsvektor       −→

5 1 9 , = + 2 · (−2) 0P = 9 −2 1 d. h. P (5|9) ist Spiegelpunkt von P an g.



    1 2 → − gespiegelt wer+r Beispiel 3.243. Der Punkt P(3| − 16) soll an g : x = 15   −5  5 3 − . Wir berechnen die +s den. Eine Gleichung der Lotgerade ist h : → x = 1 −16 zum Schnittpunktvon  g undh führenden    r ∈ R und s ∈ R, indem wir die   Parameterwerte 5 3 1 2 bzw. das dazugehörige lineare +s = +r Vektorgleichung 1 −16 −5 15 Gleichungssystem I: r − 5s = 1 II : −5r − s = −31 lösen. Die eindeutige Lösung lautet (r; s) = (6; 1). Setzen wir das Doppelte von s = 1

in die  Gleichung  wir den Ortsvektor des Spiegelpunkts P , d. h.  erhalten  von hein,dann −→

13 5 3 , also P (13| − 14). = +2·1·  0P = −14 1 −16 Beispiel 3.244. Der Punkt P(4|5)  sollan an der x-Achse gespiegelt werden. Die x-Achse 1 → − beschrieben werden. Folglich ist eine Gleichung kann durch die Gerade g : x = r 0     0 4 − . Die eindeutige Lösung der +s des Lots von P auf g gegeben durch h : → x = 1 5       0 4 1 können wir aus dem dazugehörigen linearen +s = Vektorgleichung r 1 5 0 Gleichungssystem I:r =4 II : − s = 5 ablesen, d. h. (r; s) = (4;  von s = −5 in die Gleichung von h  Doppelte   Setzen wir  das  −5). −→

4 0 4 ein, dann folgt 0P = , d. h. P (4| − 5). = + 2 · (−5)  −5 1 5 Es ist kein Zufall, dass sich bei der Spiegelung des Punkts P(4|5) an der x-Achse bei den Koordinaten des Spiegelpunkts P gegenüber den Koordinaten von P nur das Vorzeichen

308

3 Geraden und Ebenen

der y-Koordinate verändert. Unter Bezugnahme auf Definition 3.232 ist die Spiegelung von P(4|5) an der x-Achse auf die Spiegelung von P(4|5) am Schnittpunkt F(4|0) der x-Achse und der Lotgerade h zurückgeführt worden. Das lässt sich analog auf die y-Achse übertragen, sodass zur Spiegelung eines Punkts P(px |py ) an einer der beiden Koordinatenachsen keine Rechnungen notwendig sind. Die Koordinaten des zugehörigen Spiegelpunkts P werden wie folgt ermittelt: • Spiegelung an der x-Achse entspricht der Spiegelung an F(px |0) ⇒ P (px | − py ) • Spiegelung an der y-Achse entspricht der Spiegelung an F(0|py ) ⇒ P (−px |py ) Beispiel 3.245. Der Punkt P(2|1) soll an den Koordinatenachsen gespiegelt werden. a) Die Spiegelung von P an der x-Achse ergibt den Spiegelpunkt P (2| − 1). b) Die Spiegelung von P an der y-Achse ergibt den Spiegelpunkt P

(−2|1).



Auch im Raum wird die Spiegelung eines Punkts P an einer Gerade g nach dem Grundsatz durchgeführt, das Lot von P auf g zu fällen. Ist dabei F der Lotfußpunkt, so wird die Spiegelung von P an g wieder auf die Spiegelung von P an F zurückgeführt. − → − − Definition 3.246. Gegeben seien im Raum eine Gerade g : → x = 0A + r→ u und ein Punkt P∈ / g. Ein Punkt P heißt Spiegelpunkt von P an g, falls die folgenden Eigenschaften erfüllt sind: −→ −→ − − u = 0, d. h., PP und → u sind orthogonal. a) PP • → − → −→ − x = 0P + sPP ist, d. h., g b) d(P, F) = d(P , F), wobei F Schnittpunkt von g und h : → halbiert die Strecke PP . Die Lotgerade h in Definition 3.246 dient einer einfachen Beschreibung des Spiegelpunkts P und muss zur Berechnung von P nicht bestimmt werden. Die hier gegebene Definition der Spiegelung von P an g geht vom Ergebnis (dem Spiegelpunkt P ) aus und gibt damit keinen direkten Weg zur Berechnung von P vor. Trotzdem kennen wir bereits einen Ansatz zur Berechnung des Spiegelpunkts P und können auf das in Beispiel 3.203 vorgestellte Lotfußpunktverfahren zur Berechnung des Abstands von P zu g zurückgreifen. Anleitung 3.247. Die Koordinaten des Spiegelpunkts P in Definition 3.246 werden in den folgenden drei Schritten berechnet: − • Schritt 1: Mit dem Richtungsvektor → u von g definieren wir die zu g orthogonale und (− − →2 − den Punkt P enthaltende Hilfsebene E : → x − 0P • → u = 0. • Schritt 2: Berechne die Koordinaten des Schnittpunkts F von g und E. −→ − → −→ • Schritt 3: Ermittle P durch Spiegelung von P an F, d. h. 0P = 0F + PF bzw. alter−→ − → −→ nativ 0P = 0P + 2PF.

3.7 Spiegelungen

309

P

F

z → − u

x

g

y

g

F

z −→ PF

−→ 2PF

E

E

P

y

x

P

Abb. 103: Spiegelung eines Punkts P an einer Gerade g im Raum ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2 −1 − Beispiel 3.248. Zur Berechnung des Abstands von P(1|1|1) zu g : → x = ⎝ 1 ⎠+r⎝ 1 ⎠ −1 ⎛3 ⎞ 0 −→ wurde in Beispiel 3.203 der Lotfußpunkt F(1|2|2) bzw. der Vektor PF = ⎝ 1 ⎠ berechnet. 1 ⎛ ⎞ 1 −→ − → −→ Daraus folgt 0P = 0F + PF = ⎝ 3 ⎠, d. h., der Spiegelpunkt von P an g ist P (1|3|3).  3 ⎛

⎞ ⎛ ⎞ −9 4 − Beispiel 3.249. P(3| − 15| − 20) soll an g : → x = ⎝ −12 ⎠ + r ⎝ 5 ⎠ gespiegelt wer13 −6 ⎞ ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎡ 4 3 − x − ⎝ −15 ⎠⎦ • ⎝ 5 ⎠ = 0 eine den Punkt P enthaltende und zu g den. Dabei ist E : ⎣→ −20 −6 ⎛ ⎞ −9 + 4r − orthogonale Ebene. Wir setzen den Ortsvektor → x = ⎝ −12 + 5r ⎠ der Punkte von g in die 13 − 6r Ebenengleichung ein und rechnen das Skalarprodukt aus: ⎡⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞ −9 + 4r 3 4 ⎣⎝ −12 + 5r ⎠ − ⎝ −15 ⎠⎦ • ⎝ 5 ⎠ = 0 ⇔ 77r − 231 = 0 ⇔ r = 3 13 − 6r −20 −6 ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ −9 4 3 − → Einsetzen von r = 3 in die Gleichung von g liefert 0F = ⎝ −12 ⎠ + 3 ⎝ 5 ⎠ = ⎝ 3 ⎠. 13 −6 −5

310

3 Geraden und Ebenen

⎛

⎞

⎛ ⎞ 0 3 −→ − → − → ⎝ ⎠ → −→ ⎝ ⎠ −→ − Daraus folgt PF = 0F − 0P = 18 und weiter 0P = 0F + PF = 21 , d. h., der 15 10 Spiegelpunkt von P an g ist P (3|21|10).  Zur Spiegelung eines Punkts an einer Koordinatenachse lassen sich auch im Raum die Koordinaten der Spiegelpunkte durch einfache Überlegungen und ohne Rechnungen herleiten. Dabei wird die Spiegelung an einer Koordinatenachse grundsätzlich auf die Spiegelung an einem auf der Achse liegenden Punkt F zurückgeführt, wobei die jeweilige Achse und die Lotstrecke PF einen rechten Winkel bilden. Zum Beispiel bei der Spiegelung eines Punkts P(px |py |pz ) an der x-Achse bleibt offenbar die x-Koordinate von P unverändert und folglich wird P an F(px |0|0) gespiegelt. Damit ist klar, dass die y- und z-Koordinaten des Spiegelpunkts lediglich durch Vorzeichenänderung aus den jeweiligen Koordinaten von P hervorgehen. Analog kann zur Spiegelung an der y- und an der z-Achse argumentiert werden. Die Spiegelung eines Punkts P(px |py |pz ) an einer der Koordinatenachsen kann ohne Rechnungen wie folgt durchgeführt werden: • Die Spiegelung von P an der x-Achse ergibt den Spiegelpunkt P (px | − py | − pz ). • Die Spiegelung von P an der y-Achse ergibt den Spiegelpunkt P (−px |py | − pz ) • Die Spiegelung von P an der z-Achse ergibt den Spiegelpunkt P (−px | − py |pz ) Beispiel 3.250. Der Punkt P(2|1| − 1) soll an den Koordinatenachsen gespiegelt werden. a) Die Spiegelung von P an der x-Achse ergibt den Spiegelpunkt P (2| − 1|1). b) Die Spiegelung von P an der y-Achse ergibt den Spiegelpunkt P

(−2|1|1). c) Die Spiegelung von P an der z-Achse ergibt den Spiegelpunkt P

(−2| − 1| − 1).

Aufgaben zum Abschnitt 3.7.1 Aufgabe 3.7.1: Der Punkt P(7|3|2) wird gespiegelt a) c) e) g) i) k)

an der xy-Ebene, an der yz-Ebene, an der z-Achse, an S(1|1|1), an S(7|2|3), an S(15|155|55),

b) d) f) h) j) l)

an der xz-Ebene, an der x-Achse, am Koordinatenursprung, an S(−1|0| − 2), an S(12|3| − 7), an der y-Achse.

Geben Sie jeweils die Koordinaten des Spiegelpunkts P an.



3.7 Spiegelungen

311

Aufgabe 3.7.2: Die Ränder des Dreiecks Δ ABC werden definiert durch die Gleichungen −x − y = 8, x + 3y = 0 und x = −6. Das Dreieck Δ A1 B1C1 sei die Spiegelung von Δ ABC am Punkt S1 (1| − 1) und Δ A2 B2C2 sei die Spiegelung von Δ ABC am Punkt S2 (−4|2). Nutzen Sie Vektoren in der Ebene, um die Koordinaten der Eckpunkte von Δ A1 B1C1 und Δ A2 B2C2 zu berechnen. Zeichnen Sie S1 , S2 , das Dreieck Δ ABC und seine Spiegelungen Δ A1 B1C1 und Δ A2 B2C2 in ein gemeinsames Koordinatensystem. Aufgabe 3.7.3: Bestimmen Sie die Koordinaten des Punkts P , der durch Spiegelung des Punkts P an der Gerade g entsteht:         −5 3 1 6 → − → − +r b) P(0| − 2), g : x = +r a) P(2|23), g : x = 3 1 4 5       11 1 2 − − d) P(−3| − 109), g : → x =r c) P(28|6), g : → x = +r 13 −2 7 ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ 3 8 − a) Die Gerade g : → x = ⎝ 1 ⎠ + r ⎝ −1 ⎠ wird am Punkt S(1|2|3) gespiegelt. Bestimmen 7 5 Sie eine Gleichung der Spiegelgerade g . ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 3 3 1 − b) Die Ebene E : → x = ⎝ −1 ⎠ + r ⎝ −1 ⎠ + s ⎝ 0 ⎠ wird am Punkt S(4|5|6) gespiegelt. 0 5 5 Bestimmen Sie eine Gleichung der Spiegelebene E . c) Die Ebene E : 2x − 5y + 3z = −7 wird am Punkt S(10|11| − 3) gespiegelt. Bestimmen Sie eine Gleichung der Spiegelebene E . Aufgabe 3.7.4:

Aufgabe 3.7.5: Bestimmen Sie die Koordinaten des Punkts P , der durch Spiegelung des Punkts P an der Gerade g entsteht: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 6 0 1 2 → − → − a) P(−1| − 3|7), g : x = ⎝ 1 ⎠ + r ⎝ −2 ⎠ b) P(2|2|3), g : x = ⎝ 12 ⎠ + r ⎝ 1 ⎠ 13 3 2 1 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 25 5 10 5 − − d) P(1|6|5), g : → x = ⎝ 7⎠+r⎝7⎠ c) P(2|0| − 1), g : → x = ⎝ 2 ⎠ + r ⎝ −3 ⎠ 77 9 1 2 e) P(8| − 3|5), g ist die y-Achse

f) P(−7|3|9), g ist die z-Achse

Aufgabe 3.7.6: Bei der Spiegelung eines Punktes P an einer Gerade g wird zwischen Ebene und Raum unterschieden (siehe Definition 3.240 und Definition 3.246). a) Begründen Sie, warum die für den Raum verwendete Definition 3.246 auch in der Ebene nutzbar ist. b) Warum ist es umgekehrt nicht möglich, Definition 3.240 in den Raum zu übertragen?

312

3 Geraden und Ebenen

3.7.2 Spiegelungen an einer Ebene Das Lotfußpunktverfahren zur Berechnung des Abstands zwischen einem Punkt und einer Ebene lässt sich auch verwenden, um einen Punkt P an einer Ebene E zu spiegeln. − Definition 3.251. Sei E eine Ebene, P ∈ / E ein Punkt und → n ein Normalenvektor von E.

Ein Punkt P heißt Spiegelpunkt von P an E, falls folgende Bedingungen erfüllt sind: − → − − a) P und P liegen auf der Lotgerade h : → x = 0P + r→ n , r ∈ R. b) Ist D der Durchstoßpunkt von h mit E, dann gilt d(P, D) = d(D, P ), d. h., D ist der Mittelpunkt der Strecke PP bzw. die Ebene E halbiert die Strecke PP . Definition 3.251 gibt eine Methode zur Berechnung des Spiegelpunkts P vor, die wir als einprägsame Rechenanleitung zusammenfassen: Anleitung 3.252. Die Koordinaten des Spiegelpunkts P in Definition 3.251 werden in den folgenden drei Schritten berechnet: − → − − • Schritt 1: Definiere die Lotgerade h : → x = 0P + r→ n. − → − → → − • Schritt 2: Bestimme rˆ ∈ R so, dass 0D = 0P + rˆ n der Ortsvektor des Schnittpunkts von E und h ist. −→ − → − • Schritt 3: Berechne 0P = 0P + 2ˆr→ n. − → Es sei darauf hingewiesen, dass weder der Lotfußpunkt D, noch sein Ortsvektor 0D und −→ auch nicht der Vektor PD zur Berechnung des Spiegelpunkts P benötigt werden, d. h., in Schritt 2 ist ausschließlich der Parameterwert rˆ von Interesse. Anschaulich wird von P zu P der doppelte Weg zurückgelegt, der von P zu D zurückgelegt werden muss (siehe Abb. 104). Dies wird rechnerisch durch Einsetzen von r = 2ˆr in die Gleichung von h −→ − → → −→ − − realisiert, d. h. 0P = 0P + 2PD = 0P + 2ˆr→ n (vgl. Schritt 3 der Anleitung). h P

→ − n

h

h

P

→ − n

P − rˆ→ n

E

→ − n

E

→ − n

E − 2ˆr→ n

P

Abb. 104: Drei Schritte zur Spiegelung eines Punkts P an einer Ebene E (Schnittansicht)

3.7 Spiegelungen

313

Beispiel 3.253. Gesucht sind die Koordinaten des Punkts P , der durch Spiegelung von

P(1|2|3)⎛an ⎞ der Ebene ⎛ ⎞E : 5x + 4y + 7z = 214 entsteht. P und P liegen auf der Gerade 1 5 − h:→ x = ⎝ 2 ⎠ + r ⎝ 4 ⎠. Einsetzen der Koordinaten x = 1 + 5r, y = 2 + 4r und z = 3 + 7r 3 7 der Geradenpunkte in die Ebenengleichung ergibt: 5(1 + 5r) + 4(2 + 4r) + 7(3 + 7r) = 214

⇔

90r + 34 = 214

⇔

r=2

Zur Berechnung des Ortsvektors von P verwenden wir rˆ = 2: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 5 1 5 21 −→

0P = ⎝ 2 ⎠ + 2ˆr ⎝ 4 ⎠ = ⎝ 2 ⎠ + 4 ⎝ 4 ⎠ = ⎝ 18 ⎠ 3 7 3 7 31 Ergebnis: P (21|18|31) ist der Spiegelpunkt von P(1|2|3) an E : 5x + 4y + 7z = 214.



Für die Spiegelung eines Punkts P(px |py |pz ) an den Koordinatenebenen wird das Lot von P auf die jeweilige Ebene gefällt und damit ergeben sich Lotfußpunkte D, aus denen sich leicht die Koordinaten des Spiegelpunkts P ableiten lassen. Zur Spiegelung von P an einer Koordinatenebene kann auf Rechnungen verzichtet werden, denn bei diesen Spiegelungen ändert sich lediglich das Vorzeichen von genau einer Koordinate: • Spiegelung von P(px |py |pz ) an der xy-Ebene: D(px |py |0) ⇒ P (px |py | − pz ) • Spiegelung von P(px |py |pz ) an der xz-Ebene: D(px |0|pz ) ⇒ P (px | − py |pz ) • Spiegelung von P(px |py |pz ) an der yz-Ebene: D(0|py |pz ) ⇒ P (−px |py |pz ) Beispiel 3.254. Der Punkt P(2|1| − 1) wird an den Koordinatenebenen gespiegelt: a) Die Spiegelung von P an der xy-Ebene ergibt den Spiegelpunkt P (2|1|1). b) Die Spiegelung von P an der xz-Ebene ergibt den Spiegelpunkt P (2| − 1| − 1). c) Die Spiegelung von P an der yz-Ebene ergibt den Spiegelpunkt P (−2|1| − 1).



Die Spiegelung einer Gerade g an einer Ebene E kann auf die Spiegelung eines Punkts an E zurückgeführt werden. Dazu genügt es offenbar, einen beliebigen Punkt P von g an E zu spiegeln, was den Spiegelpunkt P liefert. Schneiden sich g und E in einem Punkt D, dann −−→ kann DP als Richtungsvektor der Spiegelgerade verwendet werden (siehe Abb. 105). Wir fassen diese Methode wie folgt zusammen: − → − − Anleitung 3.255. Gegeben seien eine Gerade g : → x = 0P+r→ u und eine Ebene E, wobei g und E nicht parallel seien. Eine Gleichung der Gerade g , die durch Spiegelung von g an E entsteht, wird in den folgenden drei Schritten ermittelt: • Schritt 1: Ermittle den Spiegelpunkt P durch Spiegelung von P an E. • Schritt 2: Ermittle den Schnittpunkt D von g und E. −→ −−→ − x = 0P + t DP . • Schritt 3: Stelle eine Gleichung der Spiegelgerade auf, d. h. g : →

314

3 Geraden und Ebenen

P

P

P g

D

D

E

E

g

g

P

P

E −−→

DP

g

P

Abb. 105: Die drei Schritte zur Spiegelung einer Gerade g an einer Ebene E, wobei g die Ebene E in einem Punkt D durchstößt (Schnittansicht)

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 8 − Beispiel 3.256. Zur Spiegelung von g : → x = ⎝ 2 ⎠ + s ⎝ 7 ⎠ an E : 5x + 4y + 7z = 214 3 16 spiegeln wir zunächst den Stützpunkt P(1|2|3) an E. Dies liefert nach Beispiel 3.253 den Spiegelpunkt P (21|18|31). Zur Berechnung des Schnittpunkts von g und E setzen wir die Koordinaten x = 1 + 8s, y = 2 + 7s und z = 3 + 16s der Punkte von g in die Koordinatengleichung von E ein: 5(1 + 8s) + 4(2 + 7s) + 7(3 + 16s) = 214

⇔

180s + 34 = 214

⇔

s=1

Einsetzen von ⎞ Gleichung ⎛ ⎞ von g liefert den Ortsvektor des Schnittpunkts D, ⎛ s⎞= 1⎛in die 8 9 1 − → d. h. 0D = ⎝ 2 ⎠ + ⎝ 7 ⎠ = ⎝ 9 ⎠. Als Gleichung der Spiegelgerade erhalten wir: 3 16 19 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 21 12 − → − − → − → → −  − → − x = 0P + t DP = 0P + t 0P − 0D = ⎝ 18 ⎠ + t ⎝ 9 ⎠ g : →  31 12

P

−−→

DP

g

P

→ − u

E

E → − u

P

g

P

g

Abb. 106: Die zwei Schritte zur Spiegelung einer Gerade g an einer Ebene E, wobei g und E echt parallel sind (Schnittansicht)

3.7 Spiegelungen

315

Noch einfacher wird die Spiegelung, wenn g (echt) parallel zu E verläuft (siehe Abb. 106): − → − − Anleitung 3.257. Gegeben seien eine Gerade g : → x = 0P+r→ u und eine Ebene E, wobei g und E parallel seien. Eine Gleichung der Gerade g , die durch Spiegelung von g an E entsteht, wird in den folgenden zwei Schritten ermittelt: • Schritt 1: Ermittle den Spiegelpunkt P durch Spiegelung von P an E. −→ − − x = 0P + t → u. • Schritt 2: Stelle eine Gleichung der Spiegelgerade auf, d. h. g : → ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 3 − Beispiel 3.258. Zur Spiegelung von g : → x = ⎝ 2 ⎠ + s ⎝ 5 ⎠ an E : 5x + 4y + 7z = 214 3 −5 spiegeln wir zunächst den Stützpunkt P(1|2|3) an E. Dies liefert nach Beispiel 3.253 den Spiegelpunkt P (21|18|31). Weiter ⎛ stellen ⎞ wir fest, dass g echt parallel zu E verläuft, ⎛ ⎞ denn 3 5 − − für den Richtungsvektor → u = ⎝ 5 ⎠ von g und den Normalenvektor → n = ⎝ 4 ⎠ von E −5 7 − − gilt → u •→ n = 0. Deshalb erhalten wir die folgende Gleichung der Spiegelgerade: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 21 3 − → − − g : → x = 0P + t → u = ⎝ 18 ⎠ + t ⎝ 5 ⎠  31 −5 Die Spiegelung einer Ebene E an einer Ebene H wird auf die Spiegelung eines Punkts von E an H zurückgeführt. Wir betrachten zuerst den Fall, dass sich E und H in einer Gerade − → − − g:→ x = 0A + r→ u schneiden. Ist E die Spiegelebene von E an H, dann haben offenbar −

u als Richtungsvektor von auch E und H die Gerade g als Schnittmenge. Folglich kann → E, H und E verwendet werden. Weiter müssen für E noch ein geeigneter Stützpunkt und − − ein von → u linear unabhängiger Richtungsvektor → v bestimmt werden. Dazu spiegeln wir einen beliebigen Punkt P ∈ E an H, wobei wir darauf achten müssen, dass P nicht auf der Schnittgerade g liegt. Der Spiegelpunkt von P an H sei P . Ist A ein Punkt auf der Schnittgerade g (zum Beispiel der Stützpunkt aus der Geradengleichung), −→ −→ − dann ist AP linear unabhängig von → u . Folglich können wir AP als Richtungsvektor für − → − E verwenden. Jetzt können wir aus P , → u und AP eine Gleichung der Spiegelebene E

konstruieren. Zusammenfassung: Anleitung 3.259. Gegeben seien zwei Ebenen E und H derart, dass sich E und H in einer Gerade g schneiden. Eine Gleichung der Ebene E , die durch Spiegelung von E an H entsteht, wird in den folgenden drei Schritten ermittelt (siehe Abb. 107): − → − − • Schritt 1: Ermittle eine Gleichung der Schnittgerade, d. h. g : → x = 0A + r→ u. • Schritt 2: Spiegele einen beliebigen Punkt P ∈ E an H, wobei P ∈ / g. Der Spiegelpunkt von P sei P . −→ − −→ − x = 0P + r→ u + sAP . • Schritt 3: Stelle eine Gleichung von E auf, z. B. →

316

3 Geraden und Ebenen

g

g E

H

→ − u

A

E

P

H

g

→ − u

E

→ − u

P

H

A P

E

A P

−→

AP

Abb. 107: Die drei Schritte zur Spiegelung einer Ebene E an einer Ebene H, wobei E die Ebene H in einer Gerade g schneidet ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 8 −4 − Beispiel 3.260. Zur Spiegelung der Ebene E : → x = ⎝ 2 ⎠ + k ⎝ 7 ⎠ + l ⎝ 1 ⎠ an der 3 16 −2 Ebene H : 5x + 4y + 7z = 214 berechnen wir zunächst eine Gleichung der Schnittgerade g. Dazu setzen wir die Koordinaten x = 1 + 8k − 4l, y = 2 + 7k + l und z = 3 + 16k − 2l der Punkte von g in die Koordinatengleichung von E ein: 5(1 + 8k − 4l) + 4(2 + 7k + l) + 7(3 + 16k − 2l) = 214

⇔

180k − 30l + 34 = 214

In dieser Gleichung können wir z. B. k = r ∈ R beliebig wählen, womit l = 6r − 6 folgt. Einsetzen von k = r und l = 6r − 6 in die Parametergleichung von E liefert eine Gleichung der Schnittgerade: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 8 −4 25 −16 − g:→ x = ⎝ 2 ⎠ + r ⎝ 7 ⎠ + (6r − 6) ⎝ 1 ⎠ = ⎝ −4 ⎠ + r ⎝ 13 ⎠ 3 16 −2 15 4 Weiter spiegeln wir den Stützpunkt P(1|2|3) an E. Dies liefert nach Beispiel 3.253 den Spiegelpunkt P (21|18|31).⎛Damit⎞und mit dem Stützpunkt A(25| − 4|15) von g sowie −16 − dem Richtungsvektor → u = ⎝ 13 ⎠ von g konstruieren wir eine Gleichung der Ebene E , 4 die durch Spiegelung von E an H entsteht: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 21 −16 −4 − → − → − − E : → x = 0P + r→ u + sAP = ⎝ 18 ⎠ + r ⎝ 13 ⎠ + s ⎝ 22 ⎠  31 4 16 Beispiel 3.261. In Beispiel 3.152 wurde gezeigt, dass sich die Ebenen ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 1 1 1 1 −1 − − E :→ x = ⎝ −1 ⎠ + k ⎝ −2 ⎠ + l ⎝ 0 ⎠ und H : → x = ⎝ 0 ⎠+r⎝ 0 ⎠+s⎝ 1 ⎠ 7 0 −2 0 4 0

3.7 Spiegelungen

317

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2 −5 − in g : → x = ⎝ 0 ⎠ + t ⎝ 6 ⎠ schneiden. Dieses Ergebnis können wir verwenden, um 4 4 E an H zu spiegeln. Dazu müssen wir ⎛ weiter ⎞ den ⎛ Stützpunkt ⎞ ⎛ P(1| ⎞− 1|7) von E an H 1 −1 −4 − spiegeln. Mit dem Normalenvektor → n = ⎝ 0 ⎠ × ⎝ 1 ⎠ = ⎝ −4 ⎠ von H konstruieren 4 0 1 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 −4 − → − − wir die Lotgerade h : → x = 0P + k→ n = ⎝ −1 ⎠ + k ⎝ −4 ⎠ und setzen den Ortsvektor 7 1 ⎞ ⎛ 1 − 4k → − x = ⎝ −1 − 4k ⎠ der Punkte von h in eine Normalengleichung von H ein, rechnen das 7+k Skalarprodukt aus und stellen die entstehende Gleichung nach k um: ⎞ ⎡⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎤ ⎛ 1 −4 1 − 4k ⎣⎝ −1 − 4k ⎠ − ⎝ 0 ⎠⎦ • ⎝ −4 ⎠ = 0 ⇔ 33k + 11 = 0 ⇔ k = − 1 3 1 7+k 0 Einsetzen des Doppelten von k = − 13 in die Gleichung der Lotgerade h liefert den Ortsvektor des Spiegelpunkts P : ⎛ 11 ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞   −4 1 1 −4 3 −→

1 ⎝ 2 ⎜ ⎟ −4 ⎠ = ⎝ −1 ⎠ − ⎝ −4 ⎠ = ⎝ 53 ⎠ 0P = ⎝ −1 ⎠ + 2 − 3 3 19 7 1 7 1 3

⎛ ⎞ −5     → −  5  19 ⎝ 6⎠ Mit P 11 3 3 3 , dem Stützpunkt A(2|0|4) von g und dem Richtungsvektor u = 4 von g konstruieren wir eine Gleichung der Spiegelebene: ⎛ 11 ⎞ ⎛5⎞ ⎛ ⎞ −5 3 3 −→ − −→ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ − E : → x = 0P + r→ u + sAP = ⎝ 53 ⎠ + r ⎝ 6 ⎠ + s ⎝ 53 ⎠  19 7 4 3

3

Wesentlich weniger Rechenaufwand ist zu betreiben, wenn E und H parallel sind. Anleitung 3.262. Gegeben seien (echt) parallele Ebenen E und H. Eine Gleichung der Ebene E , die durch Spiegelung von E an H entsteht, wird in den folgenden zwei Schritten ermittelt (siehe Abb. 108): • Schritt 1: Spiegele einen beliebigen Punkt P ∈ E an H. Der Spiegelpunkt sei P . −→ − − − − x = 0P + r→ u + s→ v , wobei → u und • Schritt 2: Stelle eine Gleichung von E auf, z. B. → → − v linear unabhängige Richtungsvektoren von E und H sind.

318

3 Geraden und Ebenen

→ − n E

P

→ − n E

P

→ − n H

→ − n H → − n

P

E P

Abb. 108: Die zwei Schritte zur Spiegelung einer Ebene E an einer Ebene H, wobei E und H echt parallel sind. Wegen der Parallelität von E und H erbt die Spiegelebene E die Richtungs- und Normalenvektoren von E und H. ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 3 1 − Beispiel 3.263. Gegeben seien die Ebenen E : → x = ⎝ 2 ⎠ + r ⎝ 5 ⎠ + s ⎝ −3 ⎠ und −5 ⎛ ⎛3 ⎞ ⎞1 5 3 − − H : 5x + 4y + 7z = 214. Für den Normalenvektor → n = ⎝ 4 ⎠ von E gilt ⎝ 5 ⎠ • → n =0 7 −5 ⎞ ⎛ 1 − − und ⎝ −3 ⎠ • → n = 0, d. h., → n ist auch ein Normalenvektor von E. Weiter ist der Stütz1 punkt A(1|2|3) kein Punkt von H. Folglich sind E und H echt parallel. Damit müssen wir zur Spiegelung von E an H lediglich den Stützpunkt P(1|2|3) an H spiegeln, was nach Beispiel 3.253 den Spiegelpunkt P (21|18|31) ergibt. Damit erhalten wir die folgende Gleichung der Spiegelebene: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 21 3 1 − x = ⎝ 18 ⎠ + r ⎝ 5 ⎠ + s ⎝ −3 ⎠ E : → 31 −5 1 Alternativ können wir auch eine Normalengleichung der Spiegelebene angeben: ⎡ ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞ 21 5 − E : ⎣→ x − ⎝ 18 ⎠⎦ • ⎝ 4 ⎠ = 0 31 7 Leicht lässt sich daraus durch Ausrechnen des Skalarprodukts als weitere Alternative eine Koordinatengleichung der Spiegelebene herleiten, d. h. E : 5x + 4y + 7z = 394. 

3.7 Spiegelungen

319

Aufgaben zum Abschnitt 3.7.2 Aufgabe 3.7.7: Bestimmen Sie die Koordinaten des Punkts P , der durch Spiegelung des Punkts P an der Ebene E entsteht: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 3 2 −1 − a) P(3|8|2), E : → x = ⎝ 2 ⎠+r⎝ 0 ⎠+s⎝ 1 ⎠ 7 1 1 b) P(11| − 11|13), E : 10x − 11y + 8z = 50 ⎞⎤ ⎛ ⎞ ⎛ ⎡ 4 1 − x − ⎝ −3 ⎠⎦ • ⎝ 1 ⎠ = 0 c) P(1| − 1| − 6), E : ⎣→ 1 5 d) P(80| − 125|27), E ist die xy-Ebene. e) P(80| − 125|27), E ist die yz-Ebene. Aufgabe 3.7.8: Bestimmen Sie eine Gleichung der Gerade g , die durch Spiegelung der Gerade g an der Ebene E entsteht: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 11 8 1 1 1 − − a) g : → x = ⎝ −9 ⎠ + r ⎝ −11 ⎠, E : → x = ⎝ −5 ⎠ + s ⎝ 1 ⎠ + t ⎝ −1 ⎠ −6 −9 4 2 4 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −1 5 − b) g : → x = ⎝ 7 ⎠ + r ⎝ 1 ⎠, E : x − y + 2z = 8 −4 4 ⎞⎤ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎡ ⎛ ⎞ ⎛ 5 5 −5 2 − − x − ⎝ −5 ⎠⎦ • ⎝ 6 ⎠ = 0 c) g : → x = ⎝ −18 ⎠ + r ⎝ −1 ⎠, E : ⎣→ 2 3 2 −2 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 5 − d) g : → x = ⎝ 2 ⎠ + r ⎝ 8 ⎠, E : 5x + 8y + 11z = −37 3 11 ⎛ ⎞ 7 − e) g : → x = r ⎝ 0 ⎠, E : 3x + 4y − 7z = 0 3 Aufgabe 3.7.9: Bestimmen Sie eine Gleichung der Ebene E , die durch Spiegelung der Ebene E an der Ebene H entsteht: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −14 1 1 − a) E : → x = ⎝ 10 ⎠ + r ⎝ 1 ⎠ + s ⎝ −1 ⎠, H : −3x + y + z = 7 10 2 4

320

3 Geraden und Ebenen

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 5 3 −1 − b) E : → x = ⎝ 3 ⎠ + r ⎝ 2 ⎠ + s ⎝ 4 ⎠, H : x + y + z = 4 5 4 6 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2 −1 −1 − c) E : → x = ⎝ 14 ⎠ + r ⎝ 7 ⎠ + s ⎝ 6 ⎠, H : x + 3y + 3z = 10 14 6 7 d) E ist die xy-Ebene, e) E : 2x + y + 2z = −3,

H : x−y+z = 0 H : 2x − 2y − z = 5

f) E : −x + 4y − 6z = −18,

H : 2x − 8y + 12z = 36

Aufgabe 3.7.10: a) Berechnen Sie den Abstand des Punkts P(−3|4|17) von der Ebene E, die durch die Punkte A(−1|0|1), B(1|2|3) und C(6|5|4) definiert wird. Bestimmen Sie außerdem die Koordinaten des Punkts P , der durch Spiegelung von P an E entsteht. b) Bestimmen Sie den Abstand des Punkts P(3|9| − 3) von der Ebene E : 2x − y + 2z = 12 und die Koordinaten des Punkts P , der durch Spiegelung von P an E entsteht. (− − →2 − c) Der erste Schritt zur Spiegelung eines Punkts P an E : → x − 0A • → n = 0 besteht darin, − → → → − − den Schnittpunkt S von E mit der Lotgerade h : x = 0P + r n zu bestimmen. Genauer − → − → → ist dabei nur der Parameterwert 3 r ∈ R von Interesse, für den 0S = 0P + 3 r− n gilt. Damit −→ − → → −

r n des Spiegelpunkts P berechnet. Der Parameterwird der Ortsvektor 0P = 0P + 23 wert 3 r ∈ R wird als Lösung der Gleichung

(− →2 − → − − 0P + r→ n − 0A • → n = 0

(∗)

erhalten. Verifizieren Sie für die Zahlenbeispiele aus a) und b) sowie allgemein, dass (∗) nach Ausrechnen des Skalarprodukts und anschließendem Zusammenfassen auf die Gleichung − 2 −  n  ± d(P, E) · → n = 0 r · → führt, wobei d(P, E) der Abstand von P zur Ebene E ist. (Hinweis: Satz 3.224).

Teil 2

Lösungen der Aufgaben

Hinweise zu Aufbau und Notation In diesem Teil sind die Lösungen zu den Aufgaben aus Teil 1 zusammengestellt. Die Lösungen sind analog zu den Aufgaben nummeriert, d. h., die jeweilige Nummer einer Lösung gehört zur Aufgabe mit derselben Nummer. Zur Mehrheit der Aufgaben werden Lösungswege ausführlich angegeben, bei einigen wird jedoch nur das Endergebnis angegeben. Oft gibt es auch Alternativen zu den abgedruckten Lösungswegen. Die Lösung oder den Lösungsweg gibt es oft nicht, sodass zu einzelnen Aufgaben alternative Lösungswege vorgestellt werden, und oft gibt es weitere Alternativen. Viele Lösungen werden verständlicher, wenn sie durch Skizzen ergänzt werden. Aus Platzgründen war es aber leider nicht möglich, alle möglichen Sachverhalte zu skizzieren. Somit sind Sie als Leser aufgefordert, sich Lösungen durch geeignete und selbst gezeichnete Skizzen verständlicher zu machen. Die vorliegenden Lösungen wurden sorgfältig erarbeitet und durchgesehen. Dennoch kann nicht ausgeschlossen werden, dass es zu Tippfehlern und im Zusammenhang damit zu inhaltlichen Fehlern gekommen ist. Deshalb übernehmen der Autor und auch der Verlag für die Richtigkeit der Angaben sowie für eventuelle Druckfehler keine Haftung. Behandeln Sie die abgedruckten Lösungsvorschläge also kritisch. Benachrichtigen Sie bitte den Autor bzw. den Verlag, wenn Sie Fehler entdecken (siehe dazu im Vorwort). Soll auf einzelne Formeln oder Teilschritte im weiteren Lösungsweg Bezug genommen werden, dann werden diese Formeln nicht wie üblich mit Gleichungsnummern durchnummeriert (dies wäre etwas unübersichtlich geworden), sondern mit speziellen Symbolen wie etwa (∗), (∗∗), (#) oder (##) gekennzeichnet. Beispiel: a+b = c (∗) Soll später darauf Bezug genommen werden, dann etwa wie folgt: Wegen (∗) gilt c + d = y. Oder wir schreiben kürzer

(∗)

c+d = y , was bedeutet, dass das Gleichheitszeichen durch Formel (∗) begründet ist. Um die Übersicht zu bewahren, wird zusätzlich die Regel vereinbart, dass die Referenzen auf mit (∗), (∗∗), (#), (##) oder anderen Zeichen markierte Formeln ausschließlich jeweils für die Lösung der gerade behandelten Aufgabe gültig sind. Damit sollten Missverständnisse ausgeschlossen sein.

1 Lineare Gleichungssysteme 1.1 Lineare Gleichungen Lösung 1.1.1:

 a) x ∈ L = 3

  c) (x; y) ∈ L = (3 − 2t ; t  t ∈ R

  e) (x; y) ∈ L = (−1 ; t  t ∈ R    g) (x1 ; x2 ) ∈ L = 12 − 12 t ; t  t ∈ R

  i) (x; y; z) ∈ L = (−3 − 2s − 2t ; s ; t  s,t ∈ R    k) (x; y; z) ∈ L = 25 + 45 s − 35 t ; s ; t  s,t ∈ R   −1 + 32 s − 3t ; s ; t  s,t ∈ R

  (z1 , z2 ; z3 ) ∈ L = (80 + s − 2t ; s ; t  s,t ∈ R    (x1 ; x2 ; x3 ) ∈ L = − 35 ; s ; t  s,t ∈ R

  (y1 , y2 ; y3 ) ∈ L = (s ; −30 ; t  s,t ∈ R

  (x, y; z) ∈ L = (r ; s ; t  r, s,t ∈ R

m) (x1 ; x2 ; x3 ) ∈ L = n) o) p) q)

 b) x ∈ L = − 3

  d) (x; y) ∈ L = (−3 + 2t ; t  t ∈ R

  f) (x; y) ∈ L = (t ; −9  t ∈ R    h) (x1 ; x2 ) ∈ L = 23 + 53 t ; t  t ∈ R

  j) (x; y; z) ∈ L = (100 + 5s − 7t ; s ; t  s,t ∈ R

  l) (x; y; z) ∈ L = (−1 + s − t ; s ; t  s,t ∈ R



r) (x; y; z) ∈ L = 0, / d. h., die Gleichung hat keine Lösung.

  s) (x1 , x2 ; x3 ; x4 ) ∈ L = (5 − r − s − t ; r ; s ; t  r, s,t ∈ R

   t) (x1 ; x2 ; x3 ; x4 ; x5 ) ∈ L = 3 − 21 k − 32 r − 2s + 52 t ; k ; r ; s ; t  k, r, s,t ∈ R

   u) (x1 ; x2 ; x3 ; x4 ; x5 ) ∈ L = 3 − 12 k − 2s ; k ; r ; s ; t  k, r, s,t ∈ R

   v) (x1 ; x2 ; x3 ; x4 ; x5 ) ∈ L = k ; r ; 2 − 43 s + 53 t ; s ; t  k, r, s,t ∈ R Lösung 1.1.2: a) (−30; 3; −7) und (−2; −1; −2) sind Lösungen der Gleichung, (18; 3; −2) ist keine Lösung. b) (5; 10; 4) ist keine Lösung der Gleichung, (−12; 5; 5) und (5; −5; −10) sind Lösungen der Gleichung. c) (3 + 5s − 4t ; 3s ; −2t) ist für jede Wahl von s,t ∈ R eine Lösung der Gleichung, während die Tripel (3 + 5s − 2t ; 3s ; t) und (3 + 5s + 2t ; s ; t) keine Lösungen der Gleichung sind.

© Springer-Verlag GmbH Deutschland, ein Teil von Springer Nature 2019 J. Kunath, Analytische Geometrie und Lineare Algebra zwischen Abitur und Studium I, https://doi.org/10.1007/978-3-662-60686-5_4

324

1 Lineare Gleichungssysteme

Lösung 1.1.3: Es gibt nahezu beliebig viele Möglichkeiten zur bruchfreien Darstellung der Lösungsmenge. Für jede Teilaufgabe geben wir hier zwei Vorschläge an:

 

  a) L = (−4 − 4t ; 3t  t ∈ R oder L = (4t ; −3 − 3t  t ∈ R 

 

  b) L = (6 − 4s + 3t ; 7s ; 7t  s,t ∈ R oder L = (3s ; 3t ; −14 + 7s + 4t  s,t ∈ R

 

  c) L = (1 − 3s − 2t ; 16s ; 20t  s,t ∈ R oder L = (s ; 8t ; 10 − 10s − 15t  s,t ∈ R

 

  d) L = (16 + 8t ; s ; 9t  s,t ∈ R oder L = (8s ; t ; −18 + 9s  s,t ∈ R Lösung 1.1.4: Wir führen eine Fallunterscheidung durch. • Fall 1: Es gilt b = 0. Wegen a = 0 hat die Gleichung ax + by + cz = d die Gestalt 0x + by + cz = d bzw. kürzer by + cz = d. Für x und z können beliebige Werte gewählt werden, d. h. x = s ∈ R und z = t ∈ R. Damit ergibt sich by + ct = d, woraus y = db − bc t folgt. Die Lösungsmenge ist

   L = s ; d − c t ; t  s,t ∈ R . b

b

• Fall 2: Es gilt b = 0. Wegen a = 0 hat die Gleichung ax + by + cz = d die Gestalt 0x + 0y + cz = d bzw. kürzer cz = d. Es sind drei Fälle zu unterscheiden: – Fall 2.1: Es gilt c = 0. Dann können für x und y beliebige Werte eingesetzt werden, d. h. x = s ∈ R

   und y = t ∈ R. Aus cz = d folgt z = d . Die Lösungsmenge ist L = s ; t ; d  s,t ∈ R . c

c

– Fall 2.2: Es gilt c = 0 und d = 0. Dann können für x, y und z beliebige Werte eingesetzt werden, was auf die Lösungsmenge L = { (r ; s ; t) | r, s,t ∈ R} führt. – Fall 2.3: Es gilt c = 0 und d = 0. Das führt auf die Gleichung 0 = d = 0 und das ist ein Widerspruch. Folglich ist die Lösungsmenge leer, d. h. L = 0. /

1.2 Lineare Gleichungssysteme mit zwei Variablen Lösung 1.2.1: a) (x; y) = (0; 1) c) (x; y) = (4; 7)   e) (x; y) = 0; 23 g) Das Gleichungssystem ist nicht lösbar. 

4 2    t ∈R i) (x; y) ∈ L = 3 + 3t ; t  

 9 − 65 t ; t  t ∈ R k) (x; y) ∈ L = − 14 m) (x; y) = (−3; 5) o) (x; y) = (0; 0)

7 3     t ∈R q) (u; v) ∈ L = 4 − 4t ; t

b) (x; y) = (−1; 2) d) (x; y) ∈ L = { (3t − 2 ; t) | t ∈ R} f) Das Gleichungssystem ist nicht lösbar.   h) (x; y) = 12 ; 13  

 j) (x; y) ∈ L = 9 − 6 t ; t  t ∈ R 5

l) (x; y) = (4; 1) n) (x; y) = (−30; 20)   1 p) (a; b) = − 11 4 ;−2 r) (λ ; μ) = (3; 2)

Lösung 1.2.2: Sei g die Anzahl der Gänse und h die Anzahl der Hasen. Bekanntlich haben Gänse zwei Beine, Hasen vier Beine und beide jeweils zwei Augen. Die Anzahl der Augen entspricht der linearen Gleichung 2g + 2h = 40, die Anzahl der Beine genügt der linearen Gleichung 2g + 4h = 62. Damit ist das folgende lineare Gleichungssystem zu lösen: I : 2g + 2h = 40 II : 2g + 4h = 62 Aus I folgt g = 20 − h. Einsetzen in Gleichung II ergibt 40 − 2h + 4h = 62, woraus h = 11 folgt. Damit folgt g = 9. Der Koch kann 11 Hasen und 9 Gänse mitnehmen.

1.2 Lineare Gleichungssysteme mit zwei Variablen

325

Lösung 1.2.3: Sei x die erste Ziffer und y die zweite Ziffer der gesuchten Zahl. Die erste Bedingung wird durch die Gleichung 2x + y = 17 beschrieben. Die zweite Bedingung wird durch die Gleichung 10x + y = 10y + x − 18 ausgedrückt, was gleichwertig ist zu 9x − 9y = −18, also x − y = −2. Beide Gleichungen zusammen ergeben ein lineares Gleichungssystem (I-II), das wir mit dem Additionsverfahren lösen: I : 2x + y = 17 II : x − y = −2 I + II = III : 3x = 15 Aus Gleichung III folgt x = 5. Einsetzen von x = 5 in Gleichung I ergibt 10 + y = 17, woraus y = 7 folgt. Die gesuchte Zahl ist 57. Lösung 1.2.4: a) Das Gleichungssystem ist für c = 6 eindeutig lösbar, für c = 6 ist es nicht lösbar. b) Das Gleichungssystem ist für c = 32 eindeutig lösbar, für c = 32 ist es nicht lösbar. 28 Das Gleichungssystem ist für c = − 28 5 eindeutig lösbar, für c = − 5 mehrdeutig lösbar. Das Gleichungssystem ist für alle c ∈ R eindeutig lösbar. Das Gleichungssystem ist für alle c ∈ R nicht lösbar. Das Gleichungssystem ist für alle c ∈ R \ {−4; 2} eindeutig lösbar, für c = −4 und c = 2 ist das Gleichungssystem nicht lösbar. g) Das Gleichungssystem ist für c = −2 eindeutig lösbar, für c = −2 ist es mehrdeutig lösbar. h) Das Gleichungssystem ist für c = 5 eindeutig lösbar, für c = 5 ist es mehrdeutig lösbar. i) Das Gleichungssystem ist für alle c ∈ R\{−4; 2} eindeutig lösbar, für c = −4 ist das Gleichungssystem mehrdeutig lösbar und für c = 2 ist das Gleichungssystem nicht lösbar.

c) d) e) f)

Lösung 1.2.5: a) Das Gleichungssytem ist eindeutig lösbar mit (x; y) = (5; 7). b) Das Gleichungssystem ist

  nicht lösbar.  c) (x; y) ∈ L = 2 + 32 t ; t  t ∈ R Lösung 1.2.6: a) Es sind drei Fälle zu unterscheiden: – Fall 1: Es gilt b1 a2 − a1 b2 = 0 und c1 a2 − a1 c2 ist irgendeine reelle Zahl. Dann ist das Gleichungssystem eindeutig lösbar und wir können Gleichung II durch b1 a2 − a1 b2 dividieren. Das x=

c1 a1

b1 c1 a2 −a1 c2

c1 a2 −a1 c2 b1 a2 −a1 b2 . Dies

setzen wir in Gleichung I ein, d. h. a1 x + b1 a2 −a1 b2 = c1 , woraus     b1 c1 a2 −a1 c2 b1 c1 a2 −a1 c2 c1 c1 a2 −a1 c2  folgt. Die Lösungsmenge ist L =   ; −  − . a1 b1 a2 −a1 b2

ergibt y =

a1 b1 a2 −a1 b2

a1 b1 a2 −a1 b2

• Fall 2: Es gilt b1 a2 − a1 b2 = 0 und c1 a2 − a1 c2 = 0. Dann ist das Gleichungssystem mehrdeutig lösbar und wir können y = t ∈ R beliebig wählen. Einsetzen von y = t in Gleichung I ergibt a1 x + b1 t = c1 , woraus x = ac11 − ba11 t folgt. Die Lösungsmenge des Gleichungssystems ist  L =

c 1 b1 − t;t a1 a1

    t ∈R . 

• Fall 3: Es gilt b1 a2 − a1 b2 = 0 und c1 a2 − a1 c2 = 0. Dann ist Gleichung II ein Widerspruch und folglich ist das Gleichungssystem nicht lösbar. Die Lösungsmenge ist L = 0. / b) Wir nehmen Bezug auf die Fälle 1 und 2 aus Aufgabenteil a). Die Gleichungen I und I sind identisch und der Lösungswert für x wurde aus Gleichung I bestimmt. Demzufolge genügt es nachzurechnen, dass die Lösungspaare (x; y) ∈ L Gleichung II erfüllen.

326

1 Lineare Gleichungssysteme

• zu Fall 1: Einsetzen von x =

c1 a1

  b1 c1 a2 −a1 c2  und y = −  a1 b1 a2 −a1 b2

c1 a2 −a1 c2 b1 a2 −a1 b2

in den linken Teil von Gleichung

II ergibt:     b2 c1 a2 − a1 c2 a2 c1 a2 b1 c1 a2 − a1 c2   + + a1 b1 a2 − a1 b2 a1 b1 a2 − a1 b2       a2 c1 b1 a2 − a1 b2 − a2 b1 c1 a2 − a1 c2 + a1 b2 c1 a2 − a1 c2   = a1 b1 a2 − a1 b2   2 b1 c1 a2 − a1 c1 a2 b2 − b1 c1 a22 − a1 b1 a2 c2 + a1 c1 a2 b2 − a21 b2 c2   = a1 b1 a2 − a1 b2

a2 x + b2 y =

b1 c1 a22 − a1 c1 a2 b2 − b1 c1 a22 + a1 b1 a2 c2 + a1 c1 a2 b2 − a21 b2 c2   a1 b1 a2 − a1 b2   a1 c2 b1 a2 − a1 b2 a1 b1 a2 c2 − a21 b2 c2   =   = c2 = a1 b1 a2 − a1 b2 a1 b1 a2 − a1 b2

=

Damit ist gezeigt, dass (x; y) Lösung von Gleichung II ist. Zusammen mit obiger Vorüberlegung folgt daraus, dass (x; y) die eindeutige Lösung des Gleichungssystems (I-II) ist. • zu Fall 2: Einsetzen von x = II ergibt:

c1 a1

− ba11 t und y = t für beliebiges t ∈ R in den linken Teil von Gleichung

c1 a2 b1 a2 c1 a2 − b1 a2 t + a1 b2 t − t + b2 t = a1 a1 a1     a2 c1 + a1 b2 − b1 a2 t c1 a2 − b1 a2 − a1 b2 t = = a1 a1

a2 x + b2 y =

Die Fallbedingung von Fall 2 lautet: b1 a2 − a1 b2 = 0 und c1 a2 − a1 c2 = 0. Das bedeutet, dass b1 a2 − a1 b2 = c1 a2 − a1 c2 , woraus c1 a2 = b1 a2 − a1 b2 + a1 c2 folgt. Wegen b1 a2 − a1 b2 = 0 ist das äquivalent zu c1 a2 = a1 c2 und damit berechnen wir weiter:   c1 a2 − b1 a2 − a1 b2 t a1 c2 − 0 · t a2 x + b2 y = = = c2 a1 a1 Damit ist gezeigt, dass (x; y) für beliebiges t ∈ R Lösung von Gleichung II ist. Zusammen mit obiger Vorüberlegung folgt daraus, dass (x; y) für beliebiges t ∈ R Lösung des Gleichungssystems (I-II) ist.

1.3 Lineare Gleichungssysteme mit drei Variablen Lösung 1.3.1:   a) (x; y; z) = 3; − 12 ; 5 

 c) (x; y; z) ∈ L = (8 + 4t ; t ; −2 − 2t)  t ∈ R 

 e) (x; y; z) ∈ L = (t + 1 ; 2t − 1 ; t)  t ∈ R   g) (x; y; z) = 3; 1; 0   i) (x; y; z) = 13 ; 13 ; 13 k) Das Gleichungssystem ist nicht lösbar.

b) Das Gleichungssystem ist nicht lösbar.   d) (x; y; z) = 1; 1; 1 f) Das Gleichungssystem ist nicht lösbar. 

 h) (x; y; z) ∈ L = (−t ; 4t ; 9t)  t ∈ R

1 1   16 2  t ∈R j) (x; y; z) ∈ L = 3 + 3t ; − 3 + 3t ; t 

 l) (x; y; z) ∈ L = (3 + s − t ; s ; t)  s,t ∈ R

1.3 Lineare Gleichungssysteme mit drei Variablen m) (x1 ; x2 ; x3 ) = (2; 3; −5) o) Das Gleichungssystem ist nicht lösbar. q) (u; v; w) = (−5; 5; −6)

327 

 n) (x1 ; x2 ; x3 ) ∈ L = (2 + t ; 2t − 1 ; t)  t ∈ R p) (a; b; c) = (−2; 1; −2) r) (α; β ; γ) = (3; 2; 2)

Lösung 1.3.2:



 a) (x; y; z) ∈ L = (1 + t ; 3 − 2t ; t)  t ∈ R

   c) (x; y; z) ∈ L = 3 + t ; 72 ; t  t ∈ R   

 e) (x; y; z) ∈ L = 3 − 3 s + t ; s ; t  s,t ∈ R

b) (x; y; z) ∈ L =

d) (x; y; z) ∈ L = { (7 + 28t ; −3 − 12t ; t) | t ∈ R} f) Das Gleichungssystem ist nicht lösbar.

2

Lösung 1.3.3: a) (x; y; z) = (5; 2; 3) c) Das Gleichungssystem ist nicht lösbar. e) (x; y; z) ∈ L = { (−1 − 2t ; t ; −2) | t ∈ R} g) Das Gleichungssystem ist nicht lösbar. i) (x; y; z) ∈ L = { (1 + 2s − 3t ; s ; t) | s,t ∈ R}

7   1  k) (x; y; z) ∈ L = t ∈R 2 − 2t ; t ; − 6

  −8 + 83 t ; t ; 3  t ∈ R



(x; y; z) = (1; 2; 2) (x; y; z) = (1; −2; 1) (x; y; z) = (4; −2; 2)

   29  t ∈R (x; y; z) ∈ L = 26 9 − 10t ; − 9 + 16t ; 9t (x; y; z) = (−1; −1; −3)

 5 21 3 5     t ∈R l) (x; y; z) ∈ L = 4 − 12 t ; 8 − 8 t ; t b) d) f) h) j)

Lösung 1.3.4: a) Wir berechnen: I II III I − 2 · III = IV II − 2 · III = V IV − 2 · V = VI

: 2x + 4y + 2z = 12t : 2x + 12y + 7z = 12t + 7 : x + 10y + 6z = 7t + 8 : − 16y − 10z = −2t − 16 : − 8y − 5z = −2t − 9 : 0= 2t + 2

Das Gleichungssystem ist genau dann lösbar, wenn 2t + 2 = 0 gilt, d. h. t = −1. Für t = −1 ist Gleichung VI allgemeingültig und folglich können für z beliebige Werte gewählt werden, d. h. zum Beispiel z = λ ∈ R. Einsetzen von t = −1 und z = λ in Gleichung IV ergibt −16y − 10λ = −14, woraus y = 78 − 58 λ folgt. Dies, t = −1 und z = λ setzen wir in Gleichung I ein, d. h. 2x + 72 − 12 λ = −12, 1 woraus x = − 31 4 + 4 λ folgt. Für t = −1 ist das Gleichungssystem lösbar und hat die Lösungsmenge     7 5 31 1 L = − + λ ; − λ ; λ  λ ∈ R . 4 4 8 8 Für t ∈ R \ {−1} ist 2t + 2 = 0 und damit ist Gleichung VI ein Widerspruch. Das bedeutet, dass das System für alle t ∈ R \ {−1} nicht lösbar ist. b) Wir berechnen für beliebiges t ∈ R: I II III II − I = IV III − t · I = V V + IV = VI

: x+ y : x+ ty : tx + y : − (1 − t)y : (1 − t)y :

+ + + + +

tz z z (1 − t)z (1 − t 2 )z (2 − t − t 2 )z

= 1 = 2 = 3+t = 1 = 3 = 4

Das Gleichungssystem hat keine Lösung, wenn 2 − t − t 2 = 0 gilt. Multiplikation mit (−1) ergibt die äquivalente Gleichung t 2 +t − 2 = 0, die nach der pq-Formel die Lösungen t1 = −2 und t2 = 1 hat. Das bedeutet, dass das Gleichungssystem für t ∈ {−2; 1} nicht lösbar ist, während es für alle t ∈ R\{−2; 1} eindeutig lösbar ist.

328

1 Lineare Gleichungssysteme

Für beliebiges t ∈ R \ {−2; 1} folgt aus Gleichung VI z =

4 . Dies wird in Gleichung IV einge2 − t − t2

4 1 + folgt. Einsetzen der ermittelten Werte für y und z in Gleichung I t − 1 2 − t − t2 4 + 4t 1 − . ergibt schließlich den noch fehlenden Lösungswert x = 1 + t − 1 2 − t − t2 c) Wir berechnen: I: x + z= a II : 3x − 4y + bz = 1 III : 5x − y = 2 II − 3 · I = IV : − 4y + (b − 3)z = 1 − 3a III − 5 · I = V : − y− 5z = 2 − 5a −4 · V + IV = VI : (b + 17)z = 17a − 7 setzt, woraus y = −

Das Gleichungssystem ist nicht lösbar, wenn gilt: • b + 17 = 0 und 17a − 7 = 0 7 Das ist äquivalent zu b = −17 und a = 17 , und diese Parameterkonstellation können wir nachfolgend vernachlässigen. Das Gleichungssystem hat genau dann eine Lösung, wenn eine der folgenden Bedingungen erfüllt ist:

• Fall 1: b + 17 = 0 und a ∈ R • Fall 2: b + 17 = 0 und 17a − 7 = 0 Fall 1 ist äquivalent zu b = −17 und a ∈ R beliebig. Dann gibt es genau eine Lösung. Aus Gleichung  (17a−7)(b−3) 1 . VI folgt z = 17a−7 b+17 . Dies setzen wir in Gleichung IV ein und erhalten y = − 4 1 − 3a − b+17 Einsetzen der ermittelten Werte für y und z in Gleichung I liefert schließlich x = a − 17a−7 b+17 . Im Fall 1 erhalten wir das folgende Lösungstripel:     1 (17a − 7)(b − 3) 17a − 7 17a − 7 ;− 1 − 3a − ; (x; y; z) = a − b + 17 4 b + 17 b + 17 7 und b = −17. Gleichung VI ist Bleibt Fall 2 zu untersuchen. Die Fallbedingung ist äquivalent zu a = 17 7 damit allgemeingültig, sodass z = λ ∈ R beliebig gewählt werden kann. Einsetzen von a = 17 , b = −17 1 7 und z = λ in Gleichung IV ergibt y = 17 − 5λ . Dies, a = 17 und z = λ setzen wir in Gleichung I ein 7 7 und erhalten daraus x = 17 − λ . Zusammenfassung: Für a = 17 und b = −17 ist das Gleichungssystem mehrdeutig lösbar und hat die Lösungsmenge     1 7 −λ ; − 5λ ; λ  λ ∈ R . L = 17 17

Lösung 1.3.5: Sei b der Preis eines Brötchens, m der Preis eines Mischbrotes und k der Preis für ein Stück Kuchen. Die Einkäufe der drei Kunden entsprechen dem folgenden Gleichungssystem (I-III): I II III 3I − III = IV 4II − III = V IV − V = VI

: 4b + 2m + 3k = : 3b + 1,5m + 2k = : 12b + 0,5m + 5k = : 5,5m + 4k = : 5,5m + 3k = : k=

9,35 6,70 9,85 18,20 16,95 1,25

Einsetzen von k = 1,25 in IV ergibt 5,5m + 5 = 18,20, woraus m = 2,40 folgt. Einsetzen von m = 2,40 und k = 1,25 in I ergibt 4b = 0,80, woraus b = 0,20 folgt.

1.3 Lineare Gleichungssysteme mit drei Variablen

329

Lösung 1.3.6: Sei x der Anteil der Grundsubstanz M1 , y der Anteil von M2 und z der Anteil von M3 . Für jeden Anteil d der Rohstoffe R1 , R2 bzw. R3 in der neuen Mischung ist eine Gleichung der Gestalt ax + by + cz = d aufzustellen. Die Koeffizienten a, b und c lassen sich leichter ermitteln, wenn wir die in der Aufgabenstellung gegebene Mischungstabelle drehen und wie folgt betrachten: R1 R2 R3

M1 M2 M3 30 % 20 % 40 % 50 % 20 % 50 % 20 % 60 % 10 %

Wird dies zeilenweise gelesen, dann steht jede Zeile für einen der drei Rohstoffe, der ersten Spalte kann die Variable x zugeordnet werden, der zweiten Spalte die Variable y und der dritten Spalte die Variable z. Damit erhalten wir das folgende lineare Gleichungssystem: 30x + 20y + 40z = 30 50x + 20y + 50z = 40 20x + 60y + 10z = 30   Dieses hat die eindeutige Lösung (x; y; z) = 13 ; 13 ; 13 . Interpretation: Für die gewünschte Zusammensetzung sind die drei Grundsubstanzen M1 , M2 und M3 zu gleichen Teilen zu mischen. Lösung 1.3.7: Sei x die erste Ziffer, y die zweite Ziffer und z die dritte Ziffer der gesuchten Zahl. Durch die Gleichung 100x + 10y + z = 100y + 10x + z − 180 wird die erste Bedingung modelliert. Diese Gleichung lässt sich umformen zu x − y = −2. Die zweite Bedingung wird durch die Gleichung 100x + 10y + z = 100z + 10y + x + 297 ausgedrückt, was äquivalent ist zu x − z = 3. Die dritte Bedingung ergibt die Gleichung x + y + z = 14. Die drei Gleichungen ergeben zusammen das folgende lineare Gleichungssystem: x−y = −2 x −z= 3 x + y + z = 14 Die eindeutige Lösung des Systems ist (x; y; z) = (5; 7; 2). Die gesuchte Zahl ist demzufolge 572. Lösung 1.3.8: a) Einsetzen der Lösung (x; y; z) = (1; 2; 3) in das Gleichungssystem ergibt: ⎧ ⎫ ⎧ ⎫ ⎨ c + 2a + 3b = 17 ⎬ ⎨ 2a + 3b + c = 17 ⎬ −a + 2b + 3c = 16 −a + 2b + 3c = 16 ⇔ ⎩ ⎭ ⎩ ⎭ b + 2a + 3c = 19 2a + b + 3c = 19 Dieses lineare Gleichungssystem hat die eindeutige Lösung (a; b; c) = (2; 3; 4). b) Einsetzen der Lösung (x; y; z) = (2; −2; −1) in das Gleichungssystem ergibt: ⎧ ⎫ ⎧ ⎫ ⎨ 6a + 2c − 2b = 18 ⎬ ⎨ 6a − 2b + 2c = 18 ⎬ 4b − 2a − c = 5 −2a + 4b − c = 5 ⇔ ⎩ ⎭ ⎩ ⎭ 2b − 2c − 2a = −10 −2a + 2b − 2c = −10 Dieses lineare Gleichungssystem hat die eindeutige Lösung (a; b; c) = (2; 4; 7). c) Einsetzen der Lösung (x; y; z) = (5; 1; 2) in das Gleichungssystem ergibt: ⎧ ⎫ ⎧ ⎫ ⎨ 20a + b + 10c = 53 ⎬ ⎨ 20a + b + 10c = 53 ⎬ 30 + c + 4a = 13b 4a − 13b + c = −30 ⇔ ⎩ ⎭ ⎩ ⎭ 5c + 2a − 6b = −9c 2a − 6b + 14c = 0 Dieses lineare Gleichungssystem hat die eindeutige Lösung (a; b; c) = (2; 3; 1).

330

1 Lineare Gleichungssysteme

Lösung 1.3.9: a) Wir ermitteln die Lösungsmenge für beliebige Koeffizienten und berechnen dazu: I II III a1 · II − a2 · I = IV a1 · III − a3 · I = V

: a1 x + b1 y b2 y : a2 x + b3 y : a3 x + : (a1 b2 − b1 a2 )y : (a1 b3 − b1 a3 )y

+ c1 z + c2 z + c3 z + (a1 c2 − c1 a2 )z + (a1 c3 − c1 a3 )z

= = = = =

0 0 0 0 0

Es sind die folgenden Fälle zu unterscheiden: • Fall 1: Es gilt a1 b2 − b1 a2 = 0 und a1 b3 − b1 a3 = 0. Das bedeutet: IV : V:

0 · y + (a1 c2 − c1 a2 )z = 0 0 · y + (a1 c3 − c1 a3 )z = 0

Aus der Gestalt der Gleichungen IV und V folgt, dass y = t ∈ R beliebig gewählt werden kann, d. h., das Gleichungssystem (I-III) ist mehrdeutig lösbar. • Fall 2: Es gilt a1 b2 − b1 a2 = 0 und a1 b3 − b1 a3 = 0. Das bedeutet: IV : V: -

-

(a1 b2 − b1 a2 )y + (a1 c2 − c1 a2 )z = 0 (a1 c3 − c1 a3 )z = 0

Fall 2.1: Es gilt a1 c3 − c1 a3 = 0. Dann folgt z = 0 aus Gleichung V. Einsetzen von z = 0 in Gleichung IV ergibt wegen a1 b2 − b1 a2 = 0 den Wert y = 0. Einsetzen von y = 0 und z = 0 in eine der Gleichungen I, II oder III liefert x = 0. Das Gleichungssystem (I-III) hat die eindeutige Lösung (x; y; z) = (0; 0; 0). Fall 2.2: Es gilt a1 c3 − c1 a3 = 0. Dann ist Gleichung V allgemeingültig, und das bedeutet, dass z = t ∈ R beliebig gewählt werden kann, d. h., das Gleichungssystem (I-III) ist mehrdeutig lösbar.

• Fall 3: Es gilt a1 b2 − b1 a2 = 0 und a1 b3 − b1 a3 = 0. Das bedeutet: IV : V: -

-

(a1 c2 − c1 a2 )z = 0 (a1 b3 − b1 a3 )y + (a1 c3 − c1 a3 )z = 0

Fall 3.1: Es gilt a1 c2 − c1 a2 = 0. Dann folgt z = 0 aus Gleichung IV. Einsetzen von z = 0 in Gleichung V ergibt wegen a1 b3 − b1 a3 = 0 den Wert y = 0. Einsetzen von y = 0 und z = 0 in eine der Gleichungen I, II oder III liefert x = 0. Das Gleichungssystem (I-III) hat die eindeutige Lösung (x; y; z) = (0; 0; 0). Fall 3.2: Es gilt a1 c2 − c1 a2 = 0. Dann ist Gleichung IV allgemeingültig, und das bedeutet, dass z = t ∈ R beliebig gewählt werden kann, d. h., das System (I-III) ist mehrdeutig lösbar.

• Fall 4: Es gilt a1 b2 − b1 a2 = 0 und a1 b3 − b1 a3 = 0. Dann berechnen wir weiter (a1 b2 − b1 a2 ) · V − (a1 b3 − b1 a3 ) · IV , und das ergibt die Gleichung 2 ( VI : (a1 b2 − b1 a2 )(a1 c3 − c1 a3 ) − (a1 b3 − b1 a3 )(a1 c2 − c1 a2 ) z = 0 . -

-

Fall 4.1: Es gilt (a1 b2 − b1 a2 )(a1 c3 − c1 a3 ) − (a1 b3 − b1 a3 )(a1 c2 − c1 a2 ) = 0. Aus Gleichung VI folgt z = 0. Einsetzen von z = 0 in IV ergibt (a1 b2 − b1 a2 )y = 0 und diese Gleichung hat wegen a1 b2 − b1 a2 = 0 die eindeutige Lösung y = 0. Einsetzen von y = 0 und z = 0 in Gleichung I liefert x = 0. Das System (I-III) hat die eindeutige Lösung (x; y; z) = (0; 0; 0). Fall 4.2: Es gilt (a1 b2 − b1 a2 )(a1 c3 − c1 a3 ) − (a1 b3 − b1 a3 )(a1 c2 − c1 a2 ) = 0. Dann ist Gleichung VI allgemeingültig, und das bedeutet, dass z = t ∈ R beliebig gewählt werden kann, d. h., das Gleichungssystem (I-III) ist mehrdeutig lösbar.

1.3 Lineare Gleichungssysteme mit drei Variablen

331

c) Wir setzen die Werte x = λ x1 + μx2 , y = λ y1 + μy2 und z = λ z1 + μz2 für beliebige λ , μ ∈ R in das System (I-III) ein und formen wie folgt um: I

II

III

I

II

III

I

II

III

I∗ II∗ III∗

: : : : : : : : : : : :

a1 (λ x1 + μx2 ) + a2 (λ x1 + μx2 ) + a3 (λ x1 + μx2 ) + λ a1 x1 + μa1 x2 + λ a2 x1 + μa2 x2 + λ a3 x1 + μa3 x2 + λ a1 x1 + λ b1 y1 + λ c1 z1 λ a2 x1 + λ b2 y1 + λ c2 z1 λ a3 x1 + λ b3 y1 + λ c3 z1 λ (a1 x1 + b1 y1 + c1 z1 ) λ (a2 x1 + b2 y1 + c2 z1 ) λ (a3 x1 + b3 y1 + c3 z1 )

b1 (λ y1 + μy2 ) b2 (λ y1 + μy2 ) b3 (λ y1 + μy2 ) λ b1 y1 + μb1 y2 λ b2 y1 + μb2 y2 λ b3 y1 + μb3 y2 + + + + + +

+ c1 (λ z1 + μz2 ) + c2 (λ z1 + μz2 ) + c3 (λ z1 + μz2 ) + λ c1 z1 + μc1 z2 + λ c2 z1 + μc2 z2 + λ c3 z1 + μc3 z2 μa1 x2 + μb1 y2 + μc1 z2 μa2 x2 + μb2 y2 + μc2 z2 μa3 x2 + μb3 y2 + μc3 z2 μ(a1 x2 + b1 y2 + c1 z2 ) μ(a2 x2 + b2 y2 + c2 z2 ) μ(a3 x2 + b3 y2 + c3 z2 )

= = = = = = = = = = = =

0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0

Da (x1 ; y1 ; z1 ) und (x2 ; y2 ; z2 ) Lösungen des Gleichungssystems (I-III) sind, gilt ⎫ ⎧ ⎫ ⎧ ⎨ a1 x2 + b1 y2 + c1 z2 = 0 ⎬ ⎨ a1 x1 + b1 y1 + c1 z1 = 0 ⎬ a2 x1 + b2 y1 + c2 z1 = 0 a2 x2 + b2 y2 + c2 z2 = 0 . und ⎭ ⎩ ⎭ ⎩ a3 x1 + b3 y1 + c3 z1 = 0 a3 x2 + b3 y2 + c3 z2 = 0 Dies setzen wir in I∗ , II∗ und III∗ ein und erhalten drei Gleichungen der Gestalt λ · 0 + μ · 0 = 0. Damit ist die Behauptung bewiesen. c) Nach b) ist die Lösbarkeit der Gleichungssysteme ⎧ ⎫ ⎧

⎫ ⎫ ⎧ ⎨ i : λ + 4μ = −4 ⎬ ⎨ i : λ + 4μ = 6 ⎬ ⎨ i : λ + 4μ = 11 ⎬



ii : 2λ − μ = 10 , ii : 2λ − μ = 3 und ii : 2λ − μ = −5 ⎩ ⎭ ⎩

⎭ ⎭ ⎩

iii : 3λ + 5μ = 2 iii : 3λ + 5μ = 1 iii : 3λ + 5μ = 12 zu untersuchen. Das Gleichungssystem (i-iii) hat die eindeutige Lösung (λ ; μ) = (4; −2), das Gleichungssystem (i -iii ) ist nicht lösbar und das Gleichungssystem (i

-iii

) hat die eindeutige Lösung (λ ; μ) = (−1; 3). Das bedeutet: (−4; 10; 2) ist eine Lösung des Gleichungssystems (I-III), (6; 3; 1) ist keine Lösung des Gleichungssystems (I-III) und (11; −5; 12) ist eine Lösung des Gleichungssystems (I-III). d) Sei (x; y; z) eine Lösung von (I-III). Nach b) ist die Lösbarkeit des folgenden Gleichungssystems (i-iii) zu untersuchen, wozu wir das Additionsverfahren nutzen: i ii iii ii − 2 · i = ii

iii − 4 · i = iii

10 · iii − 4 · ii = iii

: λ + 2μ = x : 2λ − 6μ = y : 4λ + 4μ = z : −10μ = y − 2x : −4μ = z − 4x : 0 = −32x − 4y + 10z

Das Gleichungssystem (i-iii) ist lösbar, wenn −32x − 4y + 10z = 0 gilt. Diese lineare Gleichung ist mehrdeutig lösbar, d. h., für zwei der Variablen x, y oder z können wir beliebige Werte wählen. Zum Beispiel für x = s ∈ R und z = 2t mit t ∈ R ergibt sich −32s − 4y + 20t = 0, woraus y = −8s + 5t folgt. Zusammenfassung: Alle Lösungen des Gleichungssystems (I-III) liegen in der Lösungsmenge 

 L = (s ; −8s + 5t ; 2t)  s,t ∈ R .

332

1 Lineare Gleichungssysteme

1.4 Systeme mit drei Variablen und der Gauß-Algorithmus Lösung 1.4.1: a) L = {(−70 ; 20 ; −2)} c) L = { (2 + s ; s ; −3) | s ∈ R} e) L = {(−12 ; 6 ; 3)}

 

 b) L = 9 − 23 t ; 2 + 32 t ; t  t ∈ R d) L = 0 /    f) L = 2 + 54 s − 32 t ; s ; t  s,t ∈ R

Lösung 1.4.2: a) Wir berechnen: I1 I2 I3 I2 = II1 I1 = II2 I3 = II3 II1 = III1 II2 − 2 · II1 = III2 II3 + 4 · II1 = III3 III1 = IV1 III2 = IV2 III3 + III2 = IV3

: 2x + 4y + 4z = 8 : x − 3y − 2z = −5 : −4x + 2y + z = −2 : x − 3y − 2z = −5 : 2x + 4y + 4z = 8 : −4x + 2y + z = −2 : x − 3y − 2z = −5 : 10y + 8z = 18 : − 10y − 7z = −22 : x − 3y − 2z = −5 ⇒ x = −5 +3 · 5 + 2 · (−4) = 2 1 18 − 8 · (−4) = 5 : 10y + 8z = 18 ⇒ y = 10 : z = −4 ⇒ z = −4

Das Gleichungssystem hat die eindeutige Lösung (x; y; z) = (2; 5; −4). b) Wir berechnen: I1 I2 I3 I4 1 · I = II 1 2 1 1 3 · I2 = II2 1 2 · I3 = II3 I4 = II4 II3 = III1 II1 = III2 II2 = III3 II4 = III4 III1 = IV1 III2 − 5 · III1 = IV2 III3 − 2 · III1 = IV3 III4 = IV4 IV1 = V1 IV2 = V2 14 · IV3 − 8 · IV2 = V3 14 · IV4 − 4 · IV2 = V4 V1 = VI1 V2 = VI2 V3 = VI3 V4 + 3 · V3 = VI4

: : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : :

10x + 8y − 6x + 12y + 2x − 4y + 4y − 5x + 4y − 2x + 4y + x − 2y + 4y − x − 2y + 5x + 4y − 2x + 4y + 4y − x − 2yy + 14y − 8y − 4y − x − 2y + 14y −

8z 3z 2z 15z 4z z z 15z z 4z z 15z z 9z z 15z z 9z 58z −174 x − 2y + z 14y − 9z 58z 0

= = = = = = = = = = = = = = = = = = = = = = = =

−12 −21 18 −27 −6 −7 9 −27 9 −6 −7 −27 9 −51 −25 −27 9 −51 58 −174 9 ⇒ x = 9 + 2 · (−3) − 1 · 1 = 2 1 − 51 + 9 · 1) = −3 −51 ⇒ y = 14 58 ⇒ z = 58 58 = 1 0

Die eindeutige Lösung des linearen Gleichungssytems (I1 -I4 ) ist (x; y; z) = (2; −3; 1).

1.4 Systeme mit drei Variablen und der Gauß-Algorithmus

333

c) Wir berechnen: I1 : I2 : I3 : I4 5 · I1 = II1 12 · I2 = II2 2 · I3 = II3 4 · I4 = II4 II1 = III1 3 · II2 − 8 · II1 = III2 3 · II3 − 5 · II1 = III3 3 · II4 − 2 · II1 = III4 III1 = IV1 III4 = IV2 III3 = IV3 III2 = IV4 IV1 = V1 IV4 = V2 II3 + 2 · II1 = V3 II4 − 6 · II1 = V4 V1 = VI1 V2 = VI2 V3 = VI3 6 · V4 + 35 6 · V2 = VI4

: : : : : : : : : : : : : : : : : : : : :

3 5x 2 3x 5 2x 1 2x

+ − +

3x 8x + 5x − 2x + 3x − 3x − 3x

3x

= = =

1 2

− 34 z = + 2z = 6y − 9z = 2y = y − 3z = + 2z = 18y − 43z = 6y − 10z = 3y − 13z = + 2z = 3y − 13z = 6y − 10z = 18y − 43z = + 2z = 3y − 13z = − 36z = 35z = + 2z = 3y − 13z = − 36z = 0=

0 0 6 2 0 0 18 6 0 0 0 6 18 0 0 6 18 0 0 6 143

1 2y

y 1 4y

+ −

2 5z 3 4z

0 1

Die erhaltene Stufenform ist wegen der unlösbaren Gleichung VI4 nicht widerspruchsfrei und folglich ist das Gleichungssystem nicht lösbar. Lösung 1.4.3: a)

5x + y + 12z = 1 7x − 5y − 13z = 2 −2x + 3y − z = 3

b) −x − 3y − 5z = 1 4y =2 x + 8z = 0

c) 11x + 12y − 13z = 10 3y − z = 17 0= 0

Lösung 1.4.4: a) I1 I2 I3 I1 = II1 I2 − 2 · I1 = II2 I3 − 3 · I1 = II3 II1 = III1 II2 = III2 II3 − II2 = III3

x 2 4 6 2 0 0 2 0 0

y −5 −9 −1 −5 1 14 −5 1 0

z 9 11 7 9 −7 −20 9 −7 78

−3 5 −11 −3 11 −2   −3 ⇒ x = 12 · − 3 + 5 · (−3) − 9 · (−2) = 0 11 ⇒ y = 11 + 7 · (−2) = −3 −156 ⇒ z = −156 78 = −2

Die eindeutige Lösung des Gleichungssytems (I1 -I3 ) ist (x; y; z) = (0; −3; −2).

334

1 Lineare Gleichungssysteme

b) I1 I2 I3 I1 = II1 3 · I2 − 2 · I1 = II2 3 · I3 + 4 · I1 = II3 II1 = III1 II2 = III2 II3 − II2 = III3

x 3 2 −4 3 0 0 3 0 0

I1 I2 I3 I3 = II1 I2 = II2 I1 = II3 II1 = III1 II2 = III2 II3 − 4 · II1 = III3 III1 = IV1 1 3 · III3 = IV2 III2 = IV3 IV1 = V1 IV2 = V2 IV3 + 2 · IV2 = V3

x 4 0 1 1 0 4 1 0 0 1 0 0 1 0 0

y −2 −5 −1 −2 −11 −11 −2 −11 0

z 5 8 2 5 14 26 5 14 12

10 6 −8 10 −2 16   147 3 10 ⇒ x = 13 · 10+ 2 · 23 11 − 5· 2 = 66 1 −2 ⇒ y = − 11 · −2 − 14 · 32 = 23 11 3 18 ⇒ z = 18 = 12 2   23 3 Die eindeutige Lösung des Gleichungssytems (I1 -I3 ) ist (x; y; z) = 147 66 ; 11 ; 2 . c)

y −1 6 2 2 6 −1 2 6 −9 2 −3 6 2 −3 0

z 0 −7 −3 −3 −7 0 −3 −7 12 −3 4 −7 −3 4 1

0 0 3 3 0 0 3 0 −12 3 −4 0   7 3 ⇒ x = 3 − 2· − 28 3 + 3 · (−8)  = −3 −4 ⇒ y = − 13 · − 4 − 4 · (−8) = − 28 3 −8 ⇒ z = −8   Die eindeutige Lösung des Gleichungssytems (I1 -I3 ) ist (x; y; z) = − 73 ; − 28 3 ; −8 .

Lösung 1.4.5: Es gibt diverse Rechenwege bei der Durchführung des Gauß-Algorithmus. Die nachfolgend angegebenen Rechnungen sind folglich nur eine Musterlösung. Unabhängig vom gewählten Rechenweg ergeben sich aber stets die gleichen Endergebnisse, ggf. mit einer anderen Darstellung der Lösungstripel in der Lösungsmenge zum Gleichungssystem in b).

1.5 Lösung von Systemen mit beliebiger Variablenanzahl zu b):

zu a): x 2 −1 2 1 −1 0 0 0 −1 0 0 0 −1 0 0 0

335

y −4 1 4 7 1 −2 6 8 1 −2 0 0 1 −2 0 0

z 2 1 2 −1 1 4 4 0 1 4 16 16 1 4 16 0

0 −2 4 6 −2 −4 0 4 −2 −4 −12 −12 −2 −4 −12 0

Rückwärtseinsetzen ergibt das eindeutige Lösungstripel   (x; y; z) = 74 ; 12 ; − 34 .

zu c): x 6 5 1 3 1 6 5 3 1 3 5 3 1 0 0 0 1 0 0 0

y 4 5 −1 7 −1 4 5 7 −1 2 5 7 −1 5 10 10 −1 5 0 0

z 8 9 −1 11 −1 8 9 11 −1 4 9 11 −1 7 14 14 −1 7 0 0

20 17 3 11 3 20 17 11 3 10 17 11 3 1 2 2 3 1 0 0

Die Stufenform zeigt, dass z beliebig gewählt werden kann. Wir wählen z = 5t mit t ∈ R. Rückwärtseinsetzen führt auf die Lösungstripel 1 (x; y; z) = 16 5 − 2t; 5 − 7t; 5t mit t ∈ R.

x 0 2 6 −2 2 0 6 −2 2 0 0 0 2 0 0 0 2 0 0 0 2 0 0 0

y 5 3 −7 13 3 5 −7 13 3 5 −16 16 3 5 −4 8 3 5 0 0 3 5 0 0

z −2 4 8 0 4 −2 8 0 4 −2 −4 4 4 −2 −1 2 4 −2 −13 26 4 −2 −13 0

1 5 −1 1 5 1 −1 1 5 1 −16 6 5 1 −4 3 5 1 −16 7 5 1 −16 −25

Die letzte Zeile der erhaltenen Stufenform stellt einen Widerspruch dar. Folglich ist das Gleichungssystem nicht lösbar.

1.5 Lösung von Systemen mit beliebiger Variablenanzahl Lösung 1.5.1: a) Eine Stufenform des Gleichungssystems ist zum Beispiel: x1 x2 x3 x4 1 1 0 1 1 0 1 −2 2 2 0 0 1 1 1 0 0 0 −1 −5

b) Eine Stufenform des Gleichungssystems ist zum Beispiel: x1 x2 x3 x4 −2 0 0 1 −4 0 1 1 3 2 0 0 1 1 −1 0 0 0 0 0

Hieraus folgt die eindeutige Lösbarkeit des Systems und durch Rückwärtseinsetzen wird die Lösung (x1 ; x2 ; x3 ; x4 ) = (12; −16; −4; 5) berechnet.

Daraus folgt die mehrdeutige Lösbarkeit des Gleichungssystems. Rückwärtseinsetzen liefert die Lösungsmenge L = { (2 + t ; 3 − 4t ; −1 − 2t ; 2t) | t ∈ R}.

336

1 Lineare Gleichungssysteme

c) Eine Stufenform des Gleichungssystems ist: x2 x3 1 1 2 −1 0 −9

x1 1 0 0

x4 1 1 3 1 9 1

Daraus folgt die mehrdeutige Lösbarkeit des Gleichungssystems und durch Rückwärtseinsetzen die Lösungsmenge  

2 4 1  t ∈R . L= 3 −t ; 9 −t ; −9 +t ; t d) Eine Stufenform des Gleichungssystems ist: x1 1 0 0

x2 2 1 0

x3 1 1 0

x4 2 1 3 3 0 2

Die letzte Zeile bedeutet 0 = 2 und das ist ein Widerspruch. Demzufolge ist das Gleichungssystem nicht lösbar. e) Eine Stufenform des Gleichungssystems ist: x1 1 0 0 0

x2 x3 x4 0 1 4 5 1 −1 −11 −14 8 0 1 8 6 0 0 6

Hieraus folgt die eindeutige Lösbarkeit des Gleichungssystems. Rückwärtseinsetzen liefert die Lösung (x1 ; x2 ; x3 ; x4 ) = (1; −3; 0; 1). f) Eine Stufenform des Gleichungssystems ist: x1 2 0 0 0

x2 9 3 0 0

x3 3 1 2 0

x4 1 1 0 −1 3 4 15 30

Hieraus folgt die eindeutige Lösbarkeit und Rückwärtseinsetzen führt auf die Lösung (x1 ; x2 ; x3 ; x4 ) = (1; 0; −1; 2).

g) Eine Stufenform des Gleichungssystems ist: x1 1 0 0 0 0

x2 x3 x4 1 −2 −1 9 1 2 −4 2 0 1 −1 −1 0 0 0 0 0 0 0 0

Daraus folgt die mehrdeutige Lösbarkeit des Systems. Rückwärtseinsetzen ergibt L = { (3 + t ; 4 + 2t ; −1 + t ; t) | t ∈ R}. h) Eine Stufenform des Gleichungssystems ist: x1 2 0 0 0 0

x2 3 0 0 0 0

x3 x 4 4 −5 0 1 9 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0

Daraus folgt die mehrdeutige Lösbarkeit des Systems. Rückwärtseinsetzen ergibt  

 L = − 32 t ; t ; 0 ; 0  t ∈ R . i) Eine Stufenform des Gleichungssystems ist: x1 3 0 0

x2 x3 x4 3 −1 −1 1 0 5 5 0 0 0 0 0

Daraus folgt die mehrdeutige Lösbarkeit des Gleichungssystems. Rückwärtseinsetzen ergibt die Lösungsmenge  

2 1  s,t ∈ R . L= 5 −s; s; 5 −t ; t j) Eine Stufenform des Gleichungssystems ist: x1 x2 x3 x4 5 −5 1 1 2 0 0 −2 −2 −4 0 0 0 0 −20 Die letzte Zeile ist ein Widerspruch. Demzufolge ist das Gleichungssystem nicht lösbar.

Lösung 1.5.2: Das in der Tabelle kodierte lineare Gleichungssystem hat eine widerspruchsfreie Stufenform. Sechs Variablen stehen vier nichttriviale Gleichungen gegenüber, weshalb das Gleichungssystem mehrdeutig lösbar ist. Wir bestimmen die 6-Tupel der Lösungsmenge durch Rückwärtseinsetzen. Aus der letzten Zeile folgt x6 = −1, woraus sich x5 = 3 − 2 · x6 = 5 ergibt. Die Variablen x3 und x4 können beliebig gewählt werden, zum Beispiel x3 = s ∈ R und x4 = t ∈ R. Damit folgt x2 = 2 − (−1) · x3 − x4 − x6 = 3 + s − t. Aus der ersten Zeile folgt x1 = 1 − 2x2 − 3x3 − x5 = −10 − 5s + 2t. Die Lösungsmenge des Gleichungssystems ist L = { (−10 − 5s + 2t ; 3 + s − t ; s ; t ; 5 ; −1) | s,t ∈ R}.

1.5 Lösung von Systemen mit beliebiger Variablenanzahl

337

Lösung 1.5.3: Aus der Skizze erhalten wir die folgenden Gleichungen: x1 + x2 x1 + + x4 x2 + x3 x3 + x4

= = = =

500 600 200 300

Dieses Gleichungssystem lösen wir mit dem Gauß-Algorithmus wie in der rechts abgedruckten Rechnung in Tabellenschreibweise. Aus der erhaltenen widerspruchsfreien Stufenform erkennen wir, dass x4 = t ∈ R (zunächst) beliebig gewählt werden kann. Aus der vierten Gleichung der Stufenform folgt x3 = 300 − t sowie aus der zweiten Gleichung x2 = t − 100. Schließlich erhalten wir x1 = 600 − t. Da nur solche Lösungen in Frage kommen, für die x1 ≥ 0, x2 ≥ 0, x3 ≥ 0 und x4 ≥ 0 gilt, muss einschränkend 100 ≤ t ≤ 300 gelten. Das ergibt die Lösungsmenge L = { (600 − t ; t − 100 ; 300 − t ; t) | 100 ≤ t ≤ 300} . Der Fahrzeuganzahl im Abschnitt AD beträgt mindestens x4 = 100.

x1 1 1 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0

x2 1 0 1 0 1 −1 1 0 1 −1 0 0 1 −1 0 0

x3 0 0 1 1 0 0 1 1 0 0 1 1 0 0 1 0

x4 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 1 1 0 1 1 0

500 600 200 300 500 100 200 300 500 100 300 300 500 100 300 0

Lösung 1.5.4: a) Wir nutzen die Tabellenschreibweise und überführen das Gleichungssystem durch zulässige Äquivalenzumformungen in Stufenform: x1 1 −1 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0

x2 1 0 −1 0 1 1 −1 0 1 1 0 0 1 1 0 0

x3 1 0 0 −1 1 1 0 −1 1 1 1 −1 1 1 1 0

x4 1 0 −2 0 1 1 −2 0 1 1 −1 0 1 1 −1 −1

10 −4 −3 −2 10 6 −3 −2 10 6 3 −2 10 6 3 1

Rückwärtseinsetzen ergibt die eindeutige Lösung (x1 ; x2 ; x3 ; x4 ) = (4; 5; 2; −1). b) Die zweite und vierte Gleichung enthalten nur eine Variable, nach der die Gleichungen aufgelöst werden können. Das ergibt x1 = 4 und x3 = 2. Einsetzen von x1 = 4 und x3 = 2 in die erste Gleichung ergibt zusammen mit der dritten Gleichung das Gleichungssystem x2 + x4 = 4 −x2 − 2x4 = −3 mit zwei Variablen, das die eindeutige Lösung (x2 ; x4 ) = (5; −1) hat. Damit ergibt sich für das Gleichungssystem aus der Aufgabenstellung die eindeutige Lösung (x1 ; x2 ; x3 ; x4 ) = (4; 5; 2; −1).

338

1 Lineare Gleichungssysteme

Lösung 1.5.5: a) Wir berechnen: x1 5 −1 3 −1 5 3 −1 0 0 −1 0 0

x2 1 1 3 1 1 3 1 6 6 1 6 0

x3 2 1 4 1 2 4 1 7 7 1 7 0

x4 3 −1 1 −1 3 1 −1 −2 −2 −1 −2 0

x5 4 −1 2 −1 4 2 −1 −1 −1 −1 −1 0

x6 0 1 2 1 0 2 1 5 5 1 5 0

1 0 3 0 1 3 0 1 3 0 1 2

Die letzte Zeile ist ein Widerspruch und folglich ist das Gleichungssystem nicht lösbar. b) Wir berechnen: x1 x2 x3 x4 x5 0 1 2 9 0 1 3 4 5 9 1 1 6 7 8 9 2 1 9 9 9 9 0 9 3 4 5 9 1 1 0 1 2 9 0 1 6 7 8 9 2 1 9 9 9 9 0 9 3 4 5 9 1 1 0 1 2 9 0 1 0 −1 −2 −9 0 −1 0 −3 −6 −18 −3 6 3 4 5 9 1 1 0 1 2 9 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 9 −3 9 3 4 5 9 1 1 0 1 2 9 0 1 0 0 0 9 −3 9 0 0 0 0 0 0 Aus der erhaltenen widerspruchsfreien Stufenform erkennen wir, dass x3 = s ∈ R und x5 = 3t mit t ∈ R beliebig gewählt werden können. Durch Rückwärtseinsetzen wird die folgende Lösungsmenge des Gleichungssystems bestimmt: L = { (8 + s + 8t ; −8 − 2s − 9t ; s ; 1 + t ; 3t) | s,t ∈ R}

1.5 Lösung von Systemen mit beliebiger Variablenanzahl

339

c) Das Gleichungssystem lässt sich natürlich mit dem Gauß-Algorithmus lösen. Die dazu benötigte Starttabelle x1 x2 x3 x4 x5 x6 −1 0 −1 0 0 −1 0 1 −1 0 0 −1 0 0 0 1 0 1 0 1 0 0 0 1 −1 1 0 0 −1 −1 0 0 0 0 −2 0 −1 0 0 0 0 −1 1 0 −2 0 0 0 −1 enthält viele Nullen. Dies veranlasst uns, das System noch einmal eingehender zu betrachten. Bei genauerem Hinsehen erkennen wir, dass sich das System auch ohne Gauß-Algorithmus lösen lässt. Aus der sechsten Gleichung lesen wir x2 = 1 ab. Setzen wir dies in die fünfte Gleichung ein, so erhalten wir x1 = 1. Einsetzen von x1 = 1 in die siebente Gleichung liefert x3 = 1. Setzen wir x1 = 1 und x2 = 1 in die zweite Gleichung ein, so erhalten wir x5 = 0. Aus x3 = 1 und x5 = 0 und der vierten Gleichung folgt x4 = 1. Schließlich liefert die erste Gleichung nach Einsetzen von x1 = 1 und x3 = 1 den noch fehlenden Wert x6 = −2. Das lineare Gleichungssystem hat die eindeutige Lösung (x1 ; x2 ; x3 ; x4 ; x5 ; x6 ) = (1; 1; 1; 1; 0; −2).

Lösung 1.5.6: Wir wenden den Gauß-Algorithmus an, wozu wir mittels zulässiger Äquivalenzumformungen ein zum gegebenen Gleichungssystem äquivalentes System in Stufenform bestimmen: x1 x2 x3 1 2 0 2 2 −1 1 4 t 0 2 1 1 2 0 0 −2 −1 0 2 t 0 2 1 1 2 0 0 −2 −1 0 0 t −1 0 0 0

x4 3 0 6 −1 3 5 r s 3 0 0 −1 2 3 s r 3 0 0 −1 2 2 r s−1

Mithilfe der erhaltenen Stufenform lässt sich die Lösbarkeit untersuchen: a) Das Gleichungssystem ist eindeutig lösbar, wenn die erhaltene Stufenform vier nichttriviale Gleichungen enthält. Das ist der Fall, wenn r = 0, t = 1 und s ∈ R beliebig ist. b) Das System ist nicht lösbar, wenn eine Gleichung in der Stufenform einen Widerspruch darstellt. Dazu müssen die Parameter r, s und t in einer der beiden folgenden Beziehungen zueinander stehen: • Fall 1.1: Es gilt r = 0, s = 1 und t ∈ R. • Fall 1.2: Es gilt r = 0, t = 1 und s − 1 = r. c) Das System ist mehrdeutig lösbar, wenn die Stufenform widerspruchsfrei ist und die Anzahl der nichttrivialen Gleichungen kleiner als die Variablenanzahl ist. Dazu müssen die Parameter r, s und t in einer der beiden folgenden Beziehungen zueinander stehen: • Fall 2.1: Es gilt t = 1 und s − 1 = r. • Fall 2.2: Es gilt r = 0, s = 1 und t = 1.

340

1 Lineare Gleichungssysteme

Um die Lösungsmenge im Fall der mehrdeutigen Lösbarkeit zu ermitteln, müssen wir die Fälle 2.1 und 2.2 genauer untersuchen: • zu Fall 2.1: Es gilt t = 1 und s − 1 = r. Dann hat die oben berechnete Stufenform die folgende Gestalt: x1 x2 x3 x4 1 2 0 3 0 0 −2 −1 0 −1 0 0 0 2 2 0 0 0 r r Das lässt sich vereinfachen zu: x1 x2 x3 x4 1 2 0 3 0 0 −2 −1 0 −1 0 0 0 2 2 0 0 0 0 0 Wir erkennen, dass x3 = λ ∈ R beliebig gewählt werden kann, und aus der letzten nichttrivialen Gleichung folgt x4 = 1. Einsetzen in die zweite Gleichung ergibt x2 = 12 − 12 λ . Aus der ersten Gleichung ergibt sich nach Einsetzen von x2 = 12 − 12 λ , x3 = λ und x4 = 1 der Wert x1 = −4 + λ . Zusammenfassung: Die Lösungsmenge ist     1 1 L = −4 + λ ; − λ ; λ ; 1  λ ∈ R . 2 2 • zu Fall 2.2: Es gilt r = 0, s = 1 und t = 1. Dann hat die oben berechnete Stufenform die folgende Gestalt: x 1 x2 x3 x4 1 2 0 3 0 0 −2 −1 0 −1 0 0 t −1 2 2 0 0 0 0 0 2 2 Hier kann x4 = λ ∈ R beliebig gewählt werden, woraus x3 = t−1 − t−1 λ folgt. Damit ergibt sich t−3 1 t−3 1−3t x2 = 2(t−1) + t−1 λ und schließlich x1 = − t−1 + t−1 λ . Die Lösungsmenge ist

 L =

−

t −3 1 2 2 t − 3 1 − 3t + λ; + λ; − λ;λ t −1 t −1 2(t − 1) t − 1 t −1 t −1

    λ ∈R . 

2 Vektoren und ihre Eigenschaften 2.1 Punkte in der Ebene und im Raum Lösung 2.1.1: Es entsteht das Haus vom Nikolaus, siehe Abb. 109. Dabei muss der Stift nicht abgesetzt und keine Strecke zwischen zwei Punkten zweimal nachgezogen werden, wenn zum Beispiele die Punkte in der Reihenfolge AEFDBCEDCAB verbunden werden. Lösung 2.1.2: Die Lösungen sind in den Abbildungen 110, 111 und 112 dargestellt.

y

z F

4

7

C

3

6

−5

5

E

D

−3 1

4

E −4

3

−3

−2

−2 −1 0

−1 1 2 −1

C

B 1

2

3

4

y

3

2

−2

4 5

1 B

A 0

D

−4

2

1

2

Abb. 109

3

4

x

x

A −3 −4

F

Abb. 110: Lösung zu Aufgabe 2.1.2 a)

Lösung 2.1.3: Die Punkte A und B haben die gleichen x- und z-Koordinaten. Folglich ist die Strecke AB und damit auch CD parallel zur y-Achse, die Strecken BC und AD sind parallel zur x-Achse. Die Differenz der y-Koordinaten von A und B ist 6, d. h., die quadratische Grundfläche hat die Kantenlänge 6 LE. Der Punkt D ergibt sich anschaulich durch Verschiebung des Punkts B um 6 LE parallel zur x-Achse, d. h., B und D haben die gleichen y- und z-Koordinaten. Es gibt vier mögliche Varianten:

© Springer-Verlag GmbH Deutschland, ein Teil von Springer Nature 2019 J. Kunath, Analytische Geometrie und Lineare Algebra zwischen Abitur und Studium I, https://doi.org/10.1007/978-3-662-60686-5_5

342 a) Von der x-Koordinate von B wird 6 subtrahiert, woraus C(−2|7| − 3) folgt. Analog entsteht der Punkt D durch Verschiebung von A um 6 LE parallel zur x-Achse, woraus D(−2|1| − 3) folgt. Den Fußpunkt F, auf dem die Höhe der geraden Pyramide senkrecht steht, können wir auf verschiedene Weise ermitteln. Zum Beispiel zeichnen wir die Diagonalen AC und BD in die Grundfläche ein, die sich in F schneiden. Aus der Skizze (siehe Abb. 113) lassen sich die Koordinaten von F ermitteln. Dazu stellen wir fest, dass F die gleiche z-Koordinate wie A, B, C und D haben muss, also z = −3. Wir zählen deshalb parallel zur z-Achse 3 LE nach oben ab und gehen dann solange parallel zur y-Achse, bis wir auf die x-Achse treffen. Dies sind 4 LE und da wir von rechts auf die x-Achse zulaufen, folgt y = 4 für die y-Koordinate von F. Dort, wo wir auf die x-Achse treffen, lässt sich die x-Koordinate ablesen, d. h. x = 1. Wir erhalten F(1|4| − 3). Die Pyramidenspitze S liegt 6 LE über dem Fußpunkt F, d. h., gegenüber F hat S nur eine andere z-Koordinate. Aus dieser Überlegung folgt S(1|4|3). Die aus dieser Vorgehensweise hervorgehende Pyramide ist in Abb. 113 dargestellt. b) Im Unterschied zu a) lässt sich argumentieren, dass die Pyramidenspitze unterhalb der Grundfläche ABCD liegt, d. h., C(−2|7| − 3), D(−2|1| − 3) und S(1|4| − 9). c) Im Unterschied zu a) können zu den x-Koordinaten der Punkte A und B jeweils 6 LE addiert werden. Das ergibt C(10|7| − 3), D(10|1| − 3) und F(7|4|3). Eine zu a) analoge Argumentation ergibt S(7|4|3).

2 Vektoren und ihre Eigenschaften z

B

4 C

3

E

−5 −4

2 −3 1

−4

−3

−2

−2 −1 0

−1 1 2 −1

1

2

3

3

4

5

y

D −2 A −3

4 5 x

−4

F

Abb. 111: Lösung zu Aufgabe 2.1.2 b)

z 4

C

3

B

−5 −4

2 −3 1

−4

−3

−2

−2 −1 0

−1 1 2 −1

1

2

3

4

3 4

5

y

A D

−2

E

5 x

−3 −4

F

Abb. 112: Lösung zu Aufgabe 2.1.2 c)

d) Im Unterschied zu c) lässt sich argumentieren, dass die Pyramidenspitze unterhalb der Grundfläche ABCD liegt, d. h., C(10|7| − 3), D(10|1| − 3), F(7|4|3) und S(7|4| − 9). Die Koordinaten der Spitze S können natürlich auch anders ermittelt werden. Zum Beispiel liegt die Pyramide komplett innerhalb eines Würfels mit einer Kantenlänge von 6 LE. Folglich kann S analog zum obigen Höhenfußpunkt F aus dem zur Grundfläche parallelen Quadrat des Würfels ermittelt werden (siehe die gestrichelten Linien in Abb. 113).

2.1 Punkte in der Ebene und im Raum

343

Lösung 2.1.4: Die Punkte P5 bis P8 des Dachfußbodens liegen in der xy-Ebene, z 3 d. h. P5 bis P8 haben die z-Koordinate S z = 0. Ausgehend von P5 bis P8 zäh2 len wir die Anzahl u ≥ 0 der LE par1 allel zur y-Achse, bis wir auf die x−1 0 Achse treffen, wo wir die zugehöriy −3 −2 −1 1 1 2 3 4 7 8 5 6 ge x-Koordinate ablesen können. Kom2 −1 men wir dabei von links auf die x3 −2 D C 4 Achse zu, so ist y = −u ≤ 0, kommen wir von rechts, so ist y = u ≥ 0. Das er−3 x gibt P5 (5|−3|0), P6 (5|6|0), P7 (−4|6|0) F und P8 (−4| − 3|0). Der Fußboden des B A Kellers ist ein Rechteck, das parallel zum Fußboden des Dachraums liegt. Abb. 113: Zur Lösung von Aufgabe 2.1.3 Den Abstand von 3 LE erkennen wir durch Abzählen der LE ausgehend von zum Beispiel P5 nach unten zu P1 . Von den z-Koordinaten der Punkte P5 bis P8 sind 3 LE abzuziehen. Das ergibt P1 (5| − 3| − 3), P2 (5|6| − 3), P3 (−4|6| − 3) und P4 (−4| − 3| − 3). Zur Ermittlung der z-Koordinaten von P9 und P10 fällen wir das Lot von diesen Punkten auf die xy-Ebene und zählen die zugehörigen Längeneinheiten. Da das Lot in diesem Fall auf die y-Achse trifft, ist die x-Koordinate jeweils gleich null, die y-Koordinate kann auf der y-Achse abgelesen werden. Dies ergibt P9 (0| − 3|5) und P10 (0|6|5). Lösung 2.1.5: Leicht lassen sich die Koordinaten der in der xy-Ebene liegenden Punkte A und C bestimmen, denn dazu müssen wir einfach den Gitternetzlinien parallel zur y-Achse folgen und die Anzahl der Längeneinheiten zählen, bis wir auf die x-Achse treffen. Auf diese Weise ermitteln wir A(4| − 2|0) und C(−2| − 2|0). Die y-Koordinaten von A und C sind gleich, d. h., die Kante AC der Grundfläche verläuft parallel zur x-Achse. Da die Grundfläche rechteckig ist, haben die Punkte B bzw. D die gleiche x-Koordinate wie A bzw. C. Zur Ermittlung der y-Koordinate von B bzw. D müssen wir deshalb von den zu A bzw. C zugehörigen x-Koordinaten solange parallel zur y-Achse laufen, bis wir direkt über B bzw. D sind. Die Anzahl der dabei beginnend ab der x-Achse zurückgelegten LE ist die jeweilige y-Koordinate von B bzw. D. Die z-Koordinaten ermitteln wir durch zur z-Achse paralleles Ablaufen des Gitternetzes, bis wir die Punkte B bzw. D erreichen. Da wir nach unten gehen müssen, ist die Anzahl der zurückgelegten LE negativ anzusetzen. Auf diese Weise ermitteln wir B(4|5| − 2) und D(−2|5| − 2). Es bleiben die Koordinaten der Pyramidenspitze S zu ermitteln. Da das Dreieck Δ BDS gleichschenklig ist, schneidet die Höhe des Dreiecks die Kante BD rechtwinklig in deren Mittelpunkt MBD . Als Koordinaten des Mittelpunkts ermitteln wir durch Abzählen in Abb. 15 oder durch Berechnung, und dies ergibt MBD (1|5| − 2). Wegen der Parallelität des Dreiecks Δ BDS zur xz-Ebene hat S die gleiche x- und y-Koordinate wie MBD . Durch Abzählen der LE auf der Strecke von MBD nach S ermitteln wir die Höhe des Dreiecks Δ BDS und dies sind 8 LE. Addition der Höhe zur z-Koordinate von MBD ergibt S(1|5|6).

Lösung 2.1.6: a) Es ist C(0|6|0). Da C auf der y-Achse liegt, muss auch D auf der y-Achse liegen, d. h. D(0| − 2|0). Weiter liegen mit C und D auch die Punkte A und B in der xy-Ebene. Als x-Koordinate von A und B lesen wir x = 4 ab. Da das Viereck ABCD ein Rechteck ist, haben A bzw. B die gleiche y-Koordinate

344

2 Vektoren und ihre Eigenschaften

wie D bzw. C. Wir erhalten A(4| − 2|0) und B(4|6|0). Die Punkte E bzw. F haben die gleichen x- und yKoordinaten wie A bzw. D und die z-Koordinate erhalten wir durch Abzählen der LE, d. h. E(4| − 2|6) und F(0| − 2|6). In der xy-Ebene liegt außerdem der Punkt H(2|2|0) und der Punkt G liegt drei LE über H, d. h. G(2|2|3). b) Zur Bestimmung der x-Koordinate von C arbeiten wir die drei Schritte zum Einzeichnen eines Punkts ins räumliche Koordinatensystem rückwärts ab, d. h., wir gehen ausgehend von C zwei LE parallel zur z-Achse nach unten und dann 8 LE parallel zur y-Achse nach links, wo wir auf die x-Achse treffen. Dort lesen wir x = 4 ab, d. h. C(4|8|2). Die Koordinaten der Punkte A, B, D, . . . , H können ausgehend von C durch ähnliche Argumentation analog zu a) bestimmt werden. Einfacher ist aber ein Vergleich mit den Koordinaten von C aus a). Offenbar ist die x-Koordinate von C gegenüber a) um 4 LE verschoben, die y-Koordinate um 2 LE und die z-Koordinate um 2 LE. Alle anderen Punkte verschieben sich entsprechend, d. h., wir können die Koordinaten der restlichen Punkte bestimmen, indem wir die genannten „Verschiebungen“ zu den in a) bestimmten Koordinaten addieren. Dies ergibt A(8|0|2), B(8|8|2), D(4|0|2), E(8|0|8), F(4|0|8), G(6|4|5) und H(6|4|2). c) Ausgehend vom Hilfspunkt C (−4|0|0) zählen wir 4 LE in positiver Richtung parallel zur y-Achse und müssen dann noch 2 LE in negativer Richtung parallel zur z-Achse gehen, um den Punkt C zu erreichen. Folglich ist C(−4|4| − 2). Offenbar ist die x-Koordinate von C gegenüber a) um −4 LE verschoben, die y-Koordinate um −2 LE und die z-Koordinate um −2 LE. Alle anderen Punkte verschieben sich entsprechend, d. h., wir können die Koordinaten der restlichen Punkte bestimmen, indem wir die genannten „Verschiebungen“ zu den in a) bestimmten Koordinaten addieren. Dies ergibt A(0| − 4| − 2), B(0| − 4| − 2), D(−4| − 4| − 2), E(0| − 4|4), F(−4| − 4|4), G(−2|0|1) und H(−2|0| − 2). Lösung 2.1.7: Die Lösungen sind in Abbildung 114 dargestellt, wobei eine Teilmenge der Punktmengen wie folgt dargestellt ist: a) Die Menge aller Punkte, deren y-Koordinate 3 ist, wird durch die zur xz-Ebene parallele ausgefüllte Fläche illustiert, wobei die in der Fläche dargestellten gestrichelten Geraden zur Orientierung den Schnitt mit der xy- bzw. yz-Ebene anzeigen. b) Die Menge aller Punkte, deren x-Koordinate 2 und deren y-Koordinate −2 ist, wird durch die zur xz-Ebene und zur yz-Ebene parallele durchgezogene, fettgedruckte Gerade illustiert. Die damit zusammenhängenden gestrichelten Hilfslinien visualisieren den Abstand zur xz-Ebene und zur yz-Ebene und sollen bei der Vorstellung der räumlichen Lage der Gerade helfen.

z 4 3 −5 −4

2 −3 1 0 −4

−3

−2

−11 2 −1

−2 −1 1

2

3

4

5

y

3 4

−2

5 6

−3

7 x

−4

Abb. 114: Lösung zu Aufgabe 2.1.7

Lösung 2.1.8: Die Zeichnung ist in Abb. 115 dargestellt. Die Seitenmittelpunkte sind M1 (4| − 1| − 4), M2 (0|3| − 4), M3 (−4|3|0), M4 (−4| − 1|4), M5 (0| − 5|4) und M6 (4| − 5|0).

2.1 Punkte in der Ebene und im Raum Lösung 2.1.9: Man ermittelt     die Koordinaten A 574 ,       3  C − 42 − 3 B 0 −3  2 ,     und D 461 . Wie der Vergleich der Punkte C und D zeigt, kann aus einer Skizze des räumlichen Koordinatensystems kein eindeutiger Rückschluss auf die Koordinaten eines Punkts gezogen werden. Dies wird erst möglich, wenn wie hier mindestens eine Koordinate eines Punkts bekannt ist.

345 z H

M4

G

5 M5

4 3

E

1 −5 −4 −3 3 M6

Lösung 2.1.10: 

 • E = P(x| − x|z)  x, z ∈ R 

 • F = P(2|y|z)  y, z ∈ R 

 • g = P(3|6|z)  z ∈ R Lösung 2.1.11: √ a) d(A, B) = 20, M(2|1) √ c) d(A, B) = 20, M(−2|1)    e) d(A, B) = 5, M 5 5 2

D

−1 1 2 −1

M3

F

2 −1 0 1

2

3

4

4

5

6

y

C

5 6 x

A

M2 M1

B

Abb. 115: Zur Lösung von Aufgabe 2.1.8

b) d(A, B) =

√

20, M(2| − 1)

√

20, M(−2| − 1)    f) d(A, B) = 5, M 3 − 29

d) d(A, B) =

Lösung 2.1.12:

D

C

D

C

a) d(A, B) = 6, M(2|1|2) b) d(A, B) = 6, M(−2| − 1|2) c) d(A, B) = 6, M(2| − 1|3) √ d) d(A, B) = 20, M(−2| − 2| − 1) √     e) d(A, B) = 29, M 52 51     f) d(A, B) = 9, M − 11 1 2

A

B

Abb. 116: Zur Lösung von Aufgabe 2.1.13

Lösung 2.1.13: Die originalen  √  Seitenlängen der Wiese sind d(A, B) = d(C, D) = 132 − 102 = 30 m und 2 d(A, D) = d(B,C) = 40 2 + 202 + 112 = 61 m. Aus der Luft ist die Wiese in den Abmessungen des Vierecks ABC D in Abb. 116 zu erkennen, wobei d(D, D ) = d(C,C ) = 853 − 842 = 11 m gilt und das Dreieck Δ AD D rechtwinklig ist. Deshalb kann die aus der Luft erkennbare Länge d(A, D ) mit dem Satz des Pythagoras berechnet werden:  √ 2 2  = 3600 = 60 d(A, D) − d(D, D ) d(A, D ) = Aus der Luft scheint die Wiese also 30 m breit und 60 m lang.

346

2 Vektoren und ihre Eigenschaften

Lösung 2.1.14: Zur räumlichen Darstellung des Dreiecks siehe Abb. 117. Der Umfang des Dreiecks ist √ 81 √ 81 u(Δ ABC) = d(A, B) + d(A,C) + d(B,C) = + 3+ = 9 + 3 ≈ 10, 7321 . 4 4

z 3

A

2 B

C

4

1 −2 −1 0

−5 −4 −3 −2 −11 2 −1 3 −2 x

z 5 MBC

C

B 1

2

3

3 y

−5 −4 MAC−3 1 −2 −1 0 −3 −2 −11 1 2 2 −1 3 −2 4 5 −3 x 2

Abb. 117: Zu Aufgabe 2.1.14 −4

Lösung 2.1.15: a) Siehe Abb. 118. b) Die Koordinaten der Mittelpunkte sind         MAB − 12  72  12 , MAC 2 1  52 und  1  1  MBC − 2 − 2  4 . Zur grafischen Dar-

MAB 3

5 y

4

A

Abb. 118: Zu Aufgabe 2.1.15

stellung siehe Abb. 118. √ √ 43, d(A,C) = 113, √ d(B,C) = 66

c) d(A, B) =

z 5 S

Lösung 2.1.16:

−5

a) Siehe Abbildung 119. √ b) d(A, S) = 29 c) Die Grundfläche ABCD liegt parallel zur xy-Ebene, der Abstand dazu beträgt 1 LE. Die Höhe einer Pyramide wird definiert durch das Lot von der Spitze S auf die Grundfläche ABCD. Um die Koordinaten des Höhenfußpunkts F zu ermitteln, müssen wir lediglich die z-Koordinate der Spitze S gleich 1 setzen, da die Grundfläche zur xy-Ebene parallel ist, d. h. F(2|4|1). Die Höhe der Pyramide ist 4 LE.

1

C

−1 0

−1 1 D −1

F

B

1

5 A

5 x

Abb. 119: Die Pyramide aus Aufgabe 2.1.16

y

2.1 Punkte in der Ebene und im Raum

347

Lösung 2.1.17: a) Der Abstand der Punkte P und Q ist √   2 d(P, Q) = 11 + (t − 2)2 + 82 = (t − 2)2 + 75 = 10 . Quadrieren ergibt: (t − 2)2 + 75 = 100

⇔

(t − 2)2 = 25

(∗)

Diese Gleichung lösen wir mit der Substitution y := t − 2, d. h. = 25. Diese quadratische Gleichung hat die beiden Lösungen y1 = 5 und y2 = −5. Die Rücksubstitution ergibt t1 − 2 = 5 bzw. t2 − 2 = −5, woraus die beiden Lösungen t1 = 7 bzw. t2 = −3 folgen. Für die Punkte Q1 (0|7|11) und Q2 (0| − 3|11) gilt damit d(P, Q1,2 ) = 10. b) Der Abstand der Punkte P und Q ist   d(P, Q) = 52 + (22 − t)2 = (22 − t)2 + 25 = 10 . y2

Quadrieren ergibt: (∗∗) (22 − t)2 + 25 = 100 ⇔ (22 − t)2 = 75 √ √ Gleichung (∗∗) hat die Lösungen t1 = 22 − 75 und t2 = 22 + 75, die mit der Substitution y = 22 −t √ √ bestimmt werden. Für die Punkte P1 (17| − 14|22 − 75) und P2 (17| − 14|22 + 75) ist die Gleichung d(P1,2 , Q) = 10 erfüllt. c) Der Abstand der Punkte P und Q ist   d(P, Q) = (t + 9)2 + 102 = (t + 9)2 + 100 = 10 . Quadrieren ergibt: (t + 9)2 + 100 = 100

⇔

(t + 9)2 = 0

⇔

t +9 = 0

⇔

t = −9

Folglich gilt d(P, Q) = 10 für den Punkt Q(−9|6|11). d) Der Abstand der Punkte P und Q ist   d(P, Q) = (4 + t)2 + (−t + 2)2 + (2t)2 = 6t 2 + 4t + 20 = 10 . Quadrieren ergibt: 6t 2 + 4t + 20 = 100

⇔

6t 2 + 4t − 80 = 0

⇔

40 2 =0 t2 + t − 3 3

Die pq-Formel liefert die Lösungen t1 = 10 3 und t2 = −4, d. h., der Abstand d(P, Q) = 10 wird für   10          P − 10 und Q 4 − 10 3 −2 3 3 10 sowie für P(4| − 2| − 4) und Q(4|4| − 12) erhalten.

Lösung 2.1.18: Die Längen der Dreiecksseiten sind:   2t 2 − 6t + 6 d(A, B) = (2 − t)2 + 12 + (t − 1)2 =   3t 2 − 6t + 5 d(A,C) = t 2 + (1 − t)2 + (t − 2)2 =   5t 2 − 8t + 5 d(B,C) = (2t − 2)2 + (−t)2 + (−1)2 =

348

2 Vektoren und ihre Eigenschaften

Das Dreieck Δ ABC ist gleichseitig, falls d(A, B) = d(A,C) = d(B,C) gilt. Dies ist äquivalent zu d(A, B)2 = d(A,C)2 = d(B,C)2 . Das entspricht dem folgenden nichtlinearen Gleichungssystem: d(A, B)2 = d(A,C)2 d(A, B)2 = d(B,C)2 Einsetzen und Umstellen ergibt: t2 − 1 = 0 3t − 2t − 1 = 0 2

ist äquivalent zu Die erste Gleichung hat die Lösungsmenge L1 = {−1; 1}. Die zweite

Gleichung  t 2 − 23 t − 13 = 0, woraus nach der pq-Formel die Lösungsmenge L2 = − 13 , 1 folgt. Die Lösungsmen ge des nichtlinearen Gleichungssystems ist L = L1 ∩ L2 = 1}, d. h., nur für t = 1 bilden die Punkte ein gleichseitiges Dreieck. Alternativer Rechenweg: Aus der Gleichung 3t 2 − 2t − 1 = 0 folgt t 2 = 23 t + 13 . Setzen wir dies in die Gleichung t 2 − 1 = 0 ein, dann erhalten wir 23 t − 23 = 0, woraus t = 1 folgt. Lösung 2.1.19:

√ √ a) Wir betrachten P(x|0|0) und berechnen die Abstände d(P, A) = x2 + 20 und d(P, B) = x2 − 12x + 41. Die Abstandsbedingung liefert die Gleichung d(P, A) = 2 · d(P, B). Quadrieren ergibt:   x2 + 20 = 4 · x2 − 12x + 41 ⇔ 3x2 − 48x + 144 = 0 ⇔ x2 − 16x + 48 = 0 Die pq-Formel liefert die Lösungen x1 = 4 und x2 = 12. Es gibt also mit P1 (4|0|0) und P2 (12|0|0) zwei Punkte, die der Aufgabenstellung genügen.   b) Für P(0|y|0) gilt d(P, A) = y2 + 4y + 20 und d(P, B) = y2 − 4y + 41. Die Abstandsbedingung d(P, A) = 2 · d(P, B) ist nach Quadrieren äquivalent zu   (∗) y2 + 4y + 20 = 4 · y2 − 4y + 41 ⇔ 3y2 − 12y + 144 = 0 ⇔ y2 − 4y + 48 = 0 Die Berechnung der Diskriminante 4 − 48 = −44 < 0 zeigt, dass Gleichung (∗) keine Lösung hat, d. h., kein Punkt auf der y-Achse erfüllt die gewünschte Abstandsbedingung.

Lösung 2.1.20: Wir betrachten die Abstandsfunktion   f (x) = d(P, Q) = (x − 2)2 + (−1)2 + 32 = x2 − 4x + 14 . x−2 Die erste Ableitung von f ist f (x) = √ . Es gilt f (x) = 0 genau dann, wenn x − 2 = 0, also x2 − 4x + 14 x = 2 ist. Zur Prüfung, ob f in x = 2 ein lokales Minimum hat, kann natürlich wie üblich die zweite Ableitung berechnet und f

(2) > 0 verifiziert werden. Da die Berechnung der zweiten Ableitung relativ √ mühsam ist, betrachten wir das Monotonieverhalten von f . Es gilt x2 − 4x + 14 > 0 für alle x ∈ R und folglich müssen wir zur Bestimmung des Vorzeichens von f (x) nur den Term x − 2 betrachten. Wegen x − 2 < 0 für x < 2 gilt f (x) < 0 für x < 2, d. h., f (x) ist für x < 2 streng monoton fallend. Für x > 2 ist f (x) streng monoton wachsend, da f (x) > 0 für alle x > 2 gilt. Aus dem Monotonieverhalten folgt, dass f in x = 2 ein lokales (und zugleich das globale) Minimum hat. Der Abstand der Punkte P und Q wird für √ x = 2 mit f (2) = 10 minimal.

2.2 Vektoren

349

2.2 Vektoren Lösung 2.2.1: −→ −→ −→ a) In die gleiche Richtung wie AN zeigen NB und MP. −→ −→ −→ b) Repräsentanten des Vektors AN sind die Pfeile AN und NB, denn offenbar teilt N die Strecke AB in −→ −→ der Mitte, sodass AN und NB nicht nur in die gleiche Richtung zeigen sondern auch die gleiche Länge haben. −→ c) BN erfüllt die Forderung. −→ d) PM erfüllt die Forderung. −→ −−→ − → e) Das sind alle Pfeile, die nicht parallel zur Strecke AB sind, wie zum Beispiel AM, NM, PC usw. Lösung 2.2.2:     − → → 8 − −8 a) AB = , BA = 3 −3 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 8 −8 − → ⎝ − → 3 ⎠, BA = ⎝ −3 ⎠ c) AB = −4 4 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −446 446 − → − → ⎝ e) AB = 745 ⎠, BA = ⎝ −745 ⎠ −93 93

    → 4 − −4 , BA = 0 0 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 4 −4 − → ⎝ − → 0 ⎠, BA = ⎝ 0 ⎠ d) AB = −2 2 ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ 18 −18 − → ⎝ − → 0 ⎠, BA = ⎝ 0 ⎠ f) AB = −18 18 − → b) AB =

Lösung 2.2.3: −→ −→ −→ a) NP = AM = MC → −−→ − → − b) NM = BP = PC −→ −→ −→ −→ − → − → −→ −→ −→ −→ −→ −→ −−→ −−→ −→ −→ → − → − c) AN, NA, NB, BN, BP, PB, PC, CP, CM, MC, MA, AM, NP, PN, NM, MN, MP, PM − → d) AC − → − → − → − → − → e) AB, BA, BC, CB, CA − → −→ Lösung 2.2.4: Zur grafischen Darstellung der Vektoren siehe Abb. 120. Die Pfeile AB und GH sind    Re −→ −→ 2 3 − − präsentanten des Vektors → u1 = . Die Pfeile CD und KL sind Repräsentanten des Vektors → u2 = . 2 0   −→ → − −→ −−→ 2 − . Die Pfeile IJ und OP sind RepräDie Pfeile EF und MN sind Repräsentanten des Vektors → u3 = −2   −3 − . sentanten des Vektors → u4 = 0 ⎛ ⎞ 11 − → → − −→ ⎝ ⎠ → − Lösung 2.2.5: u = AB = IJ = KL = 12 , 13 Lösung 2.2.6: − → −→ − a) → u = AB = HG

⎛ ⎞ −3 −→ −→ −→ ⎝ → −v = CD −5 ⎠ = EF = GH = −10

− → −→ −→ − b) → u = BC = AD = EH − → −→ −→ − − c) Kein weiterer Pfeil in Abb. 30 gehört zum Vektor → u = GF. d) → u = ED = FC − → −→ −→ −→ − − f) → u = FA = GD e) → u = FE = CD − → −→ Die Pfeile AB und FE sind zwar parallel, gehören aber trotzdem nicht zum gleichen Vektor, da ihre Richtungen verschieden sind.

350

2 Vektoren und ihre Eigenschaften

Lösung 2.2.7:

y

a) Q(2|3|5)

4

b) Q(3| − 1|4) d) P(0| − 1| − 1)

→ − u2

C

E

c) Q(−6|9|6)

3

D

→ − u3

e) P(1| − 5| − 2)

→ − u4

J

I B

→ − u1 2

f) P(−8|5|0)

F

1

A

K

1

2

→ − u2

L

H

Lösung 2.2.8: −4

a) D(3|3|3)

−3

−2

b) D(5| − 6|9)

G

d) C(6| − 8|10)

P

f) C(0|1|c + 2)

−2

→ − u4

g) A(−6|3| − 5)

3

4

O

M → − u3

−3 −4

h) D(3|2b + 2a|4)

x

5

−1

→ − u1

c) C(−3| − 3| − 3) e) B(4|6| − 4)

−1

N

i) B(13|8| − 3) j) C(c − 1|0|2c − 4)

Lösung 2.2.9: −  u=5 a) →  → − e)  u  = 9 −  u  = 13 i) →

Abb. 120: Zur Lösung von Aufgabe 2.2.4

−  u=5 c) →  → − g)  u  = 9 −  √ u= 3 k) →

−  u=5 b) →  → − f)  u  = 15 −  u=1 j) →

−  u=5 d) →  √ → − h)  u  = 265 −  u=3 l) →

  √  4  2 2    t  = 5 ist äquivalent zu 16 + t = 5. Quadrieren ergibt 16 + t = 25, woraus t 2 = 9 folgt. Ziehen der Quadratwurzel liefert die beiden Lösungen t1 = 3 und t2 = −3.   √  2    = t 2 − 2t + 5 = 8 ist äquivalent zu t 2 − 2t + 5 = 8, woraus t 2 − 2t − 3 = 0 b) Die Gleichung   t −1 Lösung 2.2.10: a) Die Gleichung

folgt. Die pq-Formel liefert die beiden Lösungen t1 = 3 und t2 = −1.    2t    = 5t 2 + 4t + 4 = 5 folgt durch Quadrieren die Gleichung 5t 2 + 4t + 4 = 25, und c) Aus  t +2  daraus 5t 2 + 4t − 21 = 0. Division durch 5 ergibt t 2 + 45 t − 21 5 = 0. Die pq-Formel liefert die beiden Lösungen t1 =

√ 109−2 5

√

und t2 = − 2+ 5 109 . ⎛ ⎞  t  √  d) Die Gleichung ⎝ −1 ⎠ = 9 ist äquivalent zu t 2 + 17 = 9. Quadrieren ergibt t 2 + 17 = 81, d. h.   4 t 2 = 64, woraus die beiden Lösungen t1 = 8 und t2 = −8 folgen.

2.3 Addition und skalare Multiplikation im Vektorraum 351 ⎛ ⎞  t  √  √ e) Aus ⎝ −2 ⎠ = 5t 2 + 4 = 724 folgt durch Quadrieren die äquivalente Gleichung 5t 2 + 4 = 724,  2t  d. h. t 2 = 144, woraus die beiden Lösungen t1 = 12 und t2 = −12 folgen. ⎛ ⎞  t −2     f) Zunächst gilt ⎝ t√+ 1 ⎠ = (t − 2)2 + (t + 1)2 + 27 = 2(t + 1). Ausmultiplizieren und Zusammen 27  √ fassen unter der Wurzel liefert 2t 2 − 2t + 32 = 2(t + 1), anschließendes Quadrieren die Gleichung 2t 2 − 2t + 32 = 4(t + 1)2 , d. h. 2t 2 − 2t + 32 = 4t 2 + 8t + 4, woraus 2t 2 + 10t − 28 = 0 folgt. Division durch 2 ergibt die Gleichung t 2 + 5t − 14 = 0, aus der nach der pq-Formel die Lösungen t1 = 2 und t2 = −7 folgen. ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2 4 2 − → ⎝ ⎠ − → ⎝ ⎠ − → ⎝ Lösung 2.2.11: Wir berechnen die Vektoren AB = 10 , AC = 4 und BC = −6 ⎠ mit den 11 2 −9 − − − − → → → → − → − →     Längen AB = 15, AC = 6 und BC = 11. Der Umfang des Dreiecks ist u = AB + AC + BC = 32.

2.3 Addition und skalare Multiplikation im Vektorraum Lösung 2.3.1: Siehe Abb. 121.

Lösung 2.3.2: Die Lösungen sind in Abb. 122 dargestellt. Es ist die Richtung der Vektoren zu beachten. Ergibt die Summe von Vektoren den → − Nullvektor 0 , dann ergibt das anschaulich eine geschlossene Vektorkette, d. h., der Anfangspunkt des ersten Vektors und die Pfeilspitze des letzten Vektors in der Vektorensumme stoßen aneinander.

→ − − − −→ a − b −→ c

→ − b → − c

→ − − → − a + b +→ c

− −→ a

→ − a

−c → −b − → −a − →

→ − b −c −→

→ − −b

→ − a

→ − a → − − 2→ a+b

→ − − 12 b → − a − 5→ 2 c

−c −→

→ − −b

→ − → − − a − 12 b + 52 → c

→ − a − 1→ 2 b

− 3→ 2 c

− 3→ 2 a

− 3→ − 1→ − 3→ 2 a +2 b +2 c

→ − ist der Nullvektor 0

Abb. 121: Lösungen zu Aufgabe 2.3.1

352

2 Vektoren und ihre Eigenschaften

→ − −b

→ − b → −c

→ − a

→ − a

→ − c

− → − +c → b − + → 2a

→ − a → − c

− −→ c → − w

−c −→ → − b

→ − a

→ − a → − a

→ − c → − v

− 1→ 2 b

→ − a → − w → − a

→ − a

Abb. 122: Lösungen zu Aufgabe 2.3.2

Lösung 2.3.3: Die Lösung ist nicht eindeutig und hängt davon ab, wie wir eine Längeneinheit definieren. Wenn wir zum Beispiel zwei Kästchen in Abb. 37 als eine Längeneinheit definieren, dann gilt       → − 0 4 2 → − −c = a = , b = , → . 2 0 −1,5 Damit berechnen wir:

          → − − 0 4 2 2·0+4+2 6 − − a) → u := 2→ a + b +→ c = 2· + + = = 2 0 −1,5 2 · 2 + 0 − 1,5 2, 5 b) Es gilt:           → − 2 3·0−4+3·2 2 − −c = 3 · 0 − 4 + 3 · 3→ a − b + 3→ = = 2 0 −1,5 3 · 2 − 0 − 3 · 1,5 1,5

2.3 Addition und skalare Multiplikation im Vektorraum

353

→ − → − → − − −c + → − − −c = −→ − Die Vektorgleichung 3→ a − b + 3→ v = 0 ist äquivalent zu 3→ a − b + 3→ v , d. h.      − →  − 2 −2 → − − = . v = − 3→ a − b + 3→ c = − 1,5 −1,5 c) Zunächst berechnen wir:           4 · 0 + 32 · 4 − 2 · 2 − 3→ 2 2 − −c = 4 · 0 + 3 4 − 2 · 4→ a + b − 2→ = = 2 2 2 0 11 −1, 5 4 · 2 + 32 · 0 − 2 · 1,5 → − → − → − −c + 2→ − − −c = −2→ − − w = 0 ist äquivalent zu 4→ a + 32 b − 2→ w . Skalare MulDie Gleichung 4→ a + 32 b − 2→       → − 3 1 2 −1 1 → − → − → − tiplikation mit − 12 ergibt w = − · 4 a + b − 2 c = − = . 2 2 2 11 −5,5 Lösung 2.3.4: Man ermittelt A(1|1) und B(6|4) und damit         − → − → − → − → → − 1 6 6−1 5 0A = , 0B = , AB = 0B − 0A = = 1 4 4−1 3 − → − → − → sowie BA = 0A − 0B = Lösung 2.3.5:   12 a) 21 Lösung 2.3.6: ⎛ ⎞ 2 a) ⎝ −4 ⎠ 10 ⎛ ⎞ 34 ⎜ ⎟ g) ⎝ 2 ⎠ −27

b)



1−6 1−4

  1 8

⎛

⎞ −2 b) ⎝ 4 ⎠ −10 ⎛ ⎞ −11 ⎜ ⎟ h) ⎝ −26 ⎠ 44



 =

−5 −3 

c)



− → = −AB.

20 12



⎛

⎞ 13 c) ⎝ 0 ⎠ −2 ⎛3⎞ ⎜ i) ⎝

2 9 4

3

⎟ ⎠

 d)

⎛

−16 0



⎞ −11 d) ⎝ −4 ⎠ 12 ⎛ ⎞ −11 ⎜ ⎟ j) ⎝ 16 ⎠ −5

 e)

−4 −11

⎛



⎞ 38 e) ⎝ 10 ⎠ −15 ⎛ ⎞ −38 ⎜ ⎟ k) ⎝ −10 ⎠ 15

Lösung 2.3.7: → − → − − → − − → − → − → − − − − − − − c = 0 + 0 +→ c = → c a) = −→ a +→ c − b +→ a+b = → a −→ a + b − b +→ → − → − → → − → − → − → − → − → − → − → − → − → − − → − b) = a + x − a + a − x = a − a + x − x + a = 0 + 0 + a = a → − → − − −p + → − − −p + → − −p − → −p + → − − − − c) = → u −→ x −→ x = → x −→ x +→ u = 0 + 0 +→ u = → u → − → → − → → − − → − → − − → − → − → − → − d) = a + b − a + c − c − b + a + c − a − c + a → − → − − → − − − − − −c − → −c = → − = → a −→ a +→ a −→ a +→ a + b − b +→ c − −c + → a →   →  → − → → −  → → − → − − → − − − → − − e) = a + b − c − a − − a − b + a − c − a + b       → − → − → − − − − − − − −c − → = → a + b −→ c +→ a+ → a−b − → a −→ a+b → − → → − → → − → − − → − → − − → − → − = a + b − c + a +→ a − b − a + c − a − b − → − → − → − − − − − → − = → a −→ a +→ a −→ a+b−b− − → −b + c − c → − → − → − → → − = 0 + 0 + 0 − b + 0 = −b & ' − − − − − − − − f) = 2 2→ u + 12→ w − 3→ u − 12→ w + 5→ u − 5→ w + 4→ w + 4→ u → − → − → − → − → − → − → − = −2 u + 5 u + 4 u − 5 w + 4 w = 7 u − w

 f)

⎛

5 −7



⎞ −34 f) ⎝ −2 ⎠ 27 ⎛ ⎞ −11 ⎜ ⎟ l) ⎝ −20 ⎠ 37

354

2 Vektoren und ihre Eigenschaften

→ − → − − → − → −→ − → Lösung 2.3.8: Die Repräsentanten des Nullvektors sind 0 = AA = BB = PP = QQ = ZZ = . . . für jeden − → → − beliebigen Punkt A, B, P, Q, Z usw. Der Vektor u wird durch einen Pfeil AB repräsentiert. Damit gilt:  − − − → − → − → → − → − → → − → − − − u = AB ⇒ −→ u = −AB = BA ⇒ → u + −→ u = AB + BA = AA = 0 Lösung 2.3.9: Die notwendigen Umformungen werden mittels Addition bzw. Subtraktion von Vektoren und skalarer Multiplikation durchgeführt. Es ist zu beachten, dass eine Divison durch Skalare nicht − − − definiert ist. Man hat also zum Beispiel zur Auflösung der Gleichung 2→ x =→ a nach → x wie folgt zu ar− − − − a und das ist äquivalent zu → x = 12 → a . Wir x = 12 → gumentieren: Skalare Multiplikation mit 12 ergibt 12 · 2→ verzichten auf die Angabe der einzelnen Rechenschritte und geben nur die Endergebnisse an. → − → − − − −p − 2→ − a) → x =2b b) → x =→ a −2 b → − → − − − − − c) → x = 12 → a − 12 b d) → x =→ a +2 b → − → − → − → − → − → − e) x = p − w f) x = − 17 2 a +2 b − − − − g) → x = −4→ a h) → x = 3→ a

Lösung 2.3.10: a) a = 3

b) Die Gleichung ist nicht lösbar.

c) (a; b) = (−2; 1)   e) (a; b) = 31 ; 13

d) (a; b) = (−2t;t), t ∈ R

g) (a; b) = (3; −2)

h) (a; b) = (1; 3)   j) (a; b) = 2; 13

i) (a; b) = (4 − t;t), t ∈ R

f) Die Gleichung ist nicht lösbar.

Lösung 2.3.11: a) Umstellen der drei Koordinatengleichungen 4r = −12, −2r = 6 und 3r = −9 nach r liefert r = −3 als Lösung der gegebenen Vektorgleichung. b) Die Koordinatengleichungen 4r = 12 und 3r = 9 werden gelöst durch r = 3, was aber keine Lösung der Gleichung −2r = 6 ist. Folglich hat die Vektorgleichung keine Lösung. c) Die Lösung der Vektorgleichung ist äquivalent zur Lösung des folgenden linearen Gleichungssystems, das aus den Gleichungen für die x-, y- bzw. z-Koordinaten gebildet wird: I : 3r − 2s = −12 II : 2r + s = −1 III : −r + 4s = 14 Dieses Gleichungssystem hat die eindeutige Lösung (r; s) = (−2; 3). ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 0 1 4 d) Die gegebene Gleichung ist äquivalent zu r · ⎝ 2 ⎠ − s · ⎝ 5 ⎠ = ⎝ 0 ⎠, aus der das lineare Glei0 6 3 chungssystem I : r − 4s = 0 II : 2r − 5s = 0 III : 3r − 6s = 0 hervorgeht. Dieses hat die eindeutige Lösung (r; s) = (0; 0). e) Es ist zu überprüfen, ob s = −1 + 2 = 1 eine Lösung der den y- bzw. z-Koordinaten zugeordneten Gleichungen ist. Das ist nicht der Fall, denn es gilt −4 = 2 + 1 + 8 = 11 und 4 = 1 − 2 + 11 = 10. Folglich ist die Vektorgleichung nicht lösbar.

2.3 Addition und skalare Multiplikation im Vektorraum

355

f) Alle drei Koordinatengleichungen 2s + 7 = 8 + s + 2, 4 = 2 + s − 1 und −4 = s + 11 − 18 haben s = 3 als Lösung. Folglich löst s = 3 die Vektorgleichung. Die Aufgabenteile g) und h) lassen sich prinzipiell ebenso durch Untersuchung eines Gleichungssystems lösen, das aber nichtlinear ist. Dies kann etwas unübersichtlich werden und deshalb gehen wir einen anderen Lösungsweg. Durch Anwendung der Rechenregeln für Vektoren lassen sich die gegebenen Vektorgleichungen in eine Vektorgleichung der Form ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ f2 (s) f1 (s) ⎝ g1 (s) ⎠ = ⎝ g2 (s) ⎠ (∗) h1 (s) h2 (s) mit Funktionen f1 (s), f2 (s), g1 (s), g2 (s), h1 (s), h2 (s) überführen. Ein Lösungsansatz besteht darin, zur Koordinatengleichung f1 (s) = f2 (s) die zugehörige Lösungsmenge L1 , zur Koordinatengleichung g1 (s) = g2 (s) die Lösungsmenge L2 und zur Koordinatengleichung h1 (s) = h2 (s) die Lösungsmenge L3 zu bestimmen. Dann ist L = L1 ∩ L2 ∩ L3 die Lösungsmenge der Vektorgleichung (∗).

 g) Die Gleichung s2 + s − 6 = 0 hat nach der pq-Formel die Lösungsmenge L1 = − 3; 2 . Die Gleichung 4 − s +s2 = 6 ist äquivalent zu s2 − s − 2 = 0, woraus nach der pq-Formel die Lösungsmenge L2 = − 1; 2 folgt. Die Gleichung −7s + s2 + 17 = 7 ist äquivalent zur Gleichung s2 − 7s + 10 = 0,

 die nach der pq-Formel die Lösungsmenge L3 = 2; 5 hat. Die gegebene Vektorgleichung hat die

 Lösungsmenge L = L1 ∩ L2 ∩ L2 = 2 , d. h., s = 2 ist die eindeutige Lösung der Vektorgleichung. h) Die erste Koordinatengleichung s4 − 13s2 = −36 ist äquivalent zu s4 − 13s2 + 36 = 0. Die Substitution u = s2 ergibt die Gleichung u2 − 13u√ + 36 = 0, die nach der pq-Formel die Lösungen u1 = 4 und s = ± u ergibt für die erste Koordinatengleichung die Lösungsmenge u2 = 9 hat. Die Rücksubstitution  L1 = − 3; −2; 2; 3 . Die zweite Koordinatengleichung −20s2 +2s4 = −18 ist äquivalent zur Gleichung 2s4 −20s2 +18 = 0. Division durch 2 liefert s4 − 10s2 + 9 = 0 und die Substitution u = s2 liefert daraus √ die Gleichung s = ± u liefert für die u2 − 10u + 9 = 0 mit den Lösungen u1 = 1 und u2 = 9. Die Rücksubstitution  zweite Koordinatengleichung die Lösungsmenge L2 = − 3; −1; 1; 3 . Die dritte Koordinatengleichung −323 + 45s2 = s4 + 1 ist äquivalent zu s4 − 45s2 + 324 = 0. Die Substitution u = s2 liefert daraus die√Gleichung u2 − 45u + 324 = 0 mit den Lösungen u1 = 9 und u2 = 36. s = ± u liefert für die dritte Koordinatengleichung die Lösungsmenge

Die Rücksubstitution  L3 = − 6; −3; 3; 6 .

 Die Vektorgleichung hat die Lösungsmenge L = L1 ∩ L2 ∩ L3 = − 3; 3 , d. h., es gibt mit s1 = −3 und s2 = 3 zwei Lösungen. Lösung 2.3.12: −  a  = 5, r = 2 a) → −  √ a  = 14, r = d) →

Lösung 2.3.13:

−  √ b) → a  = 208, r = −  e) → a  = 30, r = 13

√10 14

√10 208

−  √ a  = 34, r = √1034 c) →  −  √ f) → a  = 30, r = 10 3

   −→ −→ − → 6 3 = DC und AD = = BC, woraus folgt, dass die Punkte ein Paralle−2 3 logramm aufspannen (siehe Abb. 123).

− → a) Wir berechnen AB =



b) Diese Punkte bilden kein Parallelogramm (siehe Abb. 123), denn es gilt         − → −→ −→ − → 3 4 −1 0 AB = = DC = bzw. AD = = BC = . 1 1 3 3

356

2 Vektoren und ihre Eigenschaften

y

y

D

4 3

−2

D

4 C

2 A

C

5

3

1

2

−1 0 −1

1

2

3

4

5

7

6

B

1

x

B

A 0

1

2

3

4

5

x

Abb. 123: Die Vierecke aus Aufgabe 2.3.13 a) [links] und b) [rechts]

c) Die Punkte bilden ein Parallelogramm, denn wir berechnen ⎛ ⎞ 3 − → ⎝ ⎠ −→ AB = 1 = DC 3

z

0 C −3

bzw. ⎛

−2

⎞

−1 −→ ⎝ − → AD = −4 ⎠ = BC . −2 Dies wird auch deutlich, wenn wir die Punkte und Vektoren in ein räumliches Koordinatensystem einzeichnen (siehe Abb. 124).

B

1

−1 1 2 −1

1

2

3

y

A

3 D

4

−2

5 6

x

−3

Abb. 124: Das Parallelogramm aus Aufgabe 2.3.13 c)

Lösung 2.3.14: a) Gegeben seien (in der Ebene oder im Raum) vier Eckpunkte A, B, C und D eines Parallelogramms, − → −→ −→ − → → −→ −→ − → − → − d. h., es gilt AB = DC, woraus DC − AB = 0 folgt. Weiter gilt DC = −AD + AB + BC. Dies ist nach − → −→ − → − → −→ − → −→ −→ − → → − Subtraktion von AB äquivalent zu DC − AB = BC − AD, d. h. 0 = BC − AD und folglich AD = BC. − → −→ −→ − → Damit ist gezeigt, dass die Bedingungen AB = DC und AD = BC äquivalent sind und demzufolge genügt es, eine der beiden Bedingungen nachzuweisen. − → −→ − → −→ − → −→ b) Alternative Bedingungen sind AB = −CD, −BA = DC oder BA = CD.

Lösung 2.3.15: Die Eckpunkte des Vierecks seien mit A, B,C und D bezeichnet. Der Punkt E sei der Mittelpunkt der Strecke AB, der Punkt F sei der Mittelpunkt der Strecke BC, der Punkt G sei der Mittelpunkt − → − der Strecke CD und der Punkt H sei der Mittelpunkt der Strecke AD. Wir definieren die Vektoren → a = AB, → − − − −→ → → − −→ → → −→ → − −→ → −→ −→ → − − − b = BC, c = CD, d = DA, e = EF, f = FG, g = GH und h = HE. Die Punkte und Vektoren sind → − − → − − in Abb. 125 dargestellt. Es gilt → a + b +→ c + d = 0 und

2.3 Addition und skalare Multiplikation im Vektorraum − → − → → −e = a + b 2

,

→ − → b +− c → − f = 2

357

→ − → − c +d → − g = 2

,

→ − → − → − a+d und h = . 2

Daraus folgt → − − → − → − − → → − 1 → 1 → → − → − → − − − → − − a + b +→ c + d = 0 und f + h = b + −c + → a + d)= 0, e +→ g = 2 2 → − → − → − → − − − − − woraus → e = −→ g und f = − h folgt, d. h. → e und → g bzw. f und h sind parallel. Daraus folgt, dass das Viereck EFGH ein Parallelogramm ist. D

→ − c

G C

→ − g

→ − f

H F

→ − h

→ − d

→ − a

A

→ − e

→ − b

E

B

Abb. 125: Skizze zur Lösung von Aufgabe 2.3.15

Lösung 2.3.16:

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 0 1 1 − → ⎝ ⎠ − → ⎝ − → 4 ⎠ und BC = ⎝ 0 ⎠ und außerdem ihre Längen a) Wir berechnen die Vektoren AB = 4 , AC = 1 −3 −4 − − − − → √ → √ → √ → − → − → AB    = 17, AC = 26 und BC = 17. Aus AB = BC = AC folgt, dass das Dreieck Δ ABC gleichschenklig ist. b) Hier gibt es verschiedene Möglichkeiten: Ein Parallelogramm wird nach Aufgabe 2.3.13 zum Beispiel − → − → dadurch definiert, dass AB = PC gilt. Für P(px |py |pz ) müssen folglich die Gleichungen 2 − px = 0

,

2 − py = 4

und

− 3 − pz = 1

erfüllt sein. Umstellen der Gleichungen nach px , py bzw. pz liefert P(2| − 2| − 4). Alternativ kann auch − → − → AB = CP unterstellt werden. Für P(px |py |pz ) muss dann px − 2 = 0 gelten. Daraus folgt P(2|6| − 2).

,

py − 2 = 4

und

pz + 3 = 1

358

2 Vektoren und ihre Eigenschaften

2.4 Lineare (Un-) Abhängigkeit von Vektoren Lösung 2.4.1: − − − − − − a) → u und → w sind kollinear, es gilt → w = 2→ u oder alternativ → u = 12 → w. b) Die Vektoren sind nicht kollinear. c) Die Vektoren sind nicht kollinear. − − − − − − 1 → w. d) → u und → w sind kollinear, es gilt → w = −12→ u oder alternativ → u = − 12 e) Die Vektoren sind nicht kollinear. − − − − − − f) → u und → w sind kollinear, es gilt → w = 4→ u oder alternativ → u = 14 → w. − − − − − − u oder alternativ → u = − 52 → w. g) → u und → w sind kollinear, es gilt → w = − 25 → h) Die Vektoren sind nicht kollinear. − − − − − − w. i) → u und → w sind kollinear, es gilt → w = −4→ u oder alternativ → u = − 14 → j) Die Vektoren sind nicht kollinear. k) Die Vektoren sind nicht kollinear. − − − − l) → u und → w sind kollinear, es gilt → u = −→ w. Lösung 2.4.2: − − − a) Die Vektoren sind komplanar, es gilt → u −→ v =→ w. b) Die Vektoren sind nicht komplanar. c) Die Vektoren sind nicht komplanar. − −v = → − d) Die Vektoren sind komplanar, es gilt −→ u +→ w. − −v = → − e) Die Vektoren sind komplanar, es gilt 5→ u −→ w. f) Die Vektoren sind nicht komplanar. − → −→ −→ − → Lösung 2.4.3: Es ist zu untersuchen, ob die Vektoren AB und DC oder alternativ AD und BC kollinear − → −→ −→ − → sind. Dazu ist zu untersuchen, ob eine der Gleichungen AB = rDC oder AD = sBC lösbar ist.     − → −→ − → −→ 6 3 a) Wir erhalten AB = und DC = . Die Vektorgleichung AB = rDC ist äquivalent zu dem 4 2 Gleichungssystem mit den Gleichungen 6 = 3r und 4 = 2r. Beide Gleichungen sind für r = 2 erfüllt, d. h., die Seiten AB und DC sind parallel und folglich ist das Viereck ABCD ein Trapez.     − → −→ − → −→ 4 4 b) Es ist AB = und DC = . Die Vektorgleichung AB = rDC ist äquivalent zu dem Glei2 −2 chungssystem mit den Gleichungen 4 = 4r und 2 = −2r. Die erste Gleichung ist erfüllt für r = 1, was − → −→ aber keine Lösung der zweiten Gleichung ist. Folglich ist die Vektorgleichung AB = rDC nicht lösbar, d. h., die Seiten AB und DC sind nicht parallel.     −→ − → 0 0 Es muss die Alternative untersucht werden, d. h., die Vektoren AD = und BC = . Die 5 1 −→ − → Vektorgleichung AD = sBC ist erfüllt für s = 5, d. h., die Seiten AD und BC sind parallel, und deshalb ist das Viereck ABCD ein Trapez.     − → −→ − → −→ 3 4 c) Wir berechnen AB = und DC = . Die Vektorgleichung AB = rDC ist äquivalent zu dem 1 2 Gleichungssystem mit den Gleichungen 3 = 4r und 1 = 2r. Die erste Gleichung ist erfüllt für r = 34 , − → −→ was aber keine Lösung der zweiten Gleichung ist. Folglich ist die Vektorgleichung AB = rDC nicht lösbar, d. h., die Seiten AB und DC sind nicht parallel.     −→ − → −2 −1 Wir untersuchen die Alternative, d. h., die Vektoren AD = und BC = . Die Vektorglei4 5 −→ − → chung AD = sBC ist äquivalent zu dem Gleichungssystem mit den Gleichungen −2 = −r und 4 = 5r. Die Lösung r = 2 der ersten Gleichung ist keine Lösung der zweiten Gleichung, d. h., die Seiten AD und BC sind nicht parallel. Folglich ist das Viereck ABCD kein Trapez.

2.4 Lineare (Un-) Abhängigkeit von Vektoren 359     − → −→ 3 4 d) Die Vektoren AB = und DC = sind kollinear. Folglich ist das Viereck ABCD ein Trapez. 6 8 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −8 −4 − → ⎝ − → 8 ⎠ und DC = ⎝ 4 ⎠ sind kollinear, d. h., das Viereck ABCD ist ein Trapez. e) Die Vektoren AB = 0 0 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 0 0 − → ⎝ − → 12 ⎠ und DC = ⎝ 4 ⎠ sind kollinear, d. h., das Viereck ABCD ist ein Trapez. f) Die Vektoren AB = −9 −3 ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ −8 4 − → ⎝ − → 7 ⎠ und DC = ⎝ −4 ⎠ sind nicht kollinear, d. h., die Seiten AB und DC sind g) Die Vektoren AB = 0 0 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −2 2 −→ ⎝ − → 2 ⎠ und BC = ⎝ −1 ⎠. Die nicht parallel. Wir betrachten die Alternative, d. h., die Vektoren AD = 5 5 −→ − → Vektorgleichung AD = sBC ist äquivalent zu dem Gleichungssystem mit den Gleichungen −2 = 2r, 2 = −r und 5 = 5r. Da die Lösung r = −1 der ersten Lösung jedoch keine Lösung der zweiten und −→ − → dritten Gleichung ist, sind die Vektoren AD und BC nicht kollinear, d. h., die Seiten AD und BC sind nicht parallel. Folglich ist das Viereck ABCD kein Trapez. ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 0 −6 − → ⎝ ⎠ −→ ⎝ − → −→ 4 ⎠. Die Vektorgleichung AB = rDC hat keine Lösung, d. h., h) Es ist AB = 12 und DC = 6 −6 AB und DC sind die Seiten ⎛ ⎞ ⎛ nicht ⎞ parallel. Bleibt die Alternative zu untersuchen, d. h., die Vektoren 3 −3 −→ ⎝ ⎠ − → AD = 4 und BC = ⎝ −4 ⎠. Diese sind kollinear und folglich ist das Viereck ABCD ein Trapez. 6 −6 Lösung 2.4.4: → − − − a) → u = −7→ a +5 b → − − − e) → u = 3→ a +2 b

→ − − − b) → u =→ a +3 b → − − − f) → u = 5→ a −2 b

Lösung 2.4.5: −→ − → • AE = → u +− w −→ → − − • EA = − u − → w

−→ − − • BF = −→ u +→ w −→ → − − • KG = − u − → w −→ 1 → − 1→ w • BO = u + − 2

2

−→ − − u + 12 → w • CO = − 12 → −→ 1 → − → − • AG = 2 u + w Lösung 2.4.6: − → − → − → −→ • AC = AB + BC + 0 · AE −→ − → − → −→ • AG = AB + BC + AE − → − → −→ → − • AI = 12 AB + 12 BC + AE → 1− → −→ − → 1− • EJ = 2 AB + 2 BC + AE

→ − − − c) → u = 4→ a −2 b → − − − g) → u = 2→ a+b

−→ − − u + 12 → w • AO = 32 → −→ 3 → − → − • AH = 2 u + w −→ − − w • AM = 2→ u + 3→ 2

−→ − − w • AN = 2→ u + 52 → − → − − 1→ w • LA = − 2 u − 2→ −→ − − 1→ w • CK = − u + 2→ 2

− → − − u + 2→ w • CJ = 12 →

− → − → −→ −→ • BD = −AB + BC + 0 · AE → − → −→ −→ − • HB = AB − BC − AE − → − → −→ − → • CI = − 12 AB − 12 BC + AE → 1− → −→ − → 1− • DJ = 2 AB − 2 BC + 2AE

→ − − − d) → u = 3→ a − 16 3 b → − − − h) → u = 13 → a +0· b

− → − − u − 2→ w • LC = 32 → −→ 3 → − → − • LD = 2 u − w −→ − 3 → w • LO = → u− − 2

−→ − − u − 12 → w • LM = 32 → −→ 3 → − − 1→ • LN = 2 u + 2 w − → − − u −→ w • JF = − 5 → 2

−→ − − u − 2→ w • NO = − 12 →

−→ − → − → −→ • AF = AB + 0 · BC + AE −→ − → − → −→ • EC = AB + BC − AE − → − → −→ − → • AJ = 12 AB + 12 BC + 2AE → 1− → −→ − → 1− • JC = 2 AB + 2 BC − 2AE

360

2 Vektoren und ihre Eigenschaften

→ − − − Lösung 2.4.7: Zu a) bis d) sind die Vektorgleichungen r→ a +s b = → x , zu e) bis j) die Gleichungen → − → − − → − → − − → − → − → − x sowie zu m) die x + r4 d = → r a + s b + t c = x , zu k) und l) die Vektorgleichungen r1 a + r2 b + r3 → → − → − → − → − → − → − Vektorgleichung r1 a + r2 b + r3 x + r4 d + r4 e = x auf ihre Lösbarkeit zu untersuchen. Das entspricht jeweils der Untersuchung von linearen Gleichungssystemen. Außer zu j), k), l) und m) geben wir nur die Lösungen an. → − − − a) → x = 4→ a +3 b → − − − b) → x = 21→ a − 17 b − − → − 5 → c) → x = − 52 11 a − 11 b → − − − − − d) Die Gleichung r→ a +s b = → x hat keine Lösung. Folglich kann → x nicht als Linearkombination von → a → − und b dargestellt werden. → − − − −c e) → x = −6→ a + 2 b − 4→ → − → − → − → − f) x = 5 a − 6 b + 4 c → − − −c = → − − g) Die Gleichung r→ a + s b + t→ x hat keine Lösung. Folglich kann → x nicht als Linearkombination → − → − → − von a , b und c dargestellt werden. → − −c − − h) → x = 3→ a + 12 b + 72 → → − − − −c hat nur die triviale Lösung r = s = t = 0. i) Die Gleichung → x = r→ a + s b + t→ → − → − → − − j) Das zur Gleichung r a + s b + t c = → x zugehörige Gleichungssystem (I-III) ist mehrdeutig lösbar: I II III I + II = IV 3 · I + III = V V − 7 · IV = VI

: −r + 2s + 2t = : r − s + 5t = : 3r + s + 43t = : s + 7t = : 7s + 49t = : 0=

0 0 0 0 0 0

Aus Gleichung VI folgt, dass t beliebig gewählt werden kann, d. h. t = β ∈ R. Setzen wir dies in Gleichung IV ein, dann folgt daraus s = −7β . Gleichung I geht damit über in −r − 14β + 2β = 0, → − − − − −c . woraus r = −12β folgt. Damit ist der Nullvektor → x wie folgt darstellbar: → x = −12β → a −7β b +β → → − → − → − → − → − k) Wir lösen das zur Gleichung r1 a + r2 b + r3 x + r4 d = x zugehörige Gleichungssystem (I-III): I II III II − 2 · I = IV III − 3 · I = V IV + 7 · V = VI

: r1 + 4r2 + r3 + : 2r1 + r2 + : 3r1 + 13r2 + 5r3 + : −7r2 − 2r3 + : r2 + 2r3 − : 12r3 −

r4 4r4 r4 2r4 2r4 12r4

= = = = = =

−9 19 2 37 29 240

In Gleichung VI kann r4 beliebig gewählt werden, d. h. r4 = β ∈ R. Damit folgt r3 = 20 + β aus Gleichung VI, weiter r2 = −11 aus V und schließlich r1 = 15 − 2β aus Gleichung I. Damit gilt: → − − → − − −c + β → x = (15 − 2β )→ a − 11 b + (20 + β )→ d , β ∈R → − → − − − − x zugehörige Gleichungssystem (I-III): a + r2 b + r3 → x + r4 d = → l) Wir lösen das zur Gleichung r1 → I II III 2 · I + II = IV 3 · I + III = V IV + V = VI

: r1 + 4r2 : −2r1 + r2 : −3r1 − 21r2 : 9r2 : −9r2 :

+ + − + −

r3 4r3 6r3 6r3 3r3 3r3

+ + − + − +

2r4 3r4 7r4 7r4 r4 6r4

= = = = = =

1 0 4 2 7 9

2.4 Lineare (Un-) Abhängigkeit von Vektoren

361

In Gleichung VI kann r4 beliebig gewählt werden, d. h. r4 = β ∈ R. Damit folgt r3 = 3 − 2β aus 46 20 Gleichung VI, weiter r2 = 59 β − 16 9 aus V und schließlich r1 = 9 − 9 β aus Gleichung I. Damit gilt: → − x =



   − − 5 16 → 46 20 − −c + β → − β → a+ β− b + (3 − 2β )→ d , β ∈R 9 9 9 9

→ − → − − − − − a + r2 b + r3 → x + r4 d + r5 → e =→ x zugehörige Gleichungssystem: m) Wir lösen das zur Gleichung r1 → I II III II − I = IV III − II = V V − IV = VI

: r1 − r2 − r3 : r1 + r2 − r3 : r1 + r2 + r3 : 2r2 : 2r2 + 2r3 : 2r3

+ + + + − −

2r4 3r4 r4 r4 r4 2r4

+ + + +

r5 r5 r5 r5

= −1 = 1 = 5 = 2 = 6 = 4

In Gleichung VI können r4 und r5 beliebig gewählt werden, zum Beispiel r4 = 2α mit α ∈ R und r5 = 2β mit β ∈ R. Damit folgt r3 = 2 + 2α aus Gleichung VI, weiter r2 = 1 − α − β aus IV und schließlich r1 = 2 − 3α − β aus I. Zusammenfassend gilt für beliebige α, β ∈ R: → − → − → − − − −e x = (2 − 3α − β )→ a + (1 − α − β ) b + (2 + 2α)→ c + 2α d + 2β →

z

C

5 − BC→

4 −→B A −→C = P

3

B −4

2 − → AC

P

−3 −2 1 −→B −1 A 0

− AP→ = −→ BC

−4

−3

−2

−1 1 2

1

2

3

−1

3 4 A

−2

5 x

−3

Abb. 126: Einige Punkte und Vektoren aus Aufgabe 2.4.8

4

5

y

362

2 Vektoren und ihre Eigenschaften

Lösung 2.4.8: a) A(4| − 2|0), B(0|4|3), C(−2|0|4) ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 4 0 −2 − → ⎝ − → − → b) 0A = −2 ⎠, 0B = ⎝ 4 ⎠, 0C = ⎝ 0 ⎠, 0 3 4 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −4 −6 −2 − → − → ⎝ − → − → − → ⎝ − → − → − → − → ⎝ ⎠ ⎠ 6 , AC = 0C − 0A = 2 , BC = 0C − 0B = −4 ⎠ AB = 0B − 0A = 3 4 1 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −2 0 0 − → − → − − −v = ⎝ −4 ⎠, → − u +− v +→ w. c) → u = ⎝ 0 ⎠, → w = ⎝ 0 ⎠ erfüllen die Forderung, d. h., es gilt BC = → 0 0 1 d) Zur Lage des Punkts P im räumlichen Koordinatensystem siehe Abb. 126. Der Ortsvektor des Punkts P ist ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ 4 −2 2 → − → ⎝ − → − ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ 0P = 0A + BC = −2 + −4 = −6 ⎠ . 0 1 1 − → − → − → − → − → → − e) Es gilt 0C = 0P + AB. Dies wird deutlich, wenn man sich klar macht, dass BC und AP = BC parallel − → − → sind, d. h., die Punkte ABCP bilden ein Parallelogramm. Demzufolge muss PC parallel zu AB sein, − → − → genauer gilt PC = AB. − → − → − → f) Es gilt −AC = −AB − BC. −→ − → − → g) Es gilt AM = AC − 12 BC. − −→ − → − → − → − → − → − → → − − → → h) Aus g) folgt AM = AC − 12 BC = 0C − 0A − 12 0C − 0B = 12 0C − 0A + 12 0B. Damit ergibt sich − → −→ − → − → −→ − → 0M = 0A + AM = 0 · 0A + 12 0B + 12 0C. Lösung 2.4.9:

→ − → − − − a) Dass die Vektoren → a und b linear abhängig sind, ist leicht zu erkennen, denn es gilt b = 2→ a . Ein exakter Beweis der linearen Abhängigkeit kann durch den Nachweis erbracht werden, dass die Glei→ − → − − chung r→ a + s b = 0 eine nichttriviale Lösung besitzt. Dazu betrachten wir das der Vektorgleichung zugeordnete lineare Gleichungssystem: I : 3r + 6s = 0 II : 2r + 4s = 0 Umstellen von I liefert r = −2s. Dies in II eingesetzt ergibt −4s+4s = 0, d. h., für s = t ∈ R können beliebige Werte gewählt werden. Folglich hat das Gleichungssystem (I-II) die Lösungen (r; s) = (−2t;t), → − → − − die für t = 0 nichttrivial ist. Damit ist gezeigt, dass Gleichung r→ a + s b = 0 eine nichttriviale Lösung → − − hat, und das beweist die lineare Abhängigkeit der Vektoren → a und b . → − → − → − → − b) Wir betrachten die Gleichung r a + s b + t c = 0 bzw. das zugehörige lineare Gleichungssystem I:r+s+ t =0 II : s − 3t = 0 In einem linearen Gleichungssystem mit zwei Gleichungen und drei Variablen können wir für eine Variable beliebige Zahlenwerte wählen, also zum Beispiel t = 1. Daraus folgt aus II s = 3, Einsetzen in I liefert r = −4. Insgesamt ist (r; s;t) = (−4; 3; 1) eine nichtriviale Lösung, woraus die lineare Abhängigkeit der Vektoren folgt. → − → − − c) Das zur Gleichung r→ a + s b = 0 zugehörige lineare Gleichungssytems hat nur die triviale Lösung r = s = 0. Folglich sind die Vektoren linear unabhängig.

2.4 Lineare (Un-) Abhängigkeit von Vektoren

363

→ − → − − − d) Wir lösen das zur Gleichung r→ a + s b + t→ c = 0 zugehörige lineare Gleichungssystem (I-III): I II III I+II=IV III III+IV=V

: : : : : :

r+ r r r 2r

s −s − + − +

2t 2t 2t 2t

= = = = = =

0 0 0 0 0 0

Aus V folgt r = 0, Einsetzen in III liefert t = 0 und Einsetzen in I liefert s = 0. Das System hat also → − − − nur die triviale Lösung r = s = t = 0, woraus die lineare Unabhängigkeit der Vektoren → a , b ,→ c folgt. → − → − → − e) Das zur Gleichung r a + s b = 0 zugehörige Gleichungssystem r+ −r

s=0 −s = 0 =0

hat nur die triviale Lösung r = s = 0, woraus die lineare Unabhängigkeit der Vektoren folgt. → − − − −c = → f) Wir lösen das zur Gleichung r→ a + s b + t→ 0 zugehörige lineare Gleichungssystem (I-III): I II III I+II=IV III III−IV=V

: : : : :

r+ r r r

s + 4t −s − 2t + 2t + 2t + 2t 0

= = = = = =

0 0 0 0 0 0

Die erhaltene Gleichung V zeigt, dass eine der Variablen r oder t beliebig gewählt werden kann. Wir wählen zum Beispiel t = 1, womit bereits klar ist, dass das System eine nichttriviale Lösung besitzt, → − − − woraus die lineare Abhängigkeit der Vektoren → a , b ,→ c folgt. Der Vollständigkeit wegen setzen wir t = 1 in III ein, was r = −2 liefert. Einsetzen von r = −2 und t = 1 in I liefert s = −2. → − − − u1 + . . . + r n → n = 0 eine nichttriviale Lösung Lösung 2.4.10: Es ist zu zeigen, dass die Gleichung r1 → hat, wobei in a) n = 2, in b) und c) n = 3, in d) und e) n = 4 und in f) n = 5 gilt. Die Lösung dieser Gleichung entspricht der Lösung eines linearen Gleichungssystems. Wir verzichten hier auf die Angabe der Zwischenschritte und geben nur die für a) bis c) eindeutige, für d) bis f) mehrdeutige nichttriviale Linearkombination des Nullvektors an. Bei den Lösungen zu d) bis f) ist zu beachten, dass es andere als die hier angegebenen Darstellungen gibt, was vom Lösungsweg des linearen Gleichungssystems abhängt. → − − − u2 = 0 a) 7→ u1 + → → − − − − b) 2→ u1 − 4→ u2 − 2→ u3 = 0 → − − − − c) −6→ u1 + 18→ u2 − 12→ u3 = 0 → − − − − − d) 15c→ u1 − 4c→ u2 + 2c→ u3 + c→ u4 = 0 , c ∈ R → − − − − − e) 0→ u1 + 3c→ u2 − 5c→ u3 + c→ u4 = 0 , c ∈ R → − → − → − − − − f) −11b u1 + (a − 15b) u2 + (−2a + 8b)→ u3 + a→ u4 + b→ u5 = 0 , a, b ∈ R Lösung 2.4.11: Wir haben in allen Teilaufgaben zu zeigen, dass ein Vektor als Linearkombination der anderen darstellbar ist. Das erfolgt analog zu den Beispielen, die Satz 2.115 unmittelbar vorausgehen bzw. nachfolgen, sodass wir hier auf die Angabe der Zwischenschritte verzichten und lediglich eine mögliche Linearkombination und ggf. zusätzliche Hinweise notieren.

364

2 Vektoren und ihre Eigenschaften

− − − a) 2→ u1 − 3→ u2 = → u3 − − − − − − b) −2→ u + 0→ u =→ u ,→ u lässt sich nicht als Linearkombination von → u ,→ u darstellen. 1

2

3

2

1

− − − − c) 3→ u1 − 2→ u2 + 2→ u3 = → u4 → − → − → − → d) 3 u + 4 u + 5 u = − u 1

2

3

2 1

2 2

1

2

− − − e) 3→ u1 − 6→ u2 = → u3 − − − 1→ 1→ f) − u + u = → u

3

4

3

− − − u2 = → u3 g) 5→ u1 + 14 → → − → − → − − − − h) 3 u + 0 u = u , → u lässt sich nicht als Linearkombination von → u ,→ u darstellen. 3

2

1

− − − − i) 2→ u1 − 4→ u2 + 3→ u4 = → u3 − − − − j) 12→ u + 7→ u − 5→ u =→ u 1

2

3

3

4

− − − − − − − − k) 3→ u1 − 2→ u2 + 0→ u4 = → u3 , → u4 lässt sich nicht als Linearkombination der Vektoren → u1 , → u2 , → u3 darstellen.  13 → 3 → − − → − → − l) − 4 − 11c u1 + 4 − 3c u2 + c u3 = u4 , c ∈ R − − − − − m) (3 − c)→ u − (3 + c)→ u + c→ u + 2→ u =→ u ,c∈R 1

2

3

4

5

− − − − − u5 + r2 → u3 + r3 → u1 + r4 → u4 = → n) Hier ist es zweckmäßig, die Gleichung r1 → u2 zu lösen. Dann hat das zugehörige lineare Gleichungssystem bereits Zeilenstufenform, aus der die Lösungen bequem abgelesen − − − − − u3 + (1 + c)→ u1 + c→ u4 = → u2 , c ∈ R. werden können. Das ergibt (1 − c)→ u5 + (1 − c)→

→ − − − − Lösung 2.4.12: Es ist zu zeigen, dass die Gleichung r1 → u1 + r2 → u2 + r3 → u3 = 0 nur die triviale Lösung r1 = r2 = r3 = 0 hat. Wir verzichten auf die Angabe von Zwischenschritten zur Lösung des zur Gleichung gehörigen linearen Gleichungssystems und halten nur fest, dass in allen Teilaufgaben tatsächlich die tri− − − u2 und → u3 sind linear unabhängig. viale Lösung als einzige Lösung erhalten wird, d. h., die Vektoren → u1 , → − − − u2 und → u3 linear abhängig Lösung 2.4.13: Hat man die Vermutung, dass in einzelnen Teilaufgaben → u1 , → sind, so kann zum Beweis der Vermutung auf Satz 2.115 zurückgegriffen und gezeigt werden, dass einer der drei Vektoren als Linearkombination der beiden anderen darstellbar ist. Das kann aber in eine Sackgasse führen, wenn die Vermutung falsch war und die Vektoren doch linear unabhängig sind, was mit der Methode aus Satz 2.115 nicht nachgewiesen werden kann. In diesem Fall ergibt sich ein doppelter Rechenaufwand. Deshalb ist es hier zweckmäßig, ausschließlich auf die Definition der linearen (Un-) Abhängigkeit von Vektoren zurückzugreifen. a) Die Vektoren sind linear unabhängig, da der Nullvektor nur durch die triviale Linearkombination von → − − − − − − → − u2 und → u3 dargestellt werden kann, d. h., die Gleichung r1 → u1 + r2 → u2 + r3 → u3 = 0 hat nur die Lösung u1 , → r1 = r2 = r2 = 0. → − − − − b) Die Vektoren sind linear abhängig, denn mit −3→ u1 + 2→ u2 − 4→ u3 = 0 gibt es eine nichttriviale Linearkombination des Nullvektors. → − − − − u2 + 2→ u3 = 0 gibt es eine nichttriviale Linearc) Die Vektoren sind linear abhängig, denn mit 5→ u1 − 4→ kombination des Nullvektors. d) Die Vektoren sind linear unabhängig, da der Nullvektor nur durch die triviale Linearkombination von → − − − u1 , → u2 und → u3 dargestellt werden kann. → − − − − u2 − 13 → e) Die Vektoren sind linear abhängig, denn mit 31 → u1 + → u3 = 0 gibt es eine nichttriviale Linearkombination des Nullvektors. → − − −v + t → − Lösung 2.4.14: Wir lösen das zur Gleichung r→ u + s→ w = 0 zugehörige Gleichungssystem (I-III): I II III I + II = IV III − I = V V − IV = VI

: r + cs − 3t : −r + 4t : r + 2cs + ct : cs + t : cs + (c + 3)t : (c + 2)t

= = = = = =

0 0 0 0 0 0

2.4 Lineare (Un-) Abhängigkeit von Vektoren

365

− − − Die Vektoren → u,→ v und → w sind linear abhängig, wenn das Gleichungssystem mehrdeutig lösbar ist. Das ist genau dann der Fall, wenn c + 2 = 0 gilt, woraus c = −2 folgt. Für c = −2 ist c + 2 = 0 und folglich − −v und → − hat das Gleichungssystem nur die triviale Lösung r = s = t = 0, d. h., für c = −2 sind → u,→ w linear unabhängig. → − − − − Lösung 2.4.15: Wir lösen das zur Gleichung r→ u + s→ v + t→ w = 0 zugehörige Gleichungssystem (I-III): I II III I + c · II = IV III − 2c · II = V V + 2 · IV = VI

: −cr + 2s : r+ cs : 2cr − 4s : (2 + c2 )s : −(4 + 2c2 )s :

+ + + + +

(8 + 5c − 2c2 )t 2ct 2ct (8 + 5c)t (2c − 4c2 )t 2 (−4c + 12c + 16)t

= = = = = =

0 0 0 0 0 0

− − − Die Vektoren → u,→ v und → w sind linear abhängig, wenn das Gleichungssystem mehrdeutig lösbar ist. Das ist genau dann der Fall, wenn −4c2 + 12c + 16 = 0. Diese Gleichung ist äquivalent zu c2 − 3c − 4 = 0, woraus nach der pq-Formel die Lösungen c1 = 4 und c2 = −1 folgen. Das bedeutet, dass für c ∈ {−1; 4} − − − die Vektoren → u,→ v und → w linear abhängig sind. Für c ∈ R \ {−1; 4} ist −4c2 + 12c + 16 = 0 und folglich − − hat das Gleichungssystem nur die triviale Lösung r = s = t = 0, d. h., für c ∈ R \ {−1; 4} sind → u,→ v und → − w linear unabhängig. − − −v = → Lösung 2.4.16: Analog zur Lösung der Aufgaben 2.4.14 und 2.4.15 kann das zur Gleichung r→ u +s→ 0 zugehörige Gleichungssystem betrachtet werden. Einfacher ist die Verwendung des nur für zwei Vektoren − −v kollinear sind, definierten Begriffs der Kollinearität: Da a, b ∈ R so gewählt werden sollen, dass → u und → → − → − muss es ein r ∈ R mit v = r u geben. Das bedeutet: ⎫ ⎧ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 15 a ⎨ I : 15 = ar ⎬ ⎝ 25 ⎠ = r ⎝ 5 ⎠ ⇔ II : 25 = 5r ⎭ ⎩ b 2 III : b = 2r Gleichung II liefert r = 5. Setzen wir dies in I bzw. III ein, dann folgt a = 3 und b = 10 als eindeutige Lösung. → − − −v + t → − Lösung 2.4.17: Wir lösen das zur Gleichung r→ u + s→ w = 0 zugehörige Gleichungssystem (I-III): I II III I + II = IV III + II = V VI + (a + 1) · V = VI

: r+ as : −r + s : r− 2s : (a + 1)s : −s :

+ + + + +

5t bt 5t (b + 5)t (b + 5)t (a + 2)(b + 5)t

= = = = = =

0 0 0 0 0 0

− − − Die Vektoren → u,→ v und → w sind linear abhängig, wenn das Gleichungssystem mehrdeutig lösbar ist. Das ist genau dann der Fall, wenn (a + 2)(b + 5) = 0 gilt, also wenn a + 2 = 0 oder b + 2 = 0 gilt, d. h. a = −2 oder b = −5. Das bedeutet: − −v und → − • Fall 1: Gilt a = −2 oder b = −5, dann sind → u,→ w linear abhängig. • Fall 2: Gilt a = −2 und b = −5, dann ist (a + 2)(b + 5) = 0 und das Gleichungssystem hat nur die − −v und → − triviale Lösung r = s = t = 0, d. h., → u,→ w sind linear unabhängig.

→ − − − − Lösung 2.4.18: In den Teilaufgaben a) und b) führt der Ansatz r→ u + s→ v + t→ w = 0 auf eine nichttriviale → − → − → − Lösung, womit die Vektoren u , v und w nach Folgerung 2.106 komplanar sind. In den Teilaufgaben c) und d) existiert nur die triviale Lösung r = s = t = 0, d. h., nach Folgerung 2.107 sind die Vektoren nicht komplanar.

366

2 Vektoren und ihre Eigenschaften

Lösung 2.4.19:

→ − − − − a) Wir müssen zeigen, dass die Gleichung r→ u + s→ v + t→ w = 0 nur die triviale Lösung r = s = t = 0 hat. Dazu setzen wir die gegebenen Linearkombinationen in diese Gleichung ein: − → − −  → → − −  → → − − → − r → a − b +→ c +s − a + b −→ c +t − a − b −→ c = 0 → − − − Wir lösen die Klammern auf und sortieren nach den Vektoren → a , b und → c: → − → − − − (r + s + t)→ a + (−r + s − t) b + (r − s − t)→ c = 0

(∗)

→ − − − Da → a , b und → c linear unabhängig sind, sind die Koeffizienten in (∗) gleich null, d. h., wir betrachten und lösen das folgende lineare Gleichungssystem (I-III): I II III I + II = IV III − I = V

: r+ s : −r + s : r− s : 2s : −2s

+ t =0 − t =0 − t =0 =0 − 2t = 0

Aus Gleichung IV folgt s = 0 und damit t = 0 aus V. Setzen wir s = t = 0 in Gleichung I ein, so folgt → − − −v +t → − r = 0. Damit ist gezeigt, dass die Gleichung r→ u + s→ w = 0 nur die triviale Lösung r = s = t = 0 → − → − → − hat. Folglich sind die Vektoren u , v und w wie behauptet linear unabhängig. b) Wir gehen analog zu a) vor und betrachten die folgende Gleichung:  −   − →  → − −  → → − − → − − − r 3→ a +2 b −→ c + s 2− a − 4 b + 2→ c +t −→ a + b − 4→ c = 0 → − − −c ergibt: a , b und → Auflösen der Klammern und Sortieren nach den Vektoren → → − → − − − (3r + 2s − t)→ a + (2r − 4s + t) b + (−r + 2s − 4t)→ c = 0

(∗∗)

→ − − − Da → a , b und → c linear unabhängig sind, sind die Koeffizienten in (∗∗) gleich null, d. h., wir betrachten und lösen das folgende lineare Gleichungssystem (I-III): I II III II + I = IV III − 4 · I = V V − 3 · IV = VI

: 3r : 2r : −r : 5r : −13r : −28r

+ − + − −

2s − t = 0 4s + t = 0 2s − 4t = 0 2s =0 6s =0 =0

Aus Gleichung VI folgt r = 0, damit folgt s = 0 aus IV und schließlich liefert Gleichung I t = 0. Damit → − − −v + t → − ist gezeigt, dass die Gleichung r→ u + s→ w = 0 nur die triviale Lösung r = s = t = 0 hat. Folglich → − → − → − sind die Vektoren u , v und w linear unabhängig. c) Wir gehen analog zu a) vor und betrachten die folgende Gleichung:  − → − − − −c  + s7→ − −c  + t 4→ −c  = → r 2→ a − 4→ a + 5 b + 3→ b − 2→ 0 → − − −c ergibt: a , b und → Auflösen der Klammern und Sortieren nach den Vektoren → → − → − − − (2r + 7s)→ a + (5s + 4t) b + (−4r + 3s − 2t)→ c = 0

(#)

→ − − − Da → a , b und → c linear unabhängig sind, sind die Koeffizienten in (#) gleich null, d. h., wir betrachten und lösen das folgende lineare Gleichungssystem (I-III):

2.4 Lineare (Un-) Abhängigkeit von Vektoren

367

I II III II 2 · I + II = IV II + 2 · IV = VI

: 2r + 7s =0 : 5s + 4t = 0 : −4r + 3s − 2t = 0 : 5s + 4t = 0 : 17s − 2t = 0 : 39s =0

Aus Gleichung VI folgt s = 0, damit folgt t = 0 aus IV und schließlich liefert Gleichung I r = 0. Damit → − − − − ist gezeigt, dass die Gleichung r→ u + s→ v + t→ w = 0 nur die triviale Lösung r = s = t = 0 hat. Folglich → − → − → − sind die Vektoren u , v und w linear unabhängig. → − → − − − at + β bt = 0 nur Lösung 2.4.20: Die Vektoren → at und bt sind linear unabhängig, wenn die Gleichung α → die triviale Lösung α = β = 0 hat. Ob dies der Fall ist, untersuchen wir mit dem zugehörigen linearen Gleichungssystem: (1 − t)α + 8β = 0 2α − 2β = 0 α + tβ = 0 Vertauschen der Reihenfolge der ersten und letzten Zeile ändert die Lösungsmenge nicht: α + tβ = 0 2α − 2β = 0 (1 − t)α + 8β = 0 Ziehen wir von der zweiten Gleichung das 2-fache der ersten Gleichung und außerdem von der dritten Gleichung das (1 − t)-fache der ersten Gleichung ab, dann ergibt dies: ⎧ tβ = 0 ⎨α + (−2 − 2t)β = 0 (∗) ⎩ (8 − t + t 2 )β = 0 Es gilt (−2 − 2t) = −2(1 + t) = 0 genau dann, wenn t = −1. Wir führen eine Fallunterscheidung durch: • Fall 1: Einsetzen von t = −1 in das System (∗) ergibt: α −

tβ = 0 0=0 10β = 0

Hieraus können wir die eindeutige Lösung α = β = 0 ablesen. • Fall 2: Für t = −1 dividieren wir in (∗) die zweite Gleichung durch −2(1 + t) = 0. Das ergibt: α +

tβ = 0 β =0 (8 − t + t 2 )β = 0

Ziehen wir darin von der dritten Gleichung das (8 − t + t 2 )-fache der zweiten Gleichung ab, dann erhalten wir: α + tβ = 0 β =0 0=0 Hieraus lesen wir die eindeutige Lösung α = β = 0 ab. → − − Zusammenfassung: Die Gleichung α → at + β bt = 0 hat für alle t ∈ R die eindeutige Lösung α = β = 0. → − → − Folglich sind at und bt für beliebiges t ∈ R linear unabhängig.

368

2 Vektoren und ihre Eigenschaften

2.5 Winkel zwischen Vektoren Lösung 2.5.1: a) 5

b) −24

c) −66

d) 55

e) −6

f) 82

g) 107

h) −23

Lösung 2.5.2: a) −12

b) 5

c) −1

d) 7

e) 14

f) 11

g) 35

h) −43

Lösung 2.5.3: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 5 2t a) Aus ⎝ −7 ⎠ • ⎝ 5 ⎠ = 4t − 35 = 5 folgt die eindeutige Lösung t = 10. 3 −2t ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ −t t b) Es gilt ⎝ 3 ⎠ • ⎝ 3 ⎠ = −10t 2 − 9 = −99 genau dann, wenn t 2 = 9, woraus die Lösungen t1 = 3 −3t 3t und t2 = −3 folgen. ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ t 2t c) Es gilt ⎝ 2 ⎠ • ⎝ t ⎠ = 2t 2 + 2t − 16 = 32 genau dann, wenn 2t 2 + 2t − 48 = 0. Division durch 2 4 −4 liefert die äquivalente Gleichung t 2 + 2t − 24 = 0, woraus nach der pq-Formel die Lösungen t1 = 4 und t2 = −6 folgen. d) Wie eben rechnen wir auf der linken Seite der Gleichung das Skalarprodukt aus: ⎡⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2t 1 −1 2t + 1 −1 ⎣⎝ t ⎠ + ⎝ 1 ⎠⎦ • ⎝ t − 1 ⎠ = ⎝ t + 1 ⎠ • ⎝ t − 1 ⎠ = t 2 + 6t + 6 = 46 2 6 t +1 8 t +1 Dies ist äquivalent zur Gleichung t 2 + 6t − 40 = 0, welche die Lösungen t1 = 4 und t2 = −10 hat.

Lösung 2.5.4: Wir beschränken uns auf den Fall von Vektoren im Raum, der Beweis in der ⎛ ⎞ ⎛ ⎞für Vektoren v1 u1 − − v = ⎝ v2 ⎠ und Ebene erfolgt analog bzw. durch Weglassen der dritten Koordinate. Seien → u = ⎝ u2 ⎠, → u3 v3 ⎛ ⎞ w1 → − w = ⎝ w2 ⎠ beliebige Vektoren und r ∈ R beliebig. Die Gültigkeit des Kommutativ-, Distributiv- und w3 Assoziativgesetzes für das Skalarprodukt beweist man durch direkte Rechnung, wobei die jeweiligen Eigenschaften aus den Rechengesetzen der reellen Zahlen folgen, die jeweils separat auf die drei Koordinaten des Vektors angewandt werden. Der Beweis des Kommuativgesetzes ist besonders einfach zu notieren: − − → − −v = u v + u v + u v = v u + v u + v u = → v •→ u u •→ 1 1 2 2 3 3 1 1 2 2 3 3

2.5 Winkel zwischen Vektoren

369

Zum Beweis des Distributivgesetzes: ⎛ ⎞ ⎛⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ u1 v1 w1 u1 v1 + w1 →  → − − → − u • v + w = ⎝ u2 ⎠ • ⎝⎝ v2 ⎠ + ⎝ w2 ⎠⎠ = ⎝ u2 ⎠ • ⎝ v2 + w2 ⎠ u3 v3 w3 u3 v3 + w3       = u1 v1 + w1 + u2 v2 + w2 + u3 v3 + w3 = u1 v1 + u1 w1 + u2 v2 + u2 w2 + u3 v3 + u3 w3     − −v + → − − u •→ u •→ w = u1 v1 + u2 v2 + u3 v3 + u1 w1 + u2 w2 + u3 w3 = → Bleibt der Beweis des Assoziativgesetzes: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ru1 v1  →  − r·− u •→ v = ⎝ ru2 ⎠ • ⎝ v2 ⎠ = (ru1 )v1 + (ru2 )v2 + (ru3 )v3 ru3 v3  − →   u •− v = r(u1 v1 ) + r(u2 v2 ) + r(u3 v3 ) = r u1 v1 + u2 v2 + u3 v3 = r · →

Lösung 2.5.5: a) Mithilfe der Rechenregeln für das Skalarprodukt (siehe Satz 2.126) erhält man für beliebige Vektoren → − → − a und b : → − → → − 2 −  − → − − a+b = → a+b • → a+b →   → − − → − → − − = − a + b •→ a+ → a+b •b → − − → → − → − → − − − =→ a •→ a + b •→ a +− a•b+b•b → − → → − → − → − → − → − → − − = a•a+a•b+a•b+b•b → − → − − − a • b + b2 =→ a 2 + 2→ → − → − b) Beweis analog zu a) mittels Satz 2.126 bzw. in a) wird b durch − b ersetzt. c) Beweis analog zu a) mittels Satz 2.126. Lösung 2.5.6: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 1 0 0 →  → → − → − → − − → − − → − a) Für u = ⎝ 2 ⎠ , v = ⎝ 0 ⎠ und w = ⎝ 1 ⎠ gilt u • v · w = −2 · w = ⎝ −2 ⎠ und 3 −1 0 0 ⎛ ⎞ 0       − − − − − − −v · → − − → − v •→ w . v •→ w =→ u · 0 = ⎝ 0 ⎠, d. h., es gilt → u •→ w = → u· → u· → 0 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 1 − → 2 → − → − − −v 2 = 142 · 22 = 784, d. h., es ⎝ ⎠ ⎝ 0 ⎠ gilt → b) Für u = 2 und v = u • −v = (−2)2 = 4 und → u 2 ·→ 3 −1 − → 2 − 2 → gilt → u •− v = → u · −v 2 . ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 0 → − → − → − → − − −v = 0, d. h., die gegebene Schlussfolgerung ist c) Für u = ⎝ 0 ⎠ = 0 und v = ⎝ 1 ⎠ = 0 gilt → u •→ −1 0 allgemein falsch.

370

2 Vektoren und ihre Eigenschaften

Lösung 2.5.7: Durch Anwendung von Satz 2.132 erhalten wir die folgenden Lösungen im Gradmaß:     14 −14 a) α = arccos √ √ b) α = arccos √ √ ≈ 8, 13◦ ≈ 171, 87◦ 10 20 10 20     24 1 ≈ 88, 6◦ ≈ 16, 26◦ c) α = arccos d) α = arccos √ √ 25 29 58     31 −5 e) α = arccos √ √ f) α = arccos √ √ ≈ 160, 89◦ ≈ 36, 83◦ 50 30 2 14     −3 13 g) α = arccos h) α = arccos √ √ ≈ 36, 27◦ = 180◦ 3 26 10 ⎛ ⎞ 1 → − Lösung 2.5.8: Die Koordinatenachsen können zum Beispiel durch die Vektoren e1 = ⎝ 0 ⎠ für die 0 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 0 0 − − e3 = ⎝ 0 ⎠ für die z-Achse indentifiziert werden. Gemäß x-Achse, → e2 = ⎝ 1 ⎠ für die y-Achse und → 0 1 Satz 2.132 berechnet man die folgenden Winkel im Gradmaß: * )   → − − 1 u •→ e1     √ = arccos α1 = arccos → ≈ 77, 4◦ − → − u  ·  e1  21 * )   → − − −2 u •→ e2    √ = arccos α2 = arccos → ≈ 115, 88◦ − − e2  u  · → 21 * )   → − − 4 u •→ e3    √ = arccos ≈ 29, 21◦ α3 = arccos → − − e3  u  · → 21 − − Auswertung: → u und die x-Achse schließen einen Winkel von rund 77, 4◦ , → u und die y-Achse schließen → − ◦ einen Winkel von rund 115, 88 und u und die z-Achse schließen einen Winkel von rund 29, 21◦ ein. Lösung 2.5.9: a) Einsetzen in die Formel aus Satz 2.132 ergibt: 1 4t 2 − 4 t2 − 1 √ = cos(60◦ ) = √ = 2 2 2 2 t +1 4t + 4 4t + 4

⇔

t 2 + 1 = 2t 2 − 2

√ √ Diese Gleichung ist äquivalent zu t 2 = 3, woraus die beiden Lösungen t1 = − 3 und t2 = 3 folgen. b) Einsetzen in die Formel aus Satz 2.132 ergibt: 1 2 + 4t 1 + 2t √ = cos(45◦ ) = √ √ =  2 1 + t 2 20 5(1 + t 2 )

⇔

 √ 5(1 + t 2 ) = 2(1 + 2t)

(∗)

Quadrieren ist eine zulässige Äquivalenzumformung, wenn beide Seiten der Gleichung positiv sind, also wenn 1 + 2t > 0, d. h. t > − 12 . Für t > − 12 erhalten wir durch Quadrieren von (∗) die äquivalente Gleichung 5(1 + t 2 ) = 2(1 + 2t)2 , d. h. 5 + 5t 2 = 2 + 8t + 8t 2 . Dies ist äquivalent zur Gleichung 3t 2 + 8t − 3 = 0 bzw. t 2 + 83 t − 1 = 0, die nach der pq-Formel die Lösungen t1 = 13 und t2 = −3 hat. Wegen der Nebenbedingung t > − 12 ist t = 13 die einzige Lösung der Aufgabenstellung. c) Einsetzen in die Formel aus Satz 2.132 ergibt: 1 2 + 4t 1 + 2t √ = − √ = cos(135◦ ) = √ 2 1 + t 2 20 5(1 + t 2 )

⇔

 √ − 5(1 + t 2 ) = 2(1 + 2t)

2.5 Winkel zwischen Vektoren

371

Quadrieren ist eine zulässige Äquivalenzumformung, wenn 1 + 2t < 0, d. h. t < − 12 . Wie in b) erhalten wir für t < − 12 die Gleichung 5(1 + t 2 ) = 2(1 + 2t)2 . Aus den Rechnungen zu b) folgt t = −3 als einzige Lösung. d) Einsetzen in die Formel aus Satz 2.132 ergibt: −

t −1 1 √ = cos(120◦ ) = √ 2 t2 + 1 2

⇔

 √ − t 2 + 1 = 2(t − 1)

(#)

Quadrieren ist eine zulässige Äquivalenzumformung, wenn t − 1 < 0, d. h. t < 1. Für t < 1 erhalten = 2t 2 − 4t + 2. Daraus folgt t 2 + 4t + 1 = 0. Die wir durch Quadrieren aus (#) die Gleichung t 2 + 1 √ √ pq-Formel liefert√die möglichen Lösungen t1 = 2 + 3 und t2 = 2 − 3. Wegen der Nebenbedingung t < 1 ist t = 2 − 3 die einzige Lösung der Aufgabenstellung. e) Einsetzen in die Formel aus Satz 2.132 ergibt 12 = cos(60◦ ) = 2 1 . Dies ist äquivalent zur Gleichung t +2

t 2 + 2 = 2, woraus die eindeutige Lösung t = 0 folgt. f) Einsetzen in die Formel aus Satz 2.132 ergibt: 1 t +3 = cos(60◦ ) = √  2 2 t 2 + 10

⇔

 √ t 2 + 10 = 2(t + 3)

(∗∗)

Quadrieren ist eine zulässige Äquivalenzumformung, wenn t + 3 > 0, d. h. t > −3. Für t > −3 erhalten 2 = 2(t + 3)2 . Daraus folgt wird durch Quadrieren aus (∗∗) die Gleichung t 2 + 10 √ √ t + 12t + 8 = 0. Die pq-Formel liefert die möglichen√Lösungen t1 = −6 + 28 und t2 = −(6 + 28). Wegen der Nebenbedingung t > −3 ist t = −6 + 28 die einzige Lösung der Aufgabenstellung. g) Einsetzen in die Formel aus Satz 2.132 ergibt: 1 t +6 √ = cos(45◦ ) =  2 3 t2 + 9

⇔

 √ 3 t 2 + 9 = 2(t + 6)

(##)

Quadrieren ist eine zulässige Äquivalenzumformung, wenn t + 6 > 0, d. h. t > −6. Für t > −6 erhalten wir durch Quadrieren aus (##) die Gleichung 9(t 2 + 9) = 2(t + 6)2 , die nach Auflösung der Klammern äquivalent ist zu 9t 2 + 81 = 2t 2 + 24t + 72, woraus 7t 2 − 24t + 9 = 0 folgt. Division durch 7 liefert die 9 3 äquivalente Gleichung t 2 − 24 7 t + 7 = 0, die nach der pq-Formel die Lösungen t1 = 3 und t2 = 7 hat, die beide die Nebenbedingung t > −6 erfüllen und folglich Lösungen der Aufgabenstellung sind. h) Der Winkel α = 90◦ bedeutet, dass sich die Vektoren orthogonal schneiden. Folglich muss → − → − a • b = −t 2 + 8t − 15 = 0 gelten, was zur Lösung der Gleichung t 2 − 8t + 15 = 0 äquivalent ist. Die pq-Formel liefert die Lösungen t1 = 3 und t2 = 5. Lösung 2.5.10: Mit α sei der Winkel am Punkt A, mit β der Winkel am Punkt B und mit γ am Punkt C liegende Winkel bezeichnet. Wichtig ist die Bemerkung, dass die Richtung der zur Winkelberechnung verwendeten Vektoren stimmen muss, d. h., die Anfangspunkte der Vektoren müssen gleich sein.     − → − → 4 2 a) Zur Berechnunng von α betrachten wir AB = und AC = und berechnen −4 −1 ) −     → − → * 12 3 AB • AC √ √ √ = arccos ≈ 18, 44◦ . = arccos α = arccos −    → − → AB 10 2 · 16 5 · AC − → Aus BA =



−4 4



− → und BC =

β = arccos



−2 3

 folgt

) −     → − → * 20 5 BA • BC √ √ √ = arccos = arccos ≈ 11, 31◦ . −    → − → BA 2 · 16 13 26 · BC

372

2 Vektoren und ihre Eigenschaften   − → − → −2 2 Den dritten Winkel γ zwischen den Vektoren CA = und CB = können wir aus der 1 −3 ◦ ◦ Innenwinkelsumme bestimmen, d. h. γ = 180 − α − β ≈ 150, 25 . Alternativ bzw. zur Selbstkontrolle darf natürlich auch analog zur Berechnung von α und β vorgegangen werden: ) −   → − → * −7 CA • CB ≈ 150, 26◦ γ = arccos −  −  = arccos √ √ → → CA · CB 5 13 



b) Analog zu a) berechnet man α ≈ 66, 14◦ , β ≈ 69, 77◦ und γ ≈ 44, 1◦ . c) Analog zu a) berechnet man α ≈ 56, 182◦ , β ≈ 102, 88◦ und γ ≈ 20, 93◦ . d) Analog zu a) berechnet man α = β ≈ 74, 21◦ und γ ≈ 31, 59◦ . − Lösung 2.5.11: Es wird verwendet, dass für jeden beliebigen Vektor → u gilt: 2 → − − − u = → u •→ u

(∗)

a) Es gilt

− 2 →  → − → − → − − − − − → − a  − − a−b = → a •→ a −→ a • b = → a  ·  b  · cos(α) , a• → − → − − wobei neben (∗) auch (2.133) verwendet wurde. Die zweite Eigenschaft → a• → a − b = 0 ist demnach äquivalent zu: 2 −  → → − − a  − → a  ·  b  · cos(α) = 0 (#)  1 →  →  →  → − − − − Die Eigenschaft  a  = 2  b  ist äquivalent zu  b  = 2 a . Setzen wir dies in (#) ein, dann ergibt dies → 2 − 2 − 2 − a  − 2→ a  · cos(α) = 0. Division durch → a  = 0 liefert daraus 1 − 2 cos(α) = 0, d. h. cos(α) = 12 , ◦ woraus α = 60 folgt.

b) Wir formen zunächst unter Verwendung von (∗) und (2.133) die erste Eigenschaft um:  → → −  − → − 2− a +3 b • → a − 4 b = −60

⇔

→ − → − → − − − − 2→ a •→ a − 5→ a • b − 12 b • b = −60

→ − 2 −  → − − 2 a  − 5 · → a  ·  b  · cos(α) − 12 b  = −60 2→ −  −  a  = 4 ein und erhalten: a  = 6 und → Wir setzen die Bedingungen → ⇔

72 − 120 cos(α) − 192 = −60

⇔

−120 cos(α) = 60

⇔

cos(α) = −

1 2

Hieraus folgt α = 120◦ .

− → −  − → − → − − c) Die Verwendung von Aufgabe 2.5.5 c) liefert → a+b • → a−b = → a 2 − b 2 = 0. Dies ist äquivalent zu: − 2 → −  → − → − − 2 → − a =b a=b (∗∗) a 2 = b 2 ⇔ → ⇔ → Die zweite der gegebenen Eigenschaften formen wir um und setzen (∗∗) ein: − → − → − a• → a +2 b = 0

⇔

→ − → − − a 2 + 2→ a•b = 0

⇔

→ 2 −  → − − a  + 2→ a  ·  b  · cos(α) = 0

− 2 − 2 − 2 − 2 ⇔ → a  + 2→ a  · cos(α) = 0 ⇔ 2→ a  · cos(α) = −→ a →  2 Division durch 2− a  = 0 ergibt cos(α) = − 21 , woraus α = 120◦ folgt.

2.5 Winkel zwischen Vektoren

373

Lösung 2.5.12: a) Wir legen A(0|0) und B(6|0) fest. Wegen d(A,C) = d(B,C) ist das Dreieck ABC gleichschenklig, womit die x-Koordinate von C festgelegt ist, d. h. C(3|y). Die y-Koordinate von C berechnen wir mit dem Satz des Pythagoras: 4  2  √ 2 √ 1 2 d(A, B) d(A,C) − = 58 − 32 = 49 = 7 y = 2 Wir erhalten den Punkt C(3|7). Aus d(A, F) = 4 folgt F(4|0). Die Vorgabe d(A, M) = d(M,C) ist identisch zur Bestimmung der Koordinaten des Mittelpunkts der Strecke    AC. Die Mittelpunktsformel liefert M 32  72 . Das Dreieck und die Punkte sind in Abb. 127 dargestellt.

y

C

b) Mit den Punktkoordinaten aus a) berechnen wir * ) * ) 9 5 −→ −−→ 2 2 und MB = . MF = − 72 − 72 Der Winkel zwischen diesen Vektoren ist ) −−→ −→ * MF • MB α = arccos −−→ −→ MF  · MB ⎞ ⎛ 45 49 + = arccos ⎝ 4  4 ⎠ ≈ 16, 59◦ . 50 4

162 4

M

α 1

A

1

F

B

x

Abb. 127

Lösung 2.5.13: Die Anwendung von Definition 2.134 liefert die folgenden Ergebnisse: − − − −v sind nicht orthogonal. a) → u und → v sind orthogonal. b) → u und → → − → − → − −v sind nicht orthogonal. c) u und v sind orthogonal. d) u und → − − − − e) → u und → v sind orthogonal. f) → u und → v sind orthogonal. → − → − → − − g) u und v sind nicht orthogonal. h) u und → v sind orthogonal.

Lösung 2.5.14: − −v = 4c + 40 = 0 liefert die Lösung c = −10. a) Die Gleichung → u •→ − − b) Die Gleichung → u •→ v = 5c − 1 = 0 liefert die Lösung c = 51 . → − → − c) Die Gleichung u • v = c2 − 16 = 0 liefert die Lösungen c1 = −4 und c2 = 4. − − d) Die Gleichung → u •→ v = c(c − 3) = 0 liefert die Lösungen c1 = 0 und c2 = 3. − − e) Die Gleichung → u •→ u = 4c + 28 = 0 liefert die Lösung c = −7. − −v = 3c − 14 = 0 liefert die Lösung c = 14 . f) Die Gleichung → u •→ 3 √ √ → − → g) Die Gleichung u • −v = c2 + 2c − 10 = 0 liefert die Lösungen c1 = −1 + 11 und c2 = −1 − 11. − − h) Die Gleichung → u •→ v = 2c2 + 6c − 20 = 0 ist äquivalent zur Gleichung c2 + 3c − 10 = 0, aus der die Lösungen c1 = 2 und c2 = −5 folgen. − −v orthogonal sind, denn für jede beliebige i) Es ist nicht möglich, ein c ∈ R so zu wählen, dass → u und → → − → − → − → − Wahl von c ∈ R gilt v = −2 u , d. h., u und v sind kollinear. Das sieht man alternativ auch an der − −v = −10c2 − 18 = 0, die nicht lösbar ist. quadratischen Gleichung → u •→ → − → − → − − j) Die Gleichung u • v = −c = 0 hat die Lösung c = 0. Damit ergibt sich → u = 0 , aber der Nullvektor ist zu keinem Vektor orthogonal, d. h., es gibt keine Lösung.

374

2 Vektoren und ihre Eigenschaften

Lösung 2.5.15:

    − → − → − → −2 x−1 a) Wir betrachten C(x|y) mit x, y ∈ R. Dann gilt AB = und AC = . Die Vektoren AB und 4 y−2 − → − → − → AC sind orthogonal, wenn die Gleichung AB • AC = −2x + 4y − 6 = 0 erfüllt ist. Eine lineare Gleichung mit zwei Variablen ist immer lösbar, wobei für eine Variable beliebige Werte gewählt werden können. Wir setzen zum Beispiel r ∈ R,  y=  d. h. −2x+ 4r− 6= 0, woraus x = 2r − 3 folgt. Es ist aber zu − → 2r − 4 2(r − 2) 0 beachten, dass AC = = = gelten muss. Offenbar wird diese Forderung r−2 r−2 0 für r = 2 verletzt, sodass wir zusätzlich r = 2 fordern müssen. Zusammengefasst ist die Lösung nicht eindeutig: Die Punkte C(2r − 3|r) erfüllen für r ∈ R \ {2} die Orthogonalitätsforderung.     − → − → 17 x+5 b) Wir betrachten C(x|y) mit x, y ∈ R. Dann gilt AB = und AC = . Die Gleichung −9 y − 17 − → − → AB • AC = 17x − 9y + 238 = 0 ist lösbar, wobei für eine Variable beliebige Werte gewählt werden kön9 r − 238 nen. Wir setzen zum Beispiel y = r ∈ R, d. h. 17x−9r +238 = 0, woraus x = 17 17 folgt. Außerdem      9  9 153 − → 0 (r − 17) r − 17 = = 17 ist zu beachten, dass AC = 17 gelten muss. Offenbar wird diese 0 r − 17 r − 17 Forderung für r = 17 verletzt, sodass wir zusätzlich r = 17 beachten müssen. Zusammenfassung: Die  9 r erfüllen für r ∈ R \ {17} die Orthogonalitätsforderung. r − 238 Punkte C 17 17 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 x−2 − → ⎝ ⎠ − → ⎝ − → c) Wir betrachten C(x|y|z) mit x, y, z ∈ R. Dann gilt AB = 4 und AC = y + 2 ⎠. Die Vektoren AB 1 z−4 − → − → − → und AC sind orthogonal, wenn die Gleichung AB • AC = x + 4y + z + 2 = 0 erfüllt ist. Eine lineare Gleichung mit drei Variablen ist immer lösbar, wobei für zwei Variablen beliebige Werte gewählt + 4y + 4s + 2 = 0, werden können. Wir setzen z. B. x = 4r mit r ∈ R und z =⎛4s mit s ∈ R, ⎞ d. h. ⎛4r⎞ 4r − 2 0 − → woraus y = −r − s − 12 folgt. Es ist zu beachten, dass AC = ⎝ −r − s + 32 ⎠ = ⎝ 0 ⎠ gelten muss. Zur 0 4s − 4 Klärung, ob eine gewisse Wahl von r, s ∈ R diese Forderung verletzt, untersuchen wir das folgende lineare Gleichungssystem: I : 4r − 2=0 II : −r − s + 32 = 0 III : 4s − 4 = 0 Aus Gleichung I folgt r = 12 , aus Gleichung III folgt s = 1. Einsetzen in Gleichung II liefert   − 12 − 1 + 32 = 0, d. h., (r; s) = 12 ; 1 ist die eindeutige Lösung des Gleichungssystems. Dies bedeu− → → − tet: Wird r = 12 und gleichzeitig s = 1 gewählt, dann gilt AC = 0 . Zusammenfassung: Die Punkte  

 1    1 2 C 4r −r − s − 2  4s erfüllen für (r; s) ∈ R \ 2 ; 1 die Orthogonalitätsforderung. ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −2 x+5 − → ⎝ − → ⎝ ⎠ d) Wir betrachten C(x|y|z) mit x, y, z ∈ R. Dann gilt AB = −6 und AC = y − 3 ⎠. Die linerare 2 z−4 − → − → Gleichung AB • AC = −2x − 6y + 2z = 0 ist lösbar, wobei für zwei Variablen beliebige Werte gewählt werden können. Wir setzen zum Beispiel y = r ∈ ∈ R,⎛ d. h.⎞−2x − 6r + 2s = 0, woraus ⎛ R und z = s ⎞ −3r + s + 5 0 − → r − 3 ⎠ = ⎝ 0 ⎠ gelten muss. Zur Klärung, x = −3r + s folgt. Es ist zu beachten, dass AC = ⎝ s−4 0 ob eine gewisse Wahl von r, s ∈ R diese Forderung verletzt, untersuchen wir das folgende lineare Gleichungssystem: I : −3r + s + 5 = 0 II : r −3=0 III : s−4=0

2.5 Winkel zwischen Vektoren

375

− → → − Dieses hat die eindeutige Lösung (r; s) = (3; 4), für die folglich AC = 0 gilt. Zusammenfassung: Die 2 Punkte C (−3r + s |r| s) erfüllen für (r; s) ∈ R \ {(3; 4)} die Orthogonalitätsforderung. ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 x−2 − → ⎝ ⎠ − → ⎝ e) Wir betrachten C(x|y|z) mit x, y, z ∈ R. Dann gilt AB = 4 und AC = y + 2 ⎠. Analog zu den 0 z−5 − → − → vorhergehenden Teilaufgaben ermitteln wir für die Gleichung AB • AC = x + 4y + 6 = 0 die Lösung x = −4r − 6 und y = r mit zunächst beliebig gewählten r ∈ R. Die z-Koordinate von C ist scheinbar in der Rechnung verschwunden, wird aber sichtbar, wenn wir die Gleichung etwas anders aufschreiben: x + 4y + 0 · z + 8 = 0. Das bedeutet, dass auch für z beliebige Werte eingesetzt werden können, die Gleichung ist dafür stets erfüllt und die oben ermittelten x und ⎛ Lösungen ⎞für ⎛ ⎞y sind von z unabhängig. −4r − 8 0 − → ⎝ r + 2 ⎠ = ⎝ 0 ⎠ gelten muss. Diese ForWir wählen z = s ∈ R. Es ist zu beachten, dass AC = s−5 0 derung wird für (r; s) = (−2; 5) verletzt. Zusammenfassung: Die Punkte C (−4r − 6 |r| s) erfüllen für (r; s) ∈ R2 \ {(−2; 5)} die Orthogonalitätsforderung. ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 0 x−3 − → ⎝ ⎠ − → ⎝ f) Wir betrachten C(x|y|z) mit x, y, z ∈ R. Dann gilt AB = 4 und AC = y + 2 ⎠. Die Gleichung 0 z−5 − → − → AB • AC = 4(y + 2) = 0 hat die Lösung y = −2. Die x- und z-Koordinate von C sind in der Rechnung natürlich nicht verschwunden und werden sichtbar, wenn wir die Gleichung wie folgt aufschreiben: 0 · x + 4y + 0 · z + 6 = 0. Das bedeutet, dass für x und z beliebige⎛Werte eingesetzt werden können, d. h. ⎞ ⎛ ⎞ r−3 0 − → ⎝ 0 ⎠ = ⎝ 0 ⎠ gelten muss. Diese x = r ∈ R und z = s ∈ R. Auch hier ist zu beachten, dass AC = s−5 0 Forderung wird für (r; s) = (3; 5) verletzt, sodass wir zusätzlich (r; s) = (3; 5) fordern müssen. Zusammenfassung: Die Punkte C (r |−2| s) erfüllen für (r; s) ∈ R2 \ {(3; 5)} die Orthogonalitätsforderung.

Lösung 2.5.16: Hier gibt es mehrere Lösungsmöglichkeiten, da die Aufgabenstellung offen lässt, an welchem der drei Eckpunkte A, B oder C der rechte Winkel anliegen soll. Wir geben nachfolgend für beide Teilaufgaben alle drei Möglichkeiten an. a) Wir machen den Ansatz C(x|y) mit x, y ∈ R und führen eine Fallunterscheidung durch:

y B 8 7 6 5 4

Fall 1: Der rechte Winkel liegt beim Punkt  A.  − → 4 Dann betrachten wir die Vektoren AB = 6   − → x−1 und AC = . Es muss die Gleichung y−2 − → − → AB • AC = 4x + 6y − 16 = 0 erfüllt sein. In einer linearen Gleichung mit zwei Variablen können einer Variable beliebige Werte zugewiesen werden. Wählen wir z. B. y = 2r mit r ∈ R, dann gilt 4x + 12r − 16 = 0, woraus x = −3r + 4 folgt. Es ist zu beachten, dass

3 2 A 1 0

1

2

3

C

5

6

7

8

9

Abb. 128: Skizze zum Fall 1 der Lösung von Aufgabe 2.5.16 a). Die möglichen Punkte C liegen auf einer (hier gestrichelt angedeuteten) Gerade.

x

376

2 Vektoren und ihre Eigenschaften 







  − → −3r + 3 −3(r − 1) 0 AC = = = gel2r − 2 2(r − 1) 0 ten muss. Offenbar wird diese Forderung für r = 1 verletzt, sodass wir zusätzlich r = 1 fordern müssen. Zusammengefasst ist die Lösung nicht eindeutig: Mit C(−3r + 4|2r) für beliebiges r ∈ R \ {1} ist das Dreieck ABC rechtwinklig.

y B 8 7 C 6 5 4

B. Fall 2: Der rechte Winkel liegt beim Punkt   − → −4 Dann betrachten wir die Vektoren BA = −6   − → x−5 und BC = . Es muss die Gleichung y−8

3 2 A 1 0

− → − → BA • BC = −4x − 6y + 68 = 0 erfüllt sein. Wählen wir z. B. y = 2r mit r ∈ R, dann folgt + 17.Es ist zu beachten,  x = −3r  dass  − → −3r + 12 −3(r − 4) 0 BC = = = 2r − 8 2(r − 4) 0 gelten muss. Diese Gleichung wird für r = 4 verletzt, sodass wir zusätzlich r = 4 fordern müssen. Zusammengefassung: Mit C(−3r + 17|2r) für beliebiges r ∈ R \ {4} ist das Dreieck ABC rechtwinklig.

1

2

3

4

5

6

7

8

9

x

Abb. 129: Skizze zum Fall 2 der Lösung von Aufgabe 2.5.16 a). Die möglichen Punkte C liegen auf einer (hier gestrichelt angedeuteten) Gerade.

y B

8 C

Der rechte C. Mit Fall 3:   Winkel liegtbeim Punkt  − → − → 1−x 5−x CA = und CB = muss die 2−y 8−y nichtlineare(!) Gleichung − → → − CA • CB = (1 − x)(5 − x) + (2 − y)(8 − y) (∗) = x2 − 6x + y2 − 10y + 21 = 0 erfüllt sein. Prinzipiell können auch bei einer nichtlinearen Gleichung mit zwei Variablen x und y einer der Variablen beliebige Werte (mit noch zu ermittelnden Einschränkungen) zugewiesen werden und die Werte der jeweils anderen Variablen hängen dann von der getroffenen Auswahl ab. Während bei dieser Vorgehensweise in linearen Gleichungen die Rolle von x und y beliebig vertauscht werden kann und zu äquivalenten Ergebnissen führt, ist dies bei einer nichtlinearen Gleichung allgemein nicht möglich. Wir müssen beide Möglichkeiten genauer untersuchen:

6 5 4 3 2

A

1 0

1

2

3

4

5

6

7

8

9

x

Abb. 130: Skizze zum Fall 3 der Lösung von Aufgabe 2.5.16 a). Die möglichen Punkte C liegen auf einem Kreis, der hier durch eine durchgzogene (für die Lösungen aus Fall 3.1) bzw. gestrichelte Linie (für die Lösungen aus Fall 3.2) angedeutet ist. Es ist zubeachten, dass es zwischen den Fällen 3.1 und 3.2 zu Überschneidungen kommt.

2 2 Fall 3.1: Wir wählen y = r ∈ R beliebig. Dann folgt √ aus (∗) die Gleichung x − 6x √ + r − 10r + 21 = 0, 2 2 die nach der pq-Formel die Lösungen x1 = 3 + −r + 10r − 12 und x2 = 3 − −r + 10r − 12 hat.

Es gibt nur dann eine Lösung, wenn r ∈ R so gewählt wird, dass die Ungleichung −r2 + 10r − 12 ≥ 0 bzw. r2 − 10r + 12 ≤ 0 gilt. Dazu betrachten wir die Gleichung r2 − 10r + 12 = 0, die nach der

2.5 Winkel zwischen Vektoren

377

√ √ pq-Formel die Lösungen r1 = 5 − 13 und r2 = 5 + 13 hat. Da der Scheitelpunkt der nach oben 2 2 geöffneten Parabel √ = r −√10r2+ 12 unterhalb der Abszissenachse liegt, folgt r − 10r + 12 ≤ 0 ( p(r) für alle r ∈ I := 5 − 13; 5 + 13 .         − → − → 1 − x1,2 0 5 − x1,2 0 Weiter ist zu beachten, dass CA = = und CB = = . Die 2−r 0 8−r 0 y-Koordinaten der Vektoren sind null für r = 2 bzw. r = 8. Für r = 2 berechnet man x1 = 5 und x2 = 1. − → → − Für x2 = 1 gilt CA = 0 . Folglich muss x2 = 1 und damit zusammenhängend r = 2 gefordet werden. − → → − Für r = 8 berechnet man ebenfalls x1 = 5 und x2 = 1. Für x1 = 5 gilt CB = 0 . Folglich √ muss x1 = 5 und    damit zusammenhängend r = 8 gefordert werden. Zusammengefasst kann C 3 + −r2 + 10r − 12r √    mit r ∈ I \ {8} oder C 3 − −r2 + 10r − 12r mit r ∈ I \ {2} gewählt werden. Fall 3.2: Wir wählen x = r ∈ R beliebig. Dann folgt aus√(∗) die Gleichung r2 − 6r +√y2 − 10y + 21 = 0, die nach der pq-Formel formal die Lösungen y1 = 5 + −r2 + 6r + 4 und y2 = 5 − −r2 + 6r + 4 hat. Es gibt nur dann eine Lösung, wenn −r2 + 6r + 4 ≥ 0 bzw. r2 − 6r − 4 ≤ 0 gilt. Zur Lösung die2 ser Ungleichung betrachten √ wir zunächst die √ Gleichung r − 6r − 4 = 0, die nach der pq-Formel die Lösungen r1 = 3 − 13 und r2 = 3 + 13 hat. Da der Scheitelpunkt der nach oben geöffne2 − 6r − 4 unterhalb der Abszissenachse liegt, folgt r 2 − 6r − 4 ≤ 0 für alle ten Parabel √ =r √ 2 ( p(r) r ∈ J := 3 − 13; 3 + 13 .         − → − → 1−r 0 0 5−r Weiter ist zu beachten, dass CA = = = und CB = . Die 2 − y1,2 0 0 8 − y1,2 x-Koordinaten der Vektoren sind null für r = 1 bzw. r = 5. Für r = 1 berechnet man y1 = 8 und y2 = 2. − → → − Für y2 = 2 gilt CA = 0 . Folglich muss y2 = 2 und damit zusammenhängend r = 1 gefordert werden. − → → − Für r = 5 berechnet man ebenfalls y1 = 8 und y2 = 2. Für y1 = 8 gilt CB = 0 . Folglich muss y1 = 8 und   √  damit zusammenhängend r = 5 gefordert werden. Zusammengefasst kann C r5+ −r2 + 6r + 4 mit √    r ∈ J \ {5} oder C r5 − −r2 + 6r + 4 mit r ∈ J \ {1} gewählt werden. Bemerkung: Die Aufgabenstellung verlangt nicht, dass alle möglichen Fälle und die dazugehörigen Punkte wie eben dargestellt angegeben werden. Es genügt zur Lösung eben ausdrücklich auch, genau einen Punkt C zu bestimmen. Das muss weder so ausführlich und noch nicht einmal rechnerisch erfolgen, denn in der Ebene ist eine grafische Lösung möglich. Dazu zeichnet man die beiden Punkte A und B in ein kartesisches Koordinatensystem, verwendet ein rechtwinkliges Dreieck und zeichnet ein ebensolches durch die Punkte A und B. Die Koordinaten des dritten Punkts lassen sich dann ggf. aus der Skizze ablesen, wozu allerdings eine sorgfältige Vorgehensweise notwendig ist und der Punkt C idealerweise so gelegt wird, dass er sich in den Schnittpunkten der Gitternetzlinien des karierten Papiers befindet. Mit dem so bestimmten Punkt C sollte man zur Selbstkontrolle die Orthogonalität der jeweiligen Vektoren ergänzend rechnerisch nachprüfen. b) Wir machen den Ansatz C(x|y|z) mit x, y, z ∈ R und führen eine Fallunterscheidung durch: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −5 x−3 − → ⎝ − → 4 ⎠ und AC = ⎝ y + 2 ⎠. Der Fall 1: Der rechte Winkel liegt bei A. Dann betrachten wir AB = 1 z−1 − → − → rechte Winkel liegt beim Punkt A, wenn die Gleichung AB • AC = −5x + 4y + z + 22 = 0 erfüllt ist. In einer linearen Gleichung mit drei Variablen können zwei der Variablen beliebige Werte zugewiesen werden. Wählen wir z. B. x = r ∈ R und y = s ∈ R,⎛dann gilt weiter 4s + z + 22 = 0, woraus ⎞ −5r ⎛ +⎞ r−3 0 − → s + 2 ⎠ = ⎝ 0 ⎠ gelten muss. Für r = 3 z = 5r − 4s − 22 folgt. Es ist zu beachten, dass AC = ⎝ 5r − 4s − 23 0 und s = −2 wird diese Forderung verletzt, sodass wir zusätzlich (r; s) = (3; −2) fordern müssen. Zusammenfassung: Für C(r|s|5r − 4s − 22) mit (r; s) ∈ R2 \ {(3; −2)} ist das Dreieck ABC rechtwinklig.

378

2 Vektoren und ihre Eigenschaften ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 5 x+2 − → ⎝ − → Fall 2: Der rechte Winkel liegt bei B. Dann betrachten wir BA = −4 ⎠ und BC = ⎝ y − 2 ⎠. Der −1 z−2 − → − → rechte Winkel liegt beim Punkt B, wenn die Gleichung BA • BC = 5x − 4y − z + 20 = 0 erfüllt ist. Wählen wir z. B. x = r ∈ R und y = s ∈ R beliebig, ⎛ dann gilt weiter⎞5r −⎛4s ⎞ − z + 20 = 0, woraus r+2 0 − → s − 2 ⎠ = ⎝ 0 ⎠ gelten muss. Diese z = 5r − 4s + 20 folgt. Es ist zu beachten, dass BC = ⎝ 5r − 4s + 18 0 Forderung wird für r = −2 und s = 2 verletzt, sodass wir zusätzlich (r; s) = (−2; 2) fordern müssen. Zusammenfassung: Für C(r|s|5r − 4s + 20) mit (r; s) ∈ R2 \ {(−2; 2)} ist das Dreieck ABC rechtwinklig. ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 3−x −(2 + x) − → ⎝ − → 2 − y ⎠ ist die nichtlineare Fall 3: Der rechte Winkel liegt bei C. Mit CA = −(2 + y) ⎠ und CB ⎝ 1−z 2−z Gleichung − → − → (#) CA • CB = x2 − x + y2 + z2 − 3z − 8 = 0 erfüllt. Analog zur Vorgehensweise in Aufgabenteil a) führt die folgende Fallunterscheidung zu möglichen Lösungen: – Fall 3.1: x = r ∈ R und y = s ∈ R beliebig wählen, in (#) einsetzen, anschließend z bestimmen – Fall 3.2: x = r ∈ R und z = s ∈ R beliebig wählen, in (#) einsetzen, anschließend y bestimmen – Fall 3.3: y = r ∈ R und z = s ∈ R beliebig wählen, in (#) einsetzen, anschließend x bestimmen In allen drei Fällen sind ggf. entsprechende Intervalle für r und s zu bestimmen, die mit den durchzu− → → − → → − − führenden Rechnungen verträglich sind, und es ist CA = 0 und CB = 0 zu beachten. Die ausführliche Diskussion aller drei Fälle soll hier nicht vorgeführt werden. Wir beschränken uns auf den Fall 3.1 und wollen dabei auch nicht mit beliebigen Parametern r, s ∈ R arbeiten, sondern genau ein konkretes Zahlenpaar betrachten, nämlich x = z = 1. Setzen wir dies in 10, woraus die Lösungen (#) ein,√dann erhalten √ wir 1 − 1 + y2 + 1 − 3 − 8 = y2 − 10 = 0, also y2 =√ √ y1 = − 10 und y2 = 10 folgen. Die Lösungspunkte sind damit C1 (1| − 10|1) und C2 (1| 10|1). Wegen C1 = A und C2 = B sind C1 und C2 zwei Punkte mit den gewünschten Eigenschaften, d. h., die Dreiecke ABC1 bzw. ABC2 sind rechtwinklig mit dem rechten Winkel bei C1 bzw. C2 .

Lösung 2.5.17: ⎛ a)

d)

g)

j)

⎞ 1 → − → − u × v = ⎝ −1 ⎠ 0 ⎛ ⎞ −24 → − − u ×→ v = ⎝ 45 ⎠ 9 ⎛ ⎞ 1 → − → − u × v =⎝ 2⎠ −4 √ ⎞ ⎛ 10 √3 + √ → − → − u × v = ⎝ 35 −√ 6 ⎠ −2 − 21

⎛ ⎞ −20 → − → − b) u × v = ⎝ 25 ⎠ −22 ⎛ ⎞ −8 → − → − ⎝ 4⎠ e) u × v = 24 ⎛ ⎞ −3 → − → − h) u × v = ⎝ −1 ⎠ 0 ⎛ ⎞ 88 → − → − k) u × v = ⎝ −28 ⎠ −58

c)

f)

i)

l)

⎛ ⎞ −11 → − → − u × v = ⎝ −12 ⎠ 29 ⎛ ⎞ 11 → − → − ⎝ u × v = −144 ⎠ 3 ⎛ ⎞ 4 → − − u ×→ v = ⎝ −4 ⎠ −4 ⎛ ⎞ 4r + 3 → − → − u × v = ⎝ rs − 6 ⎠ −s − 8

2.5 Winkel zwischen Vektoren

379

Lösung 2.5.18: Man berechnet  →  − → −  → − → − → − → − − − 2− a ×→ a = b × 3b = → a ×→ c = b×d = 0 . Das Ergebnis lässt sich darauf zurückführen, dass jeweils das Kreuzprodukt linear abhängiger Vektoren berechnet wird, was stets den Nullvektor ergibt.

Lösung 2.5.19: ⎛ ⎞ 27 → − ⎝ → − a) a × b = −18 ⎠ −3

→ − → − − − − b) Jeder Normalenvektor → n von → a⎛ und b ⎞ ist kollinear zu → a × b . Folglich haben alle Normalenvektoren 27 − → − − a × b = r ⎝ −18 ⎠ mit r ∈ R \ {0}. die Gestalt → n =r → −3 c) Die in b) durchgeführte skalare Multiplikation lässt sich auch umdrehen, ⎛d. h.,⎞Ausklammern des Fak9 → − → − − − tors 3 in den Koordinaten von → a × b ergibt die Darstellung → a × b = 3 ⎝ −6 ⎠. Nach den Überlegun−1 ⎛ ⎞ 9 → − − − gen in der Lösung zu b) ist auch → n = ⎝ −6 ⎠ ein Normalenvektor zu → a und b , der den geforderten −1 ⎛ ⎞ −9 → − Bedingungen genügt. Die mögliche Alternative ist n = ⎝ 6 ⎠. 1 ⎛ ⎞ 9 √ − − d) Der in c) bestimmte Normalenvektor → n∗ = ⎝ −6 ⎠ hat die Länge |→ n∗ | = 118. Folglich hat der Vektor −1 ⎛ ⎞ 9 − −∗ |→ 1 → n∗ | 1 ⎝ → − − −6 ⎠ die Länge |→ n = → n =√ n|= → = 1. − | n∗ | |− n∗ | 118 −1 → − − Diese Vorgehensweise lässt sich auf jeden beliebigen Normalenvektor von⎛→ a und⎞b übertragen. Bei 27  → − −  √ 1 ⎝ − → − − − −18 ⎠ mit |→ n | = 1. n =√ Verwendung von → a × b mit → a × b  = 1062 ergibt sich → 1062 −3

− − − e) Ist → n∗ ein Vektor mit der Länge |→ n∗ ein⎛für beliebiges n∗ | = 1, dann ist c→ c ∈ R≥0 ein Vektor der Länge ⎞ 9 5 ⎝ − − − −6 ⎠. |c→ n∗ | = c |→ n∗ | = c. Diese Überlegung liefert → n =√ 118 −1 ⎛ ⎞ 9 1 − f) → n = √ ⎝ −6 ⎠ 59 −1 ⎛ ⎞ 9 1 ⎝ → − −6 ⎠ g) n = √ 2 118 −1

380

2 Vektoren und ihre Eigenschaften

Lösung 2.5.20: − 2 − − − n = 1 a) → n2 = → n •→ n = →     − a) → − → − → − − − − b) n • r · n = r · n • → n = r·→ n •→ n = r·→ n2 = r   a) − − − − − n 2 = 1+1 = 2 c) → n• → n +→ n = → n 2 +→ →  a) − → − − → − − n 2 = 4 + 12 = 16 d) 4 · n • n + 3 · n = 4 · → n 2 + 12 · →   a) − − − − − n 2 = r+s e) → n • r·→ n +s·→ n = r·→ n 2 +s·→ → 2  → 2 − → − − → − 2 f) n + n = 2n = 4n = 4

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ w1 u1 → − → − a) Wir betrachten beliebige Vektoren u = ⎝ u2 ⎠ und w = ⎝ w2 ⎠. Es gilt u3 w3 Lösung 2.5.21:

2 − 2 →    − − − − − u  · → w = → u •→ u ·→ w •→ w = u21 + u22 + u23 w21 + w22 + w23 = u21 w21 + u21 w22 + u21 w23 + u22 w21 + u22 w22 + u22 w23 + u23 w21 + u23 w22 + u23 w23 und 2  2 → − − u •→ w = u1 w1 + u2 w2 + u3 w3 = u21 w21 + u1 u2 w1 w2 + u1 u3 w1 w3 + u1 u2 w1 w2 + u22 w22 + u2 u3 w2 w3 + u1 u3 w1 w3 + u2 u3 w2 w3 + u23 w23 =

u21 w21

+ u22 w22 + u23 w23 + 2u1 u2 w1 w2 + 2u1 u3 w1 w3 + 2u2 u3 w2 w3

Weiter berechnen wir → 2 − 2 → 2 − − w − − u •→ w = u21 w22 − 2u1 u2 w1 w2 + u22 w21 u  · → + u21 w23 − 2u1 u3 w1 w3 + u23 w21 + u22 w23 − 2u2 u3 w2 w3 + u23 w22 2 2 2   = u1 w2 − u2 w1 + u1 w3 + u3 w1 + u2 w3 + u3 w2 ≥ 0, 

woraus

2 − 2 → 2 → − − u  · − w u •→ w ≤ →

folgt. Wegen der Monotonie der Wurzelfunktion folgt daraus →  −  →  − − u •→ w  ≤ → u  · − w . − − − − Das Gleichheitszeichen gilt, wenn → u und → w linear abhängig sind, d. h., es gibt ein r ∈ R mit → u = r→ w. Dann gilt:   −  →   −  →   − →  − 2 −  → → − − − − w u  · − w  = → w  = r→ w  · − w  = r→ w  · − u •→ w  = r→ w •− w  = r→ w •→ w = r→ − 2 → 2 − 2 → 2 − →  − →  −2 → b) Es gilt → u −− w • → u +− w =→ u −− w 2 = → u  − − w  = → u  − − u  = 0, wobei das erste Gleichheitszeichen  −  wegen Aufgabe 2.5.5 und das vorletzte Gleichheitszeichen wegen der Voraussetzung → − w  gilt. u  = → − →  − →  −2 → → − − − − − c) Da u − → w orthogonal ist zu → u +→ w , gilt → u −− w • → u +− w =→ u −− w 2 = 0. Addition von → w2 2  2 → → − → − → − − 2 2 liefert Gleichung u = w , die äquivalent zu  u  =  w  ist, woraus wie behauptet   die − äquivalente → − w  folgt. u  = →

2.5 Winkel zwischen Vektoren

381

− − − − d) Da → u und → w orthogonal sind, gilt → u •→ w = 0. Unter Verwendung von Aufgabe 2.5.5 rechnen wir nach, dass die behauptete Gleichung gilt: 2 → 2 − → − − u −− w u +→ w = →

⇔

→ − − − − − − − − u 2 + 2→ u •→ w +→ w2 = → u 2 − 2→ u •→ w +→ w2

− − − − − − Subtraktion von → u 2 +→ w 2 liefert 2→ u •→ w = −2→ u •→ w . Diese Gleichung ist wegen der Vorausgesetzung → − − u •→ w = 0 äquivalent zur Gleichung 0 = 0, woraus die Gültigkeit der behaupteten Gleichung folgt. e) Wir berechnen: 2 → 2 − → − − − − − − u +→ w = → u +− w = → u 2 + 2→ u •→ w +→ w2

   2  − 2 − 2 −  → − − w  = → w  + → u  · − w ≤ → u  + 2→ u  + →  − →  −  → w . u  + − Dabei gilt das ≤-Zeichen wegen a). Ziehen der Quadratwurzel ergibt → u +− w  ≤ →

Lösung 2.5.22:

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 2 −→ − → ⎝ − → −→ ⎝ ⎠ 2 und PS = QR = 1 ⎠ ist das Viereck PQRS ein Parallelogramm und a) Wegen PQ = SR = −3 −2 deshalb berechnen wir z. B. mit Satz 2.145 e) und f)  √ −→2 − →2 −→ − →2 A = PQ · PS − PQ • PS = 14 · 9 − 102 = 26 oder alternativ mittels Kreuzprodukt ⎛ ⎞  −1   √ −→ −    → A = PQ × PS = ⎝ −4 ⎠ = 12 + 42 + 32 = 26 .  −3  ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −5 4 −→ − → ⎝ − → − → −→ − → 3 ⎠ und PS = QR = ⎝ 12 ⎠. Wegen PQ • PS = 0 ist das Viereck ABC b) Wir berechnen PQ = SR = 8 −2 ein Rechteck, womit √ √ √ √ √ √ √ −→ − → A = PQ · PS = 98 164 = 2 49 2 82 = 14 82 folgt. Da ein Rechteck nur ein Spezialfall eines Parallelogramms ist, kann auch Satz 2.145 e) und f) verwendet werden, zum Beispiel  √ −→2 − →2 −→ − →2 A = PQ · PS − PQ • PS = 98 · 164 − 02 = 14 82 oder alternativ mittels Kreuzprodukt ⎛ ⎞  −102   √ √ −→ −    → A = PQ × PS = ⎝ 22 ⎠ = 1022 + 222 + 722 = 16072 = 14 82 .  −72  ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 5 0 −→ − → ⎝ ⎠ − → −→ ⎝ c) Wegen PQ = SR = 0 und PS = QR = −5 ⎠ ist das Viereck PQRS ein Parallelogramm und 2 −2 deshalb berechnen wir z. B. mit Satz 2.145 e) und f)

382

2 Vektoren und ihre Eigenschaften A =

 √ √ −→2 − →2 −→ − →2 PQ · PS − PQ • PS = 29 · 29 − (−4)2 = 825 = 5 33

oder alternativ mittels Kreuzprodukt ⎛ ⎞  10   √ −→ −   → A = PQ × PS = ⎝ 10 ⎠ = 102 + 102 + 252 = 5 33 .  −25  Lösung 2.5.23: Wir verwenden die in Beispiel 2.148 demonstrierte Berechnung des Flächeninhalts eines Dreiecks mithilfe des Kreuzprodukts von Vektoren: ⎞ ⎞ ⎛ ⎛ ⎛ ⎞ −1 1 2 −→ − √ −→ ⎝ − → → − → − → 0 ⎠, PR = ⎝ −2 ⎠, PQ × PR = ⎝ 0 ⎠, A = 12 PQ × PR = 12 8 a) PQ = 1 −1 2 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −9 −4 0 −→ − −→ −→ − − → → → b) PQ = ⎝ 2 ⎠, PR = ⎝ −2 ⎠, PQ × PR = ⎝ 0 ⎠, A = 12 PQ × PR = 13 0 0 26 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −2 −5 0 −→ − −→ −→ − → − → → c) PQ = ⎝ 6 ⎠, PR = ⎝ 8 ⎠, PQ × PR = ⎝ 0 ⎠, A = 12 PQ × PR = 7 0 0 14 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −2 −5 6 −→ − −→ −→ − − → → → √ d) PQ = ⎝ 6 ⎠, PR = ⎝ 8 ⎠, PQ × PR = ⎝ 2 ⎠, A = 12 PQ × PR = 59 0 1 14

Lösung 2.5.24:

⎛ −→ ⎝ a) Einsetzen von PQ =

⎞ ⎛ ⎞ 0 2 √ − → 1 ⎠, PR = ⎝ 0 ⎠ und A = 12 149 in die Gleichung c−2 1 1 A = 2

-

−→2 − →2 −→ − →2 PQ · PR − PQ • PR

ergibt: 1√ 1 149 = 2 2



 1 + (c − 2)2 · 5 − (c − 2)2

⇔

√

149 =



4c2 − 16c + 21

Quadrieren ergibt weiter: 149 = 4c2 − 16c + 21

⇔

4c2 − 16c − 128 = 0

⇔

c2 − 4c − 32 = 0

Die pq-Formel liefert die Lösungen c1 = 8 und c2 = −4.

(∗)

−→ − → Alternativ kann die Berechnung mithilfe der Formel A = 12 PQ × PR erfolgen. Dies führt zunächst auf die folgenden Zwischenergebnisse: ⎛ ⎞  1   √ 1 ⎝ 1√ 149 =  2c − 4 ⎠ ⇔ 149 = 4c2 − 16c + 21 2 2 −2 

Quadrieren liefert die Rechenschritte in (∗) und damit die schon bekannten Ergebnisse.

2.5 Winkel zwischen Vektoren 383 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 0 −→ − −→ → − → b) Einsetzen von PQ = ⎝ 2 ⎠, PR = ⎝ c − 1 ⎠ und A = 4 in zum Beispiel die Gleichung A = 12 PQ× PR 2 −2 ergibt: ⎛ ⎞  −(2c + 2)    1 ⎝ 2 ⎠ ⇔ 8 = 5c2 + 6c + 9 4 =  2 c−1  Quadrieren ergibt weiter: 6 c2 + c − 11 = 0 5 √ √ 2 71 − 3 3 + 2 71 und c2 = − . Die pq-Formel liefert die Lösungen c1 = 5 5 64 = 5c2 + 6c + 9 = 0

⇔

5c2 + 6c − 55 = 0

⇔

→ − − Lösung 2.5.25: Die Berechnung des Winkels α zwischen → a und b führt durch Anwendung der Gleichung aus Satz 2.146 a) auf die Berechnungsformel ) * − − → u ×→ w  −  . α = arcsin → − w u  · → Damit erhalten wir: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞  −4    ⎝ 8 ⎠ ⎜ ⎟ )√ *   ⎜ ⎟  −4  ⎜ ⎟ 96 ⎜ ⎟     ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ a) α = arcsin ⎜  ≈ 44, 42◦ ⎟ = arcsin 14    1 3 ⎜ ⎟    ⎝ ⎝ 2 ⎠ · ⎝ 2 ⎠ ⎠      3   1  ⎛ ⎞ ⎞ ⎛  4   ⎝ −43 ⎠ ⎟ ⎜ * ) √   ⎟ ⎜  −108  ⎟ ⎜ ⎟ = arcsin √ 13529     ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ √ ≈ 81, 69◦ b) α = arcsin ⎜ ⎜ 5   11  ⎟ 98 141 ⎟ ⎜ ⎝ ⎝ 8 ⎠ · ⎝ −4 ⎠ ⎠      −3   2  Lösung 2.5.26: ⎛

⎞ ⎛ ⎞ w1 u1 − − w = ⎝ w2 ⎠ beliebig. Nach Definition 2.141 gilt: a) Seien → u = ⎝ u2 ⎠ und → u3 w3 ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ w3 u2 − w2 u3 u2 w3 − u3 w2 w2 u3 − w3 u2 − − − − u ×→ w −→ w ×→ u = − ⎝ w3 u1 − w1 u3 ⎠ = ⎝ w1 u3 − w3 u1 ⎠ = ⎝ u3 w1 − u1 w3 ⎠ = → w1 u2 − w2 u1 w2 u1 − w1 u2 u1 w2 − u2 w1 ⎛

⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ v1 w1 u1 −v = ⎝ v ⎠ und → − − w = ⎝ w2 ⎠ beliebig. Nach Definition 2.141 gilt: b) Seien → u = ⎝ u2 ⎠, → 2 u3 v3 w3 ⎛

384

2 Vektoren und ihre Eigenschaften ⎞ v1 + w1 u2 (v3 + w3 ) − u3 (v2 + w2 ) u1 →  → − − → − u × v + w = ⎝ u2 ⎠ × ⎝ v2 + w2 ⎠ = ⎝ u3 (v1 + w1 ) − u1 (v3 + w3 ) ⎠ u3 v3 + w3 u1 (v2 + w2 ) − u2 (v1 + w1 ) ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ u2 v3 − u3 v2 + u2 w3 − u3 w2 u2 v3 + u2 w3 − u3 v2 − u3 w2 = ⎝ u3 v1 + u3 w1 − u1 v3 − u1 w3 ⎠ = ⎝ u3 v1 − u1 v3 + u3 w1 − u1 w3 ⎠ u1 v2 + u1 w2 − u2 v1 − u2 w1 u1 v2 − u2 v1 + u1 w2 − u2 w1 ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ u2 w3 − u3 w2 u2 v3 − u3 v2 − −v + → − − u ×→ u ×→ w = ⎝ u3 v1 − u1 v3 ⎠ + ⎝ u3 w1 − u1 w3 ⎠ = → u1 v2 − u2 v1 u1 w2 − u2 w1 ⎛

⎞

⎛

⎞

⎛

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ w1 u1 → − → − c) Seien u = ⎝ u2 ⎠, w = ⎝ w2 ⎠ und r ∈ R beliebig. Nach Definition 2.141 gilt: u3 w3 ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ w1 ru2 w3 − ru3 w2 ru1  →  → − − r u × w = ⎝ ru2 ⎠ × ⎝ w2 ⎠ = ⎝ ru3 w1 − ru1 w3 ⎠ ru3 w3 ru1 w2 − ru2 w1 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ r(u2 w3 − u3 w2 ) u2 w3 − u3 w2 − →  ⎝ ⎠ ⎝ = r(u3 w1 − u1 w3 ) = r u3 w1 − u1 w3 ⎠ = r → u ×− w u1 w2 − u2 w1 r(u1 w2 − u2 w1 ) − − d) In einer genau-dann-wenn-Aussage sind zwei Richtungen zu zeigen: Seien → u und → w linear abhängig, → − → − d. h., es gibt ein r ∈ R mit u = r w . Dann berechnet man wegen c) und mit Definition 2.141: ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ 0 w2 w3 − w3 w2  →  → →  → − → − → − − − − → − ⎠ ⎝ = ⎝0⎠ = 0 u × w = r w × w = r w × w = r w3 w1 − w1 w3 w1 w2 − w2 w1 0 → − − − Umgekehrt sei → u ×→ w = 0 vorausgesetzt. Dann sind die Gleichungen u2 w3 = u3 w2 u3 w1 = u1 w3 u1 w2 = u2 w1 erfüllt. Eine Lösung dieses nichtlinearen Gleichungssystems ist (u1 ; u2 ; u3 ) = (rw1 ; rw2 ; rw3 ), d. h. → − − u = r→ w. Lösung 2.5.27: Seien A, B und C die Eckpunkte des Dreiecks Δ ABC. Weiter seien ha , hb und hc die Höhen des Dreiecks mit den Fußpunkten Fa , Fb und Fc (siehe Abb. 131). Da die Höhen ha bzw. hb auf den Seiten BC bzw. AC senkrecht stehen, gilt −→ − → AFa • BC = 0

und

→ −→ − BFb • AC = 0 .

(∗)

Da die Höhen ha und hb innerhalb des Dreiecks Δ ABC liegen, müssen sie sich in einem Punkt S schneiden. Deshalb existiert ein α ∈ R>0 und ein β ∈ R>0 mit −→ − → AFa = α AS und

− → −→ BFb = β BS .

− → − → − → − → Das setzen wir in (∗) ein und erhalten α AS • BC = 0 und β BS • AC = 0. Daraus folgt − → − → AS • BC = 0

und

− → − → BS • AC = 0 .

(∗∗)

2.6 Basis und Dimension

385

Es bleibt zu zeigen, dass auch die Höhe hc durch den Punkt S − → verläuft. Dazu genügt es zu zeigen, dass der Vektor CS senk− → − → − → recht auf AB steht, d. h., es ist CS • AB = 0 nachzuweisen. Wir stellen zunächst fest, dass

C

− → − → − → − → − → − → − → − → − → CS = −AC + AS , CS = −BC + BS und AB = AC − BC

hc Fb

gilt. Damit folgt unter Berücksichtigung von (∗∗): − → − → − → − → − → CS • AB = CS • AC − BC − → − → − → − → = CS • AC − CS • BC  −  → − → − →  − → − → − → = − BC + BS • AC − − AC + AS • BC − → − → − → − → − → − → − → − → = −BC • AC + BS • AC + AC • BC − AS • BC − → − → − → − → = −AC • BC + 0 + AC • BC − 0 = 0

Fa S

ha A

hb Fc

B

Abb. 131: Skizze zu Aufgabe 2.5.27

2.6 Basis und Dimension Lösung 2.6.1: Ein einfacher Lösungsweg ergibt sich, wenn Definition 2.153 eines Erzeugendensystems sowie die Folgerungen 2.169 und 2.170 gemeinsamen interpretiert werden. Demnach ist eine Vektormenge E ein Erzeugendensystem des R2 , wenn aus E zwei linear unabhängige Vektoren ausgewählt werden können, die zusammen eine Basis des R2 bilden. Folglich müssen wir lediglich überprüfen, ob sich in E zwei linear unabhängige Vektoren befinden. 2 , denn je zwei aus E ausgewählte Vektoren sind linear unabhäna) E1 ist ein Erzeugendensystem des R    1 1 −1 gig, wie zum Beispiel die Vektoren und . 1 1 2 des b) E2 ist kein Erzeugendensystem     R , denn je zwei  aus E2 ausgewählte Vektoren sind linear abhängig. 4 −8 1 Genauer sind und kollinear zu . 8 −16 2

c) E3 ist ein Erzeugendensystem und sogar eine Basis des R2 . d) Ein Erzeugendensystem des R2 muss mindestens zwei Vektoren enthalten. Folglich ist die nur einen Vektor enthaltende Menge E4 kein Erzeugendensystem des R2 . Lösung 2.6.2: Ein einfacher Lösungsweg ergibt sich, wenn Definition 2.153 eines Erzeugendensystems sowie die Folgerungen 2.169 und 2.170 gemeinsamen interpretiert werden. Demnach ist eine Vektormenge E ein Erzeugendensystem des R3 , wenn aus E drei linear unabhängige Vektoren ausgewählt werden können, die zusammen eine Basis des R3 bilden. Folglich müssen wir lediglich überprüfen, ob sich in E drei linear unabhängige Vektoren befinden. ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 0 1 1 a) E1 ist ein Erzeugendensystem des R3 , denn zum Beispiel sind die Vektoren ⎝ 0 ⎠, ⎝ 0 ⎠ und ⎝ 2 ⎠ 1 1 1 linear unabhängig. Vektoren⎛sind b) E2 ist kein Erzeugendensystem des R3 , denn ⎛ jeweils ⎞ ⎛zwei ⎞ der ⎛vier ⎞ ⎞ von ⎛ den ⎞ restlichen ⎛ ⎞ 1 1 2 1 1 1 beiden linear abhängig. Zum Beispiel gilt 3 ⎝ 0 ⎠ − ⎝ 1 ⎠ = ⎝ −1 ⎠ und 2 ⎝ 1 ⎠ − ⎝ 0 ⎠ = ⎝ 2 ⎠. 1 2 1 2 1 3

386

2 Vektoren und ihre Eigenschaften

c) E3 ist ein Erzeugendensystem und sogar eine Basis des R3 . d) Ein Erzeugendensystem des R3 muss mindestens drei Vektoren enthalten. Folglich ist die nur zwei Vektoren enthaltende Menge E4 kein Erzeugendensystem des R3 . der DefiEs gibt Alternativen zur Begründung der Ergebnisse, zum Beispiel unter alleiniger ⎛Verwendung ⎞ ux − nition eines Erzeugendensystems. Danach muss sich jeder beliebige Vektor → u = ⎝ uy ⎠ ∈ R3 als Linearuz kombination der Vektoren aus Ei darstellen lassen. Für E1 führt das auf die Untersuchung der Lösbarkeit des folgenden linearen Gleichungssystems (I-III): I II III II − 2 · I = IV III − I = V

: r2 + : : r1 + r2 + : −2r2 : r1 +

r3 + r4 = ux 2r3 + 2r4 = uy 3r3 + r4 = uz = uy − 2ux 2r3 = uz − ux

Aus Gleichung IV folgt r2 = ux − 12 uy . In Gleichung V kann z. B. r3 = t ∈ R beliebig gewählt werden, d. h. r1 + 2t = uz − ux , woraus r1 = uz − ux − 2t folgt. Einsetzen von r2 = ux − 12 uy und r3 = t in Gleichung I liefert r4 = 12 uy − t. Die Lösungsmenge des Gleichungssystems (I-III) besteht damit aus den geordneten   4-Tupeln (r1 ; r2 ; r3 ; r4 ) = uz − ux − 2t ; ux − 12 uy ; t ; 12 uy − t mit t ∈ R, d. h., zu jeder beliebigen Wahl − u als der Vektorkoordinaten ux , uy und uz gibt es eine Lösung des Gleichungssystems. Das bedeutet, dass → Linearkombination der Vektoren aus E1 dargestellt werden kann und demzufolge ist E1 ein Erzeugendensystem des R3 . Für E2 ist die Lösbarkeit des folgenden linearen Gleichungssystems (I-III) zu untersuchen: I II III III − I = IV II II − IV = V

: r1 + 2r2 + r3 : − r2 + r3 : r1 + r2 + 2r3 : − r2 + r3 : − r2 + r3 :

+ + + + +

r4 2r4 3r4 2r4 2r4 0

= ux = uy = uz = uz − ux = uy = uy − uz + ux

Aus Gleichung V folgt, dass das Gleichungssystem genau dann lösbar ist, wenn uy − uz + ux = 0 gilt. Dies ist offensichtlich nicht für jede beliebige Wahl der Vektorkoordinaten ux , uy und uz erfüllt.⎛Zum ⎞ 1 → − ⎝ Beispiel ergibt sich mit ux = 1 und uy = uz = 0 in Gleichung V ein Widerspruch, d. h., u = 0 ⎠ 0 kann nicht als Linearkombination der Vektoren in E2 dargestellt werden. Da nicht jeder Vektor aus R3 als Linearkombination der Vektoren aus E2 dargestellt werden kann, ist E2 kein Erzeugendensystem des R3 .

− →  − − Lösung 2.6.3: B = → u ,− v ist eine Basis von R2 , wenn → u und → v linear unabhängig sind. Dies wird für jede der gegebenen Vektormengen überprüft und führt zu dem Ergebnis, dass B1 , B2 und B4 Basen des R2 sind, während B3 keine Basis des R2 ist. 

− → − − − − u ,− v ,→ w ist eine Basis von R3 , wenn → Lösung 2.6.4: B = → u,→ w und → w linear unabhängig sind. Dies wird für jede der gegebenen Vektormengen überprüft und führt zu dem Ergebnis, dass B2 , B3 Basen des R3 sind, während B1 und B4 keine Basen des R3 sind.

2.6 Basis und Dimension

387 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 1 −1 Lösung 2.6.5: Zum Beispiel durch die Linearkombination 2 ⎝ 1 ⎠ − 3 ⎝ 0 ⎠ = ⎝ 2 ⎠ wird deutlich, 2 1 1 dass die Vektoren linear abhängig sind. Folglich ist E kein Erzeugendensystem des R3 und erst recht keine Basis, denn dazu⎛müsste linear ⎞ E drei ⎛ ⎞ unabhängige Vektoren enthalten. Durch Vergleich der y1 1 − − − − v2 = ⎝ 0 ⎠ erkennen wir, dass → v1 und → v2 linear unabhängig sind. Der Koordinaten von → v1 = ⎝ 1 ⎠ und → 2 1 ⎛ ⎞ ux − − − v2 linear unabhängig sein, d. h., die Vektorgleiv1 und → gesuchte Vektor → u = ⎝ uy ⎠ muss folglich zu → uz → − − − − − v + t→ u = 0 hat nur die triviale Lösung r = s = t = 0. Ein geeigneter Vektor → u lässt sich chung r→ v + s→ 1

2

zum Beispiel durch Probieren finden. Etwas mehr Systematik hat die Methode, die Lösbarkeit des zur → − − − − Vektorgleichung r→ v1 + s→ v2 + t → u = 0 zugehörigen linearen Gleichungssystems (I-III) zu untersuchen: I II III II − I = IV III − 2 · I = V V − IV = VI

: r+s+ ux t : r + uy t : 2r + s + uz t : −s+ (uy − ux )t : −s+ (uz − 2ux )t : (uz − uy + ux )t

= = = = = =

0 0 0 0 0 0

Damit wir die triviale Lösung r = s = t = 0 erhalten, muss uz − uy + ux = 0 gelten. Dies ist zum Beispiel → − erfüllt. so bestimmte Vektor u ergänzt E zu einem Erzeugendensystem für ux = 1 und uy = u⎧ z = ⎫ ⎛0 ⎞ ⎛ Der ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 −1 1 ⎬ ⎨ 1

− →  − v1 , − v2 , → u . E des R3 , d. h. E = ⎝ 1 ⎠ , ⎝ 0 ⎠ , ⎝ 2 ⎠ , ⎝ 0 ⎠ . Eine Basis des R3 ist B = → ⎩ ⎭ 2 1 1 0 Lösung 2.6.6: Die Vektoren bilden eine Orthogonalbasis, wenn sie paarweise orthogonal sind, d. h. → − − u •→ v =0

− − und → u •→ w =0

−v • → − und → w =0.

Die Überprüfung dieser Bedingung ergibt die folgenden Ergebnisse: − − − a) → u,→ v und → w bilden eine Orthogonalbasis. → − → − − b) u , v und → w bilden eine Orthogonalbasis. − − − −v • → − c) → u,→ v und → w bilden keine Orthogonalbasis, denn es gilt → w = −60. → − → − → − d) u , v und w bilden eine Orthogonalbasis. − − − − − u •→ w = 324. e) → u,→ v und → w bilden keine Orthogonalbasis, denn es gilt → → − → − → − → − − − − − − f) u , v und w bilden keine Orthogonalbasis, denn es gilt u • → v = 5, → u •→ w = −9 und → v •→ w = −1. − −v und → − Lösung 2.6.7: Wenn die drei Vektoren → u,→ w einen Würfel aufspannen, müssen sie (i) eine Orthogonalbasis des R3 bilden und (ii) die gleiche Länge haben. − −v = 0, → − − −v • → − Eigenschaft (i) ist erfüllt, denn es gilt → u •→ u •→ w = 0 und → w = 0. Auch Eigenschaft (ii) ist →  →  →  − − −       erfüllt, denn es gilt u = v = w = 25. Lösung 2.6.8: Die gesuchten Vektoren werden nach dem Muster der Beispiele 2.174 und 2.174 ermittelt. Da ggf. einzelne Koordinaten beliebig gewählt werden können und skalare Vielfache von Vektoren zueinander ebenfalls orthogonal sind, sind die Ergebnisse jedoch nicht eindeutig. Die individuell ermittelten Vektoren können deshalb von den nachfolgenden Musterergebnissen abweichen.

388 

2 Vektoren und ihre Eigenschaften   7 − a) → u = 9 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 3 0 −8 → − d) u = ⎝ 0 ⎠ × ⎝ 2 ⎠ = ⎝ 0 ⎠ 4 0 6 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 3 4 − − f) → u = ⎝ 0 ⎠, → w =⎝5⎠ −4 3



−3 5 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 1 8 → − c) u = ⎝ 2 ⎠ × ⎝ −2 ⎠ = ⎝ 2 ⎠ 3 1 −4 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 −5 − − e) → u = ⎝ 1 ⎠, → w =⎝ 5⎠ 0 2 − a) → u =

Lösung 2.6.9: Jeder Vektor in B ist skalar mit dem Kehrwert seiner Länge zu multiplizieren. Das ergibt:           7 −9 5 −3 1 1 b) B ∗ = √130 , √130 a) B ∗ = √134 , √134 9 7 3 5 ⎧ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎧ ⎞⎫ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎫ 3 −4 ⎬ 0 1 1 4 ⎬ ⎨ ⎨ d) B ∗ = 15 ⎝ 0 ⎠ , ⎝ 1 ⎠ , 15 ⎝ 0 ⎠ c) B ∗ = √114 ⎝ 2 ⎠ , √16 ⎝ −2 ⎠ , √121 ⎝ 1 ⎠ ⎩ ⎭ ⎩ ⎭ 4 3 0 3 1 −2 ⎧ ⎧ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎫ ⎛ ⎞ ⎛ 3⎞ ⎛ ⎞⎫ 1 1 −5 ⎬ −4 4 ⎬ ⎨ ⎨ 5 1 1 1 1 1 e) B ∗ = √27 ⎝ −1 ⎠ , √2 ⎝ 1 ⎠ , √54 ⎝ 5 ⎠ f) B ∗ = 5√2 ⎝ 5 ⎠ , ⎝ 0 ⎠ , 5√2 ⎝ 5 ⎠ ⎩ ⎩ ⎭ ⎭ 5 0 2 −3 3 − 45 ⎛ ⎞ x → − → − − − a) Orthogonalität von u = ⎝ y ⎠ zu den Vektoren → a , b und → a bedeutet: z Lösung 2.6.10:

⎧ ⎨ I II ⎩ III

: : :

⎫ → − − u •→ a = 0⎬ → − → − u•b =0 ⎭ → − − u •→ a =0

⇔

⎧ ⎫ ⎨ I : 7x − 5y + 3z = 0 ⎬ II : −x + 2y − z = 0 ⎩ ⎭ III : 4x + y =0

Das Gleichungssystem ist mehrdeutig ⎛ lösbar ⎞ mit x = −t, y = 4t und z = 9t mit t ∈ R. Der gesuchte −1 − Vektor hat folglich die Gestalt → u = t ⎝ 4 ⎠ und es muss t = 0 gefordert werden, denn für t = 0 ergibt 9 sich der Nullvektor, der zu keinem Vektor orthogonal ist. → − − −c linear abhängig sind, b) Die Lösung des Gleichungssystems (I-III) zeigt, dass die Vektoren → a , b und → → − − → − −c = → denn das System (I-III) erhalten wir auch, wenn wir die Gleichung x a + y b + z→ 0 betrach→ − − ten. Folglich haben wir mit der Lösung des Gleichungssystems (I-III) nicht nur einen zu → a , b und → − c orthogonalen Vektor gefunden, sondern gleichzeitig auch eine nichttriviale Linearkombination des → − → − − − − − − u,→ a , b und → c linear abhängig. Nullvektors aus → a , b und → c . Damit sind auch die Vektoren → 

→ − → − → − 3 c) Eine mögliche Basis des R ist B = a , c , u . → − − −c untereinander nicht orthogonal sind, können aus den vier Vektoren nicht drei Vektoren d) Da → a , b und → derart ausgewählt werden, dass sie eine Orthogonalbasis des R3 bilden. Lösung 2.6.11:     − a) → u = 3; 2 B = 11; −14 B , 1 2   − b) → u = 7; −3 B = (7; −11)B2 , 1     − c) → u = 1; 3; −2 = 0; 10 ; 8 B1

  − d) → u = 18; 3; −2 B

1

    → − w = 23 ; − 23 B = − 2; 3 B 2 1   → − w = 5; −1 = (13; −17)

B2

B1

  10 20  → −  3 3 B2 , w = 5; 3; −2 B1 = 0; 3 ; 3 B2    161 13 31   → −  79 17 = − 43 9 ; 9 ; − 3 B , w = 1; 5; −4 B = − 18 ; 9 ; − 6 B 2

1

2

3 Geraden und Ebenen 3.1 Geradengleichungen Lösung 3.1.1: a) Aus der y-Koordinate des Punkts A ist n = 5 ablesbar. Wird die Herleitung der Vektorgleichung (3.3) nachvollzogen,   dann  führt  das auf die Koordinatengleichung g : y = 2x + 5 und die Parametergleichung 0 1 → − g: x = +r . 5 2     3 1 − b) Eine mögliche Parametergleichung ist g : → x = +r . Zur Herleitung einer Koordinaten2 −2 gleichung gibt es verschiedene Möglichkeiten. Eine Veränderung der x-Koordinate des Punkts A um −1 LE verändert die y-Koordinate um −m = 2 LE. Folglich bewirkt die Änderung der x-Koordinate von A um −3 LE eine Änderung der y-Koordinate um −3m = 6 LE. Dies führt zum Schnittpunkt P(0|8) von g mit der y-Achse, aus dem wir n = 8 ablesen. Es folgt g : y = −2x + 8. Alternative:  DieKoordinaten   des  Schnittpunkts mit der y-Achse lassen sich durch Lösung der Glei0 3 1 chung = +r bestimmen. Aus den x-Koordinaten der in der Vektorgleichung sten 2 −2 henden Vektoren ergibt sich die Gleichung 0 = 3 + r, aus der r = −3 folgt. Dies wird in die den y-Koordinaten zugeordnete Gleichung n = 2 − 2r eingesetzt, d. h. n = 2 − 2(−3) = 8.     4 1 − c) Eine mögliche Parametergleichung ist g : → x = +r . Aus dem Richtungsvektor lesen wir −7 6 den Anstieg m = 6 ab. Den Schnittpunkt P(0|n) von g mit der y-Achse analog  bestimmen   wir   zur 0 4 1 Alternative aus der Lösung zu b), d. h., wir betrachten die Gleichung = +r . Aus n −7 6 den x-Koordinaten der in der Vektorgleichung stehenden Vektoren ergibt sich die Gleichung 0 = 4 + r, woraus r = −4 folgt. Das wird in die Gleichung n = −7 + 6r eingesetzt, die den y-Koordinaten in der Vektorgleichung zugeordnet ist, d. h. n = −7 + 6 · (−4) = −31. Die gesuchte Koordinatengleichung ist g : y = 6x − 31.     −12 −2 − d) Eine mögliche Parametergleichung ist g : → x = +r . Als Richtungsvektor kann auch 53 8   1 − − − u = . Das ergibt jeder zu → u kollineare Vektor verwendet werden, wie zum Beispiel → u∗ = − 21 → −4     −12 1 − − mit g : → x = +s nicht nur eine alternative Parametergleichung, sondern aus → u∗ lässt 53 −4 sich der Anstieg m = −4 der Gerade ablesen. Die y-Koordinate des Schnittpunkts P(0|n) von g mit der y-Achse wird analog zur Lösung von c) ermittelt. Das ergibt n = 5 und damit g : y = −4x + 5.

© Springer-Verlag GmbH Deutschland, ein Teil von Springer Nature 2019 J. Kunath, Analytische Geometrie und Lineare Algebra zwischen Abitur und Studium I, https://doi.org/10.1007/978-3-662-60686-5_6

390 Lösung 3.1.2:     1 1 − a) → x = +r 3 1     −5 8 → − c) x = +r −3 −2

3 Geraden und Ebenen

− b) → x = − d) → x =

 

−5 23 8 −2



 +r



 +r

17 −20 −30 2

 

Lösung 3.1.3: Auf Basis von Satz 3.19 bzw. nach dem Muster von Beispiel 3.20 erhalten wir: a) P ∈ g, Q ∈ g, R ∈ /g b) P ∈ / g, Q ∈ / g, R ∈ g c) P ∈ g, Q ∈ / g, R ∈ g d) P ∈ g, Q ∈ g, R ∈ g e) P ∈ / g, Q ∈ g, R ∈ /g f) P ∈ g, Q ∈ / g, R ∈ /g Lösung 3.1.4: a) Subtraktion von 2x in der gegeben Koordinatengleichung ergibt g : −2x + y = 4. Diese Gleichung kann mit beliebigen reellen Zahlen k = 0 multipliziert werden. Das ergibt zum Beispiel g : 2x − y = −4 für k = −1 oder g : −4x + 2y = 8 für k = 2 oder allgemeiner g : −2kx + ky = 4k für k = 0. b) Subtraktion von 3x und anschließende Division durch 5 ergibt g : y = − 35 x + 15 . c) Multiplikation der Gleichung mit 5 · 4 · 7 = 140 ergibt die Gleichung −56x + 105y = 20. d) Division der Gleichung durch 50 ergibt die Koordinatengleichung 2x − 5y = 1, die gegenüber der gegebenen Gleichung diverse Rechnungen vereinfachen kann. e) Zur Punktprobe kann eine Parametergleichung von g und darauf Satz 3.18 angewandt werden. Einfacher ist es, die Punktprobe mithilfe der Koordinatengleichung durchzuführen, denn liegt ein Punkt P(px |py ) auf g, dann erfüllen seine Koordinaten px und py die Koordinatengleichung, d. h. 3 · px + 7 = py . Liegt P nicht auf g, dann gilt entsprechend 3 · px + 7 = py . Angewandt auf die gegebenen Punkte erhalten wir die folgenden Ergebnisse: • P liegt auf g, denn es gilt 3 · 2 + 7 = 13. • Q liegt auf g, denn es gilt 3 · (−1) + 7 = 4. • R liegt nicht auf g, denn es gilt 3 · 1 + 7 = 10 = −1. f) Die Punktprobe kann analog zu e) durchgeführt werden: • P liegt auf g, denn es gilt 4 · 2 + 3 · 1 = 11. • Q liegt nicht auf g, denn es gilt 4 · 3 + 3 · 0 = 12 = 11. • R liegt nicht auf g, denn es gilt 4 · (−2) + 3 · 3 = 1 = 11. g) Sei P(px |py ) ein beliebiger Punkt der Ebene. Dann gilt: • P liegt auf g, wenn die Koordinaten von P die Koordinatengleichung von g erfüllen, d. h., es gilt apx + bpy = c. • P liegt nicht auf g, wenn die Koordinaten von P die Koordinatengleichung von g nicht erfüllen, d. h., es gilt apx + bpy = c. h) Es gibt verschiedene Möglichkeiten. Analog zu b) wird die gegebene Gleichung in die Gestalt g : y = 2x + 4 überführt. Dann lässt der Vektorgleichung (3.3) nutzen und das ergibt  sich  dieHerleitung  0 1 − die Parametergleichung g : → x = +r . 4 2 Lösung 3.1.5: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 3 → − ⎝ ⎠ a) g : x = 2 + r ⎝ 3 ⎠ 3 3 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 55 −22 − c) g : → x = ⎝ 17 ⎠ + r ⎝ −61 ⎠ −12 17

⎛

⎞ ⎛ ⎞ −1 2 − b) g : → x = ⎝ 2 ⎠ + r ⎝ −4 ⎠ −3 6 ⎛ √ ⎞ ⎛ √ ⎞ √2 √2 − d) g : → x = ⎝ 3√2 ⎠ + r ⎝ 2√2 ⎠ −2 2 5 2

3.1 Geradengleichungen

391

Lösung 3.1.6: Unter Berücksichtigung der im Aufgabentext enthaltenen Hinweise ermittelt man aus Abb. 63 die Koordinaten der Punkte A bis F: A(2| − 2|0) , B(−2|4|0) , C(−2| − 2|0) , D(2| − 2|4) , E(2|4|4) , F(−2|4|4) Damit lässt sich die Zweipunkteform der Geradengleichung verwenden und dies ergibt die folgenden Ergebnisse: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2 2 −4 −4 → − → − b) g2 : x = ⎝ −2 ⎠ + r ⎝ 6 ⎠ a) g1 : x = ⎝ −2 ⎠ + r ⎝ 6 ⎠ 0 0 0 4 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −2 4 −2 4 − − c) g3 : → d) g4 : → x = ⎝ 4 ⎠ + r ⎝ −6 ⎠ x = ⎝ −2 ⎠ + r ⎝ 6 ⎠ 0 4 0 4 Lösung 3.1.7: Unter Berücksichtigung der im Aufgabentext enthaltenen Hinweise zur Lage der Pyramidenspitze und zur Lage der Grundfläche ermittelt man aus Abb. 64 die Koordinaten der Pyramidenpunkte und des Höhenfußpunkts: A(3| − 2|0) , B(3|4|0) , C(−3|4|0) , D(−3| − 2|0) , F(0|1|0) , S(0|1|6)     Daraus folgen weiter die Mittelpunkte der Strecken AS und AB, d. h. M1 32  − 12  3 und M2 (3|1|0). Damit lässt sich die Zweipunkteform der Geradengleichung verwenden und dies ergibt die folgenden Ergebnisse: ⎛ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎞ ⎛ ⎞ 3 3 −6 0 − − a) gAB : → x = ⎝ −2 ⎠ + r ⎝ 6 ⎠ x = ⎝ −2 ⎠ + r ⎝ 0 ⎠ b) gAD : → 0 0 0 0 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 3 −6 −3 0 − − d) gDC : → x = ⎝ 4 ⎠+r⎝ 0 ⎠ x = ⎝ −2 ⎠ + r ⎝ 6 ⎠ c) gBC : → 0 0 0 0 ⎛ ⎛ ⎞ ⎞ ⎛ ⎛ ⎞ ⎞ 3 3 −3 −3 → − → − ⎝ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 3 e) gAS : x = −2 + r f) gBS : x = 4 + r −3 ⎠ 0 0 6 6 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −3 3 −3 3 − − x = ⎝ 4 ⎠ + r ⎝ −3 ⎠ x = ⎝ −2 ⎠ + r ⎝ 3 ⎠ g) gCS : → h) gDS : → 0 0 6 6 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 0 0 3 −6 → − → − i) gFS : x = ⎝ 1 ⎠ + r ⎝ 0 ⎠ j) gBD : x = ⎝ 4 ⎠ + r ⎝ 6 ⎠ 0 0 6 0 ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ 3 3 3 0 2 2 − ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ − k) gAC : → x = ⎝ −2 ⎠ + r ⎝ 6 ⎠ l) gM1 M2 : → x = ⎝ − 12 ⎠ + r ⎝ 32 ⎠ 0 0 3 −3 Lösung 3.1.8: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 3 − a) g : → x = ⎝ 8 ⎠+r⎝ 8 ⎠ 5 7 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 −4 − c) g : → x = ⎝ 32 ⎠ + r ⎝ 38 ⎠ − 57 5

⎛

⎞ ⎛ ⎞ 30 −13 − b) g : → x = ⎝ −73 ⎠ + r ⎝ 3 ⎠ 55 22 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ a 0 − d) g : → x = ⎝ 2a ⎠ + r ⎝ 0 ⎠ 3a −a

392

3 Geraden und Ebenen

Lösung 3.1.9: ⎛ a)

b)

c)

d)

e) f)

g)

h)

i)

⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 3 1 3 −1 − − g:→ x = ⎝ −7 ⎠ + r ⎝ 0 ⎠, eine Alternative: g : → x = ⎝ −7 ⎠ + r ⎝ 0 ⎠ 6 0 6 0 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −3 3 − − g:→ x = r ⎝ 6 ⎠, eine Alternative: g : → x = r ⎝ −6 ⎠ 3 −3 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 0 0 0 → − → − ⎠ ⎝ ⎝ ⎠ g : x = r 1 , eine Alternative: g : x = −5 + r ⎝ 3 ⎠ 0 0 0 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 0 − g:→ x = ⎝ 2 ⎠+r⎝ 0 ⎠ 3 1 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 1 − g:→ x = ⎝ 2 ⎠+r⎝ 0 ⎠ 3 0 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 1 − Ein weiterer Punkt von g ist Q(0|2|0). Daraus folgt g : → x = ⎝ 2 ⎠ + r ⎝ 0 ⎠. 3 3 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 1 − Ein weiterer Punkt von g ist Q(0|0|3). Daraus folgt g : → x = ⎝ 2 ⎠ + r ⎝ 2 ⎠. 3 0 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 −1 −12 1 −12 → − Zunächst berechnet man ⎝ 2 ⎠ × ⎝ 2 ⎠ = ⎝ 0 ⎠. Es folgt g : x = ⎝ 2 ⎠ + r ⎝ 0 ⎠. 3 −3 4 3 4 ⎛ ⎞ 1 − x = r ⎝ 1 ⎠. Alternativen sind Hier gibt es verschiedene Möglichkeiten, wie zum Beispiel g1 : → 0 ⎛ ⎛ ⎛ ⎞ ⎞ ⎞ −1 −1 1 − − − x = r ⎝ 1 ⎠, g 3 : → x = r ⎝ −1 ⎠ oder g4 : → x = r ⎝ −1 ⎠. Dabei ist zu beachten, dass g1 , g2 , g3 g2 : → 0 0 0

und g4 verschiedene Geraden beschreiben. j) Wir berechnen die Abstände der Punkte vom Koordinatenursprung: − − − → → √ → √ 0A = 7 , 0B = 70 , 0C = 27 ,

− → √ 0D = 17

Den kleinsten Abstand zum Koordinatenursprung hat D, den ⎛ größten ⎞ Abstand ⎛ hat ⎞ B. Die Gerade g geht 5 −8 − demnach durch B und D und genügt der Gleichung g : → x = ⎝ 3 ⎠ + r ⎝ −5 ⎠. −6 8 Lösung 3.1.10: a) Für r1 = −2 wird der Ortsvektor von P1 (−7|0| − 1) berechnet, für r2 = 0 ergibt sich P2 (1|2|3) und für r3 = 3 ergibt sich P3 (13|5|9). b) Für r1 = −2 wird der Ortsvektor von P1 (9|0|7) berechnet, für r2 = −1 ergibt sich P2 (5|1|5) und für r3 = 4 wird der Ortsvektor von P3 (−15|6| − 5) berechnet.     c) Für r1 = −5 wird der Ortsvektor von P1 (−6|5|−35) berechnet, für r2 = − 23 ergibt sich P2 1 − 32  − 7     und für r3 = 5 ergibt sich P3 9  5  25 . 2

2

3.1 Geradengleichungen

393

Lösung 3.1.11: Eine für die Lösung der Aufgaben zweckmäßige Darstellung der Geradengleichung ist ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 4 2 − → −→ → − g : x = 0P + rPQ = ⎝ 1 ⎠ + r ⎝ −2 ⎠ . 8 −6 Setzt man in diese Geradengleichung r = 1 ein, dann erhält man damit den Ortsvektor von Q. Entsprechend hat man in den Teilaufgaben geeignete Werte für r ∈ R einzusetzen. ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2 5 4 − → ⎝ ⎠ 1⎝ a) 0A = 1 + 2 −2 ⎠ = ⎝ 0 ⎠, d. h. A(5|0|5) −6 5 8 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 4 2 2 − → b) 0B = ⎝ 1 ⎠ − 1 · ⎝ −2 ⎠ = ⎝ 3 ⎠, d. h. B(2|3|14) 8 −6 14 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 4 2 8 4 2 0 − → ⎝ ⎠ − → ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ c) 0C = 1 + 2 −2 = −3 oder alternativ 0C = 1 − 2 −2 ⎠ = ⎝ 5 ⎠ 8 −6 −4 8 −6 20 d) Eine Möglichkeit folgt aus b), d. h. D = B. Alternative: Einsetzen von r = 3 in die Geradengleichung ergibt den Ortsvektor des Punkts D(10| − 5| − 10), der die Abstandsforderung ebenfalls erfüllt. ⎛ ⎞ ⎛ ⎛ ⎛ ⎞ ⎞ ⎛ 14 ⎞ ⎞ ⎛ 16 ⎞ 4 2 2 4 3 3 −→ ⎝ ⎠ 1 ⎝ − → 2 e) 0T1 = 1 + 3 −2 ⎠ = ⎝ 13 ⎠ und 0T2 = ⎝ 1 ⎠ + 3 ⎝ −2 ⎠ = ⎝ − 13 ⎠ 8 −6 −6 8 6 4 Lösung 3.1.12: Exemplarisch geben wir zu a) die vollständigen Lösungsschritte an, die restlichen Teilaufgaben werden analog zu a) bearbeitet und wir notieren nur das Endergebnis. − a) Wir ersetzen in der Geradengleichung → x durch den Ortsvektor von P und subtrahieren auf beiden Seiten der so erhaltenen Gleichung den Ortsvektor des Geradenstützpunkts. Die so erhaltene Vektorgleichung kann als lineares Gleichungssystem (I-III) interpretiert werden: ⎧ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 1 −1 1 −2 ⎨ I : r = −2 ⎝ 2 ⎠ + r ⎝ −1 ⎠ = ⎝ 4 ⎠ ⇔ r ⎝ −1 ⎠ = ⎝ 2 ⎠ ⇔ II : −r = 2 ⎩ −1 2 −5 2 −4 III : 2r = −4 Die Gleichungen I, II und III haben die eindeutige Lösung r = −2, d. h., r = −2 ist Lösung des Gleichungssystems (I-III). Das bedeutet, dass der Punkt P auf g liegt, in Zeichen P ∈ g. Analog gehen wir mit dem Punkt Q bzw. dessen Ortsvektor vor: ⎧

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 1 −1 1 −2 ⎨ I : r = −2 ⎝ 2 ⎠ + r ⎝ −1 ⎠ = ⎝ −4 ⎠ ⇔ r ⎝ −1 ⎠ = ⎝ −6 ⎠ ⇔ II : −r = −6 ⎩

III : 2r = 6 −1 2 5 2 6 Gleichung I wird gelöst durch r = −2, Gleichung II durch r = 6 und Gleichung III durch r = 3. Die drei Gleichungen liefern verschiedene Parameterwerte r ∈ R, d. h., das Gleichungssystem (I -III ) ist nicht lösbar. Folglich liegt Q nicht auf g, in Zeichen Q ∈ / g. b) c) d) e)

P ∈ g, Q ∈ /g P∈ / g, Q ∈ g P ∈ g, Q ∈ g P∈ / g, Q ∈ /g

394

3 Geraden und Ebenen

Lösung 3.1.13: Exemplarisch geben wir zu a) und b) vollständige Lösungswege an, zu den restlichen Teilaufgaben nur das Endergebnis. a) Ein möglicher Lösungsweg besteht darin, eine Gleichung der Gerade g aufzustellen, auf der zwei der drei Punkte liegen. Anschließend wird für den dritten Punkt überprüft, ob er auf g liegt. Aus den Punkten A und B erhalten wir die folgende Geradengleichung: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 2 − g:→ x = ⎝ 2 ⎠+r⎝ 3 ⎠ 3 4 Analog zur Lösung von Aufgabe 3.1.12 prüfen wir, ob C auf g liegt: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 6 2 7 1 2 ⎝ 2 ⎠ + r ⎝ 3 ⎠ = ⎝ 11 ⎠ ⇔ r ⎝ 3 ⎠ = ⎝ 9 ⎠ ⇔ 12 15 4 3 4

⎧ ⎨ I : 2r = 6 II : 3r = 9 ⎩ III : 4r = 12

Alle drei Gleichungen haben die Lösung r = 3, d. h., das Gleichungssystem (I-III) ist eindeutig lösbar. Folglich liegt C auf g. Damit ist gezeigt, dass die Punkte A, B und C auf der Gerade g liegen. Es gibt auch kürzere Alternativen zur Lösung der Aufgabe, die ohne Aufstellung einer Geradenglei− → − → chung auskommen. Ihnen liegt die Überlegung zugrunde, dass z.B. die Vektoren AB und BC (alternativ − → − → AB und AC) kollinear sein müssen, wenn die Punkte A, B und C auf einer Gerade liegen. Anderenfalls − → − → − → − → sind AB und BC (alternativ AB und AC) nicht kollinear. ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2 4 − → ⎝ ⎠ − → ⎝ ⎠ − → − → − → So berechnen wir z. B. AB = 3 und BC = 6 . Leicht erkennen wir BC = 2AB, d. h., AB und 4 8 − → BC sind kollinear, und folglich liegen A, B und C auf einer Gerade. b) Wir gehen analog zur ersten Lösungsvariante aus a) vor und erhalten aus A und B die Geradengleichung ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ 1 −2 → − g : x = ⎝ 0 ⎠ + r ⎝ −2 ⎠ . 2 −1 Wieder analog zur Lösung von Aufgabe 3.1.12 prüfen wir, ob C auf g liegt: ⎧ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 −2 −1 −2 −2 ⎨ I : −2r = −2 ⎝ 0 ⎠ + r ⎝ −2 ⎠ = ⎝ 3 ⎠ ⇔ r ⎝ −2 ⎠ = ⎝ 3 ⎠ ⇔ II : −2r = 3 ⎩ 2 −1 3 −1 1 III : −r = 1 Gleichung I wird gelöst durch r = 1, Gleichung II durch r = − 32 und Gleichung III durch r = −1. Die drei Gleichungen liefern verschiedene Parameterwerte r ∈ R und das ist ein Widerspruch, d. h., das Gleichungssystem (I-III) ist nicht lösbar. Folglich liegt C nicht auf g und damit ist gezeigt, dass die Punkte A, B und C nicht auf einer Gerade liegen. ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −2 0 − → ⎝ − → − → − → Alternative: Wir berechnen AB = −2 ⎠ und BC = ⎝ 5 ⎠. Leicht erkennen wir, dass AB und BC −1 2 nicht kollinear sind, d. h., A, B und C liegen nicht auf einer Gerade. c) d) e) e)

A, B und C liegen auf einer Gerade. A, B und C liegen auf einer Gerade. A, B und C liegen nicht auf einer Gerade. A, B und C liegen auf einer Gerade.

3.1 Geradengleichungen

395

Lösung 3.1.14: a) B(5|7|0), D(2|2|0), E(5|2|6), G(2|7|6), H(2|2|6) ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 5 3 0 −3 −→ ⎝ − → ⎝ ⎠ −→ ⎝ −→ ⎝ ⎠ ⎠ 0 , GH = −5 , BH = −5 ⎠ b) 0B = 7 , GB = 0 −6 0 6 −→ −→ c) GH und BH sind linear unabhängig, denn die Vektoren sind nicht parallel. √ −→  d) d(B, H) = BH  = (−3)2 + (−5)2 + 62 = 70 e) In einem Quader schneiden sich die Raumdiagonalen in einem gemeinsamen Punkt. Diese bekannte Tatsache bestätigen wir durch Berechnung der Mittelpunkte MAG und MBH der Raumdiagonalen AG und BH, d. h.                 7  9  7  9  5 + 2  2 + 7  0 + 6 5 + 2  7 + 2  0 + 6 MAG 3 und M 3 . = = BH 2  2  2 2 2 2  2  2 2 2 Wie behauptet gilt MAG = MBH . −−−→ − → −→ f) Möglichkeit 1: 0MAG = 0B + 12 BH −−−→ − → −→ −→ −→ Möglichkeit 2: 0MAG = 0B − GB + GH − 12 BH − → −→ − → −→ − − g) Mögliche Geradengleichungen sind g : → x = 0A + rAG und h : → x = 0B + sBH, d. h. ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 5 −3 5 −3 → − → − ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ 5 g : x = 2 +r und h : x = 7 + s −5 ⎠ . 0 6 0 6 h) Wir betrachten die folgende Gleichung: ⎞ ⎛−3 ⎞ −3 2 ⎟ ⎜ r ⎝ 5 ⎠ = ⎝ 52 ⎠ 6 3 ⎛

− → −→ −−−→ 0A + rAG = 0MAG

⇔

−→ −−−→ − → rAG = 0MAG − 0A

⇔

Zum Beispiel über das dazugehörige Gleichungssystem wird die Lösung r =

1 2

ermittelt.

i) Wir betrachten die folgende Gleichung: ⎞ ⎛ −1 ⎞ −3 ⎟ ⎜ s ⎝ −5 ⎠ = ⎝ − 53 ⎠ 6 2 ⎛

− → −→ − → 0B + sBH = 0P

⇔

→ − → −→ − sBH = 0P − 0B

⇔

Zum Beispiel über das dazugehörige Gleichungssystem wird die Lösung s = 13 ermittelt. Folglich liegt P auf der Gerade h. Da die Geraden g und h den Schnittpunkt MAG haben, kann P = MAG nicht gleichzeitig auch auf g liegen, d. h. P ∈ / g. j) Da Q1 und Q2 auf k liegen, gibt es ein t ∈ R, sodass die gesuchten Punkte den Ortsvektor ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2 −3 2 − 3t −−−→ 0Q1,2 = ⎝ 2 ⎠ + t ⎝ −5 ⎠ = ⎝ 2 − 5t ⎠ 0 6 6t bzw. die Koordinaten Q1,2 (2 − 3t|2 − 5t|6t) haben. Damit muss −−−→  d(Q1,2 , E) = Q1,2 E  = (3 + 3t)2 + (5t)2 + (6 − 6t)2 =

-

71 2

(∗)

396 gelten. Ausmultiplizieren unter der linken Wurzel ergibt 70t 2 − 54t + 45 =

71 2

⇔

70t 2 − 54t +

√

3 Geraden und Ebenen  70t 2 − 54t + 45 = 71 2 . Quadrieren ergibt:

19 =0 2

⇔

t2 −

27 19 t+ =0 35 140

Die Anwendung der pq-Formel ergibt 8 27 27 27 272 − 35 · 19 64 ± ± ± , = = t1,2 = 70 702 70 702 70 70 d. h. t1 =

1 2

und t2 =

19 70 .

Einsetzen dieser Parameterwerte in (∗) ergibt die Ortsvektoren von         1  1  83  9  57 Q1 − 3 und Q2 . 2  2 70  14  35

− → − → − Lösung 3.1.15: Wir betrachten die Gerade g : → x = 0A + rAB. Wenn der Punkt P auf g liegt, dann muss es einen Parameterwert r ∈ R geben, sodass gilt: → − → − → − 0P = 0A + rAB

(#)

Die Gleichung (#) ist äquivalent zu einem linearen Gleichungssystem, dessen Lösung die gesuchten Werte x, y ∈ R liefert. Wir demonstrieren die Lösungsschritte ausführlich für a) und geben zu den restlichen Teilaufgaben nur das Endergebnis an. a) Einsetzen der Punktkoordinaten in (#) ergibt: ⎛ ⎞ ⎛ ⎛ ⎞ ⎞ x 1 3 ⎝ y ⎠ = ⎝ 2 ⎠ + r ⎝ −4 ⎠ 0 3 −1

⇔

⎧ ⎨ I : x = 1 + 3r II : y = 2 − 4r ⎩ III : 0 = 3 − r

Aus Gleichung III folgt r = 3. Einsetzen in Gleichung I liefert x = 1 + 3 · 3 = 10, einsetzen in Gleichung II liefert y = 2 − 4 · 3 = −10. b) x = −7, y = 0 3 c) x = − 29 2 , y = −2 d) x = 73 , y =

5 6

Lösung 3.1.16: Analog zur Lösung von Aufgabe 3.1.15 ermittelt man: a) x = −2, z = 4

b) x = −7, z = 0

c) x = − 13 , z =

17 3

d) x =

14 5 ,

z = − 13

− → − → − Lösung 3.1.17: Die Gerade durch die Punkte A und B hat die Gleichung g : → x = 0A + rAB. Wenn der Punkt P auf g liegt, dann muss es einen Parameterwert r ∈ R geben, sodass gilt: → − → − → − 0P = 0A + rAB a) Einsetzen der Punktkoordinaten in (∗) ergibt: ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ 2 − 4x 1 −4 2 ⎝ 12x ⎠ = ⎝ 0 ⎠ + r ⎝ 4x ⎠ 33 −5 −25 8 − 2x

⇔

(∗) ⎧ 1 − 4r ⎨ I : 2 − 4x = 4xr II : 12x2 = ⎩ III : 33 8 − 2x = −5 − 25r

Für x = 0 können wir in Gleichung II durch 4x dividieren und dies ergibt r = 3x. Einsetzen von r = 3x in Gleichung I liefert 2 − 4x = 1 − 12x, woraus x = − 18 folgt. Setzen wir dies und r = 3x = − 38 in

3.1 Geradengleichungen

397

35 1 3 Gleichung III ein, dann erhalten wir 35 8 = 8 , d. h., x = − 8 und r = − 8 lösen auch Gleichung III.  3 1 Folglich ist (r; x) = − 8 ; − 8 Lösung des nichtlinearen Gleichungssystems (I-III).

Bleibt der Fall x = 0 zu untersuchen. Einsetzen von x = 0 in Gleichung I ergibt 2 = 1 − 4r, d. h. r = − 14 . Einsetzen von x = 0 in Gleichung III ergibt

33 8

73 = −5 − 25r, d. h. r = − 200 . Wir erhalten

unterschiedliche Werte für den Parameter r. Das ist ein Widerspruch und folglich ist x = 0 keine Lösung der Aufgabenstellung. Zusammenfassung: Für x = − 18 liegt der Punkt P auf der Gerade durch die Punkte A und B. b) Einsetzen der Punktkoordinaten in (∗) ergibt: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 4x − 3 1 1 ⎝ 7 + 2x ⎠ = ⎝ 1 ⎠ + r ⎝ −2 ⎠ 2 0 2x −x2

⇔

⎧ ⎨ I : 4x − 3 = 1 + r II : 72 + 2x = 1 − 2r ⎩ III : −x2 = 2xr

Für x = 0 können wir in Gleichung III durch 2x dividieren und dies ergibt r = − 12 x. Einsetzen in Gleichung I liefert 4x − 3 = 1 − 12 x, woraus x = 89 folgt. Setzen wir dies und r = − 12 x = − 49 in Glei17 chung II ein, dann erhalten wir dort auf der linken Seite 95 18 und auf der rechten Seite 9 . Das ist ein 8 1 4 Widerspruch, d. h., x = 9 und r = − 2 x = − 9 sind keine Lösung von Gleichung III und folglich ist das Gleichungssystem (I-III) nicht lösbar. Bleibt der Fall x = 0 zu untersuchen. Einsetzen von x = 0 in Gleichung I ergibt −3 = 1+r, d. h. r = −4. Einsetzen von x = 0 in Gleichung II ergibt 72 = 1−2r, d. h. r = − 54 . Wir erhalten unterschiedliche Werte für den Parameter r. Das ist ein Widerspruch und folglich ist x = 0 keine Lösung der Aufgabenstellung. Zusammenfassung: Es kann kein x ∈ R gewählt werden, sodass P auf der Gerade durch A und B liegt. − → − → − Lösung 3.1.18: Wir betrachten z. B. die Gerade g : → x = 0B + rBC. Liegt auch der Punkt A auf g, dann muss es einen Parameterwert r ∈ R geben, sodass gilt: − → → − → − 0A = 0B + rBC a) Einsetzen der Punktkoordinaten in (∗) ergibt: ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ −5 − a a 1 3 1 ⎠+r⎝ ⎠ ⎝ −1 ⎠ = ⎝ 2 2 −27 −2 b+2

⇔

(∗) ⎧ 1 = a − (5 + a)r ⎨ I: II : −1 = 32 + 12 r ⎩ III : −27 = −2 + (b + 2)r

Aus Gleichung II folgt r = −5. Einsetzen von r = −5 in Gleichung I ergibt 1 = 6a+25, woraus a = −4 folgt. Einsetzen von r = −5 in Gleichung III ergibt −27 = −5b − 12, woraus b = 3 folgt. b) Einsetzen der Punktkoordinaten in (∗) ergibt: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 13 −1 −7 ⎝ 4a ⎠ = ⎝ −2a ⎠ + r ⎝ 11 + 2a ⎠ −6 3−b 2 + 2b

⇔

⎧ ⎨ I : 13 = −1 − 7r II : 4a = −2a + (11 + 2a)r ⎩ III : −6 = 3 − b + 2(1 + b)r

Aus Gleichung I folgt r = −2. Einsetzen von r = −2 in Gleichung II ergibt 4a = −6a − 22, woraus a = − 11 5 folgt. Einsetzen von r = −2 in Gleichung III ergibt −6 = −1 − 5b, woraus b = 1 folgt. c) Einsetzen der Punktkoordinaten in (∗) ergibt: ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ a + 16 −2a 2a − 1 2 ⎝ 2+a ⎠ = ⎝ 2 ⎠+r⎝ a⎠ 4a 3 − 4a + b 2a

⇔

⎧ ⎨ I : a + 16 = −2a + (2a − 1)r II : 2 + a2 = 2 + ar ⎩ III : 2a = 4a + (3 − 4a + b)r

398

3 Geraden und Ebenen

Für a = 0 können wir in Gleichung II nach Subtraktion von 2 durch a dividieren und das ergibt r = a. Einsetzen von r = a in Gleichung I liefert die Gleichung a + 16 = −2a + 2a2 − a, die äquivalent ist zu 2a2 − 4a − 16 = 0. Division durch 2 liefert die äquivalente Gleichung a2 − 2a − 8 = 0, die nach der pq-Formel die Lösungen a1 = 4 und a2 = −2 hat. Einsetzen von r = a1 = 4 in Gleichung III ergibt 8 = −36 + 4b1 , woraus b1 = 11 folgt. Einsetzen von r = a2 = −2 in III führt auf die Gleichung −4 = −30 − 2b2 , woraus b2 = −13 folgt. Bleibt der Sonderfall a = 0 zu untersuchen. Einsetzen von a = 0 in das Gleichungssystem (I-III) ergibt: I : 16 = −r II : 2 = 2 III : 0 = (3 + b)r Aus Gleichung I folgt r = −16, Gleichung II ist allgemeingültig und damit wahr. Einsetzen von r = −16 in Gleichung III ergibt 0 = −48 − 16b, woraus b = −3 folgt. Zusammenfassend gibt es drei Lösungen: a1 = 4, b1 = 11 ⇒ A(20|18|8), B(−8|2|16), C(−1|6|14) a2 = −2, b2 = −13 ⇒ A(14|6| − 4), B(4|2| − 8), C(−1|0| − 10) a3 = 0, b2 = −3 ⇒ A(16|2|0), B(0|2|0), C(−1|2|0) Lösung 3.1.19: a) Für die x-Koordinate des Punkts t⎞= 3 folgt. Einsetzen von t = 3 in die ⎛ A gilt ⎞ 7 =⎛1 + 2t, ⎞ woraus ⎛ 1 2 7 − → ⎝ 3 ⎠ + 3 ⎝ −2 ⎠ = ⎝ −3 ⎠, d. h. A(7| − 3|1). Geradengleichung liefert 0A = −2 1 1  2 + 1 = 3. Folglich hat der zum Richb) Der Richtungsvektor der Gerade g hat die Länge ⎛ 22 + (−2) ⎞ ⎛ ⎞ 2 4 −  → − u  = 6. Damit tungsvektor der Gerade kollineare Vektor u = 2 · ⎝ −2 ⎠ = ⎝ −4 ⎠ die Länge → 1 2 ergeben sich die folgenden Möglichkeiten für die Ortsvektoren des gesuchten Punkts P: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 11 3 → → − → −→ − − → − 0P1 = 0A + − u = ⎝ −7 ⎠ bzw. alternativ 0P2 = 0A − → u =⎝ 1⎠ 3 −1 Es gibt zwei Lösungspunkte, nämlich P1 (11| − 7|3) und P2 (3|1| − 1). Alternativer Rechenweg: Wir machen den Ansatz P(1 + 2r|3 − 2r| − 2 + r) mit r ∈ R. Daraus folgt ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 + 2r 7 −6 + 2r − → ⎝ 3 − 2r ⎠ − ⎝ −3 ⎠ = ⎝ 6 − 2r ⎠. Der Abstand zwischen den Punkten A und P ist AP = −2 + r 1 −3 + r   − → d(A, P) = AP = (−6 + 2r)2 + (6 − 2r)2 + (−3 + r)2 = 9r2 − 54r + 81 . Weiter ist die Gleichung d(A, P) = 6 zu lösen:  9r2 − 54r + 81 = 6 ⇔ 9r2 − 54r + 81 = 36

⇔

9r2 − 54r + 45 = 0

⇔

r2 − 6r + 5 = 0

Die pq-Formel liefert die Lösungen r1 = 5 und r2 = 1, woraus die beiden Punkte P1 (11| − 7|3) und P2 (3|1| − 1) folgen.

3.1 Geradengleichungen

399

Lösung 3.1.20: a) A gehört zur Punktmenge Ps , B nicht. ⎛ ⎞ 5 + 3s −→ ⎝ −2s ⎠ b) 0Ps = 1 − 3s ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 5 3 → − c) g : x = ⎝ 0 ⎠ + s ⎝ −2 ⎠ 1 −3 d) D liegt auf h, C nicht. e) Qt (1 + 2t| − 1 + 3t|4t),t ∈ R Lösung 3.1.21:

  2 +r 1  238   9  − 17 − • Gerade zu Aufgabe 2.5.15 b): g : → x = + r 17 . 0 1 − • Gerade zu Aufgabe 2.5.15 a): g : → x =



−3 0



⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −2 6 0 a) Es ist die Lösbarkeit der Gleichung ⎝ a ⎠ +r ⎝ 2 ⎠ = ⎝ 0 ⎠ zu untersuchen. Für die x-Koordinate 3 −9 0 gilt die Gleichung −2 + 6r = 0, woraus r = 13 folgt. Dies ist auch Lösung der zur z-Koordinate zugehörigen Gleichung, denn es gilt 3 + 13 · (−9) = 0. Wenn eine Gerade ga der Geradenschar durch den Koordinatenursprung geht, dann muss folglich für die y-Koordinate die Gleichung a + 13 · 2 = 0 erfüllt ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −2 6 2 2 ⎠ ⎝ ⎝ 2 ⎠ geht durch den Koordinatenursein. Daraus folgt a = − 3 , d. h., die Gerade g− 2 : − 3 + r 3 −9 3 sprung. ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −2 6 16 b) Wir untersuchen die Gleichung ⎝ a ⎠ + r ⎝ 2 ⎠ = ⎝ 17 ⎠. Die Gleichungen −2 + 6r = 16 und 3 −9 −24 Lösung 3.1.22:

⎛

3 − 9r = −24 haben die Lösung r = 3. Folglich muss a + 3 · 2 = 17 gelten, woraus a = 11 folgt.     − → − → 2 9 − a) Die Gerade durch A und B hat die Gleichung g : → x = 0A + rAB = +r . Die Gleichung 1 6     → − → − → − → − → − → − 9 3 0P = 0A + rAB ist äquivalent zu rAB = 0P − 0A, also r = . Diese Vektorgleichung wird für 6 2 1 r = 3 erfüllt. Für den Quotienten der Längen der Strecken AP und PB gilt: Lösung 3.1.23:

  − → AP rAB 1 2   = − → = r : (1 − r) = 3 : 3 = 1 : 2 PB  (1 − r) AB Interpretation: Der Punkt P teilt die Strecke AB im Verhältnis 1 : 2.     − → − → 17 8 − b) Die Gerade durch A und B hat die Gleichung g : → x = 0A + rAB = +r . Analog zu a) −31 −8     − → − → → − 8 3 betrachten wir die Gleichung rAB = 0P − 0A, d. h. r = . Diese Vektorgleichung wird −8 −3 für r = 38 erfüllt. Analog zu a) ermitteln wir, dass der Punkt P die Strecke AB im Verhältnis 3 : 5 teilt.

400

3 Geraden und Ebenen ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 −36 − → − → ⎝ ⎠ → − c) Die Gerade durch A und B hat die Gleichung g : x = 0A + rAB = 2 + r ⎝ 6 ⎠. Analog zu a) 3 9 ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ −20 −36 − → − → → − ⎠. Diese Vektorgleichung hat betrachten wir die Gleichung rAB = 0P − 0A, d. h. r ⎝ 6 ⎠ = ⎝ 10 3 9 5 die Lösung r = 59 . Analog zu a) ermitteln wir, dass der Punkt P die Strecke AB im Verhältnis 5 : 4 teilt. ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −37 49 − → − → ⎝ → − 22 ⎠ + r ⎝ 63 ⎠. Analog zu d) Die Gerade durch A und B hat die Gleichung g : x = 0A + rAB = 11 −7 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 49 21 − → − → → − a) betrachten wir die Gleichung rAB = 0P − 0A, d. h. r ⎝ 63 ⎠ = ⎝ 27 ⎠. Diese Vektorgleichung hat −7 −3 die Lösung r = 37 . Analog zu a) ermitteln wir, dass der Punkt P die Strecke AB im Verhältnis 3 : 4 teilt. ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 8 9 − → − → − x = 0A + rAB = ⎝ −2 ⎠ + r ⎝ −6 ⎠. Da P die Strecke AB im a) Die Strecke AB ist Teil der Gerade g : → 0 3 Verhältnis 4 : 5 teilt, müssen wir zur Berechnung des Ortsvektors von P in die Geradengleichung den 4 = 49 einsetzen: Parameterwert r = 4+5 Lösung 3.1.24:

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 12 9 8 4 − → ⎠ 0P = ⎝ −2 ⎠ + ⎝ −6 ⎠ = ⎝ − 14 3 9 4 3 0 3

⇒

     14  4  P 12 −  3 3

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 3 0 − → − → − x = 0C + rCD = ⎝ −1 ⎠ + r ⎝ 10 ⎠. Da Q die Strecke CD b) Die Strecke CD ist Teil der Gerade g : → 5 120 im Verhältnis 7 : 3 teilt, müssen wir zur Berechnung des Ortsvektors von Q in die Geradengleichung 7 7 = 10 einsetzen: den Parameterwert r = 7+3 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 0 3 3 7 − → ⎝ 10 ⎠ = ⎝ 6 ⎠ 0Q = ⎝ −1 ⎠ + 10 120 89 5

⇒

Q(3|6|89)

c) Wir betrachten F( f1 | f2 | f3 ). Die Punkte E, F und R liegen auf der Gerade ⎛ ⎞ ⎡⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎤ 1 1 f1 − → (− → − →2 → − ⎝ ⎠ g : x = 0E + r 0F − 0E = 2 + r · ⎣⎝ f2 ⎠ − ⎝ 2 ⎠⎦ . f3 3 3 − → − x = 0R durch Einsetzen von Da R die Strecke EF im Verhältnis 2 : 3 teilt, können wir den Ortsvektor → 2 2 r = 2+3 = 5 in die Geradengleichung berechnen: ⎡⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ f1 1 9 1 2 ⎝ 4 ⎠ = ⎝ 2 ⎠ + · ⎣⎝ f2 ⎠ − ⎝ 2 ⎠⎦ 3 f3 3 7 3 Multiplikation der letzten Vektorgleichung mit ⎛ ⎞ 1 12 f1 ⎝ 3 ⎠ = ⎝ f2 ⎠ − ⎝ 2 ⎠ f3 3 6 ⎛

⎞

⎛

⎞

3 2

⇔

⎡⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞ f1 8 1 2 ⎝ 2 ⎠ = · ⎣⎝ f2 ⎠ − ⎝ 2 ⎠⎦ 3 f3 4 3

ergibt: ⎞ ⎛ ⎞ 13 f1 ⎝ f2 ⎠ = ⎝ 5 ⎠ f3 9 ⎛

⇔

⇒

F(13|5|9)

3.1 Geradengleichungen

401

Alternativer Rechenweg: Die Punkte E, F( f1 | f2 | f3 ) und R liegen auf der Gerade g, für deren Rich⎛ ⎞ u1 − → − tungsvektor wir den Ansatz → u = EF = ⎝ u2 ⎠ machen. Die Gerade hat damit die Gleichung u3 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 u1 − → − − g: → x = 0E + r→ u = ⎝ 2 ⎠ + r ⎝ u2 ⎠ . u3 3 Einsetzen von r =

2 5

in die Geradengleichung ergibt den Ortsvektor von R:

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 9 1 u1 2 ⎝ 4 ⎠ = ⎝ 2 ⎠ + ⎝ u2 ⎠ 3 u 7 3 3

⇔

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ u1 8 2 ⎝ 2 ⎠ = ⎝ u2 ⎠ 3 u 4 3

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎞ 8 12 u1 3 ⎝ u2 ⎠ = ⎝ 2 ⎠ = ⎝ 3 ⎠ 2 4 u3 6 ⎛

⇔

− Den Ortsvektor von F berechnen wir durch Einsetzen des berechneten Richtungsvektors → u und r = 1 in die Gleichung von g: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 12 13 f1 ⎝ f2 ⎠ = ⎝ 2 ⎠ + ⎝ 3 ⎠ = ⎝ 5 ⎠ ⇒ F(13|5|9) f3 3 6 9 d) Die Punkte G, H(h1 |h2 |h3 ) und S liegen auf der Gerade ⎛ ⎞⎤ ⎞ ⎡⎛ ⎞ ⎛ 7 7 h1 2 ( − → − → − → − g: → x = 0G + r · 0H − 0G = ⎝ −1 ⎠ + r · ⎣⎝ h2 ⎠ − ⎝ −1 ⎠⎦ . h3 −8 −8 − → − x = 0S durch Einsetzen von Da S die Strecke GH im Verhältnis 7 : 5 teilt, können wir den Ortsvektor → 7 7 r = 7+5 = 12 in die Geradengleichung berechnen: ⎡⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎤ ⎞ ⎛ ⎞ h1 7 −7 7 7 ⎝ 0 ⎠ = ⎝ −1 ⎠ + · ⎣⎝ h2 ⎠ − ⎝ −1 ⎠⎦ 12 h3 −8 13 −8 Multiplikation dieser Vektorgleichung mit ⎛

−24

⎞

⎛

⎞

⎛

12 7

⎞

h1 7 ⎝ 12 ⎠ = ⎝ h2 ⎠ − ⎝ −1 ⎠ 7 h3 −8 36

⎡⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎞⎤ h1 −14 7 7 ⎝ 1⎠ = · ⎣⎝ h2 ⎠ − ⎝ −1 ⎠⎦ 12 h3 21 −8 ⎛

⎛

⇔

ergibt: ⎞ ⎞ ⎛ −17 h1 ⎝ h2 ⎠ = ⎝ 5 ⎠ 7 h3 28 ⎛

⇔

⇒

    5 H −17   28 7

Alternativ kann analog zu dem in c) vorgestellten alternativen Rechenweg vorgegangen werden. e) Die Punkte I(i1 |i2 |i3 ), J und T liegen auf der Gerade ⎡⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞ −75 i1 i1 (→ → − − → −2 → − ⎠ ⎣ ⎝ ⎝ 5 ⎠ − ⎝ i2 ⎠⎦ . g : x = 0I + r · 0J − 0I = i2 + r · i3 i3 55 − → − x = 0T durch Einsetzen von Da T die Strecke IJ im Verhältnis 3 : 2 teilt, können wir den Ortsvektor → 3 3 r = 3+2 = 5 in die Geradengleichung berechnen:

402

3 Geraden und Ebenen ⎛

⎞

⎛

⎞

⎡⎛

⎞

⎛

⎞⎤

−75 −11 i1 i1 3 9 ⎠ = ⎝ i2 ⎠ + · ⎣⎝ 5 ⎠ − ⎝ i2 ⎠⎦ 5 i3 i3 55 87 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −75 i1 −11 i1 3 3 ⇔ ⎝ 9 ⎠ = ⎝ i2 ⎠ + ⎝ 5 ⎠ − ⎝ i2 ⎠ 5 5 i i3 55 87 3 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞   −75 i −11 3 ⎝ 1⎠ 3 i2 ⇔ ⎝ 9⎠− ⎝ 5⎠ = 1− 5 5 i3 55 87 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 34 i1 i1 34 85 2⎝ ⎠ 5⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ i2 i2 6 = 6 = 15 ⎠ ⇒ I(85|15|135) ⇔ ⇔ = 5 i 2 54 54 i 135 3 3 ⎝

Lösung 3.1.25:

      4 −3 4 − a) Zum Beispiel → n = ist orthogonal zum Richtungsvektor von g, denn es gilt • = 0. 3 4 3 → − Damit ist n ein Normalenvektor von g, der aber noch auf die Länge 1 normiert werden muss, d. h.,   1 4 1 → − → −   n = ist ein Normaleneinheitsvektor von g. Damit erhalten wir eine Hessesche m = → − 5 3 n  !   1 → 1 4 − Normengleichung der Gerade, d. h. g : x − • = 0. −1 3 5   − → 12 − b) Die Richtungsvektoren → u in einer Parametergleichung von g sind kollinear zu AB = , wie 15     4 −5 − − − − − zum Beispiel → u = . Zu → u ist zum Beispiel → n = orthogonal, denn es gilt → u •→ n = 0. 5 4   1 1 → −5 → − − − n =√ ist ein Normaleneinheitsvektor n ist auf die Länge 1 zu normieren, d. h., → m = → − 4 n 41  !   1 → −3 −5 − x − von g. Eine Hessesche Normengleichung der Gerade ist damit g : √ • = 0. 3 4 41 Lösung 3.1.26:  !       − → 25 11 15 11 • = • = 0 folgt A ∈ g. a) Aus 0A − 12 5 −33 5  !       − → 25 11 −65 11 Aus 0B − • = • = −670 = 0 folgt B ∈ / g. 12 5 9 5   x − b) Für → x = gilt y    !           x 25 11 x 11 25 11 − • = • − • = 11x + 5y − 335 = 0 . y 12 5 y 5 12 5 Der unterstrichene Teil der Gleichungskette kann als Koordinatengleichung verwendet werden, ebenso wie jede daraus durch zulässige Termumformungen erhaltene Darstellung, wie z. B. 11x + 5y = 335.     11 −5 − − − c) → n = ist ein Normalenvektor von g. Der zu → n orthognale Vektor → u = kann als Rich5 11     25 −5 − tungsvektor in einer Parametergleichung von g verwendet werden, d. h. g : → x = +r . 12 11

3.1 Geradengleichungen

403 C

Lösung 3.1.27: a) Die Fußpunkte Ma , Mb bzw. Mc der Seitenhalbierenden sa , sb bzw. sc (siehe Abb. 132) liegen auf den Geraden → − → − − ga : → x = 0B + sBC , − → − → − x = 0A + t AC bzw. gb : → − → − → − x = 0A + rAB . gc : →

sc Mb

Ma S

sa

Die Seitenhalbierenden liegen auf den Geraden A

− → −−→ − x = 0A + α AMa , sa : → − → −−→ − x = 0B + β BMb bzw. sb : → − → −−→ − sc : → x = 0C + γ CMc .

sb Mc

B

Abb. 132: Skizze zu Aufgabe 3.1.27

b) Wir müssen zeigen, dass der Punkt S auf allen drei Seitenhalbierenden liegt. Nach Voraussetzung − → − → − → sind die Vektoren AB, AC und BC linear unabhängig (denn anderenfalls würden A, B und C kein Dreieck definieren). Die Fußpunkte Ma , Mb und Mc der Seitenhalbierenden sa , sb und sc sind durch die Ortsvektoren → − → 1− −−→ 0Ma = 0B + BC 2

,

→ − → 1− −−→ 0Mb = 0A + AC 2

→ − → 1− −−→ und 0Mc = 0A + AB 2

festgelegt. Wir zeigen zuerst, dass S auf der Seitenhalbierenden sa liegt, d. h., wir weisen die Existenz − → −−→ − → von α ∈ (0; 1) mit 0A + α AMa = 0S nach und berechnen dazu: −−→ − → → − → − → − → −−→ − −−→ 0A + α AMa = 0A + α 0Ma − 0A = 0A + α 0Ma − α 0A   → − → − → − → 1− −−→ = (1 − α)0A + α 0Ma = (1 − α)0A + α 0B + BC 2 − → → − → → − − → α− − → α − → = (1 − α)0A + α 0B + BC = (1 − α)0A + α 0B + 0C − 0B 2 2 → α− − → α− → − → → → α− − → α− = (1 − α)0A + α 0B + 0C − 0B = (1 − α)0A + 0B + 0C 2 2 2 2 !

=

1− → 1− → → 1− 0A + 0B + 0C 3 3 3

Das letzte Gleichheitszeichen gilt, wenn die beiden Gleichungen 1−α =

1 3

und

α 1 = 2 3

erfüllt sind. Aus der zweiten Gleichung folgt α = 23 , womit 1 − α = 13 folgt. Damit ist gezeigt, dass S auf der Seitenhalbierenden sa liegt. Analog zeigen wir, dass S auch auf der Seitenhalbierenden sb liegt, − → −−→ − → d. h., wir weisen die Existenz von β ∈ (0; 1) mit 0A + β AMa = 0S nach:

404

3 Geraden und Ebenen −−→ − − → → → − → −−→ − → −−→ − 0B + β BMb = 0B + β 0Mb − 0B = 0B + β 0Mb − β 0B   − → 1− → − → −−→ − → = (1 − β )0B + β 0Mb = (1 − β )0B + β 0A + AC 2 − → β− → − → β − → − → − → − → = (1 − β )0B + β 0A + AC = (1 − β )0B + β 0A + 0C − 0A 2 2 → β− → → β− → − → β− − → β− − → = (1 − β )0B + β 0A + 0C − 0A = (1 − β )0B + 0A + 0C 2 2 2 2 !

=

1− → 1− → → 1− 0A + 0B + 0C 3 3 3

Das letzte Gleichheitszeichen gilt, wenn die beiden Gleichungen 1−β =

1 3

β 1 = 2 3

und

erfüllt sind. Aus der zweiten Gleichung folgt β = 23 , womit 1 − β = 13 folgt. Damit ist gezeigt, dass S auf der Seitenhalbierenden sb liegt. Und schließlich zeigt man ebenso, dass S auch auf der dritten Seitenhalbierenden sc liegt, denn für γ = 23 gilt 1− − → −−→ → γ− → 1− → − → γ− → → 1− 0C + γ CMc = (1 − γ)0C + 0A + 0B = 0A + 0B + 0C . 2 2 3 3 3 Damit ist insgesamt gezeigt, dass S auf allen drei Seitenhalbierenden liegt. Daraus folgt, dass S wie behauptet der gemeinsame Schnittpunkt von sa , sb und sc ist. c) Aus den Rechnungen zu b) folgt, dass S die Seitenhalbierenden im Verhältnis 2 : 1 teilt.

3.2 Lagebeziehungen zwischen zwei Geraden Lösung 3.2.1: − a) Die Richtungsvektoren → u =

)

5 − 75

*

− und → w=

)

− 10 7 2 5

*

− − sind linear abhängig, denn es gilt → w = − 27 → u.

Folglich sind g und Wir betrachten zu den Stützpunkten A(1| − 1) von g bzw. B(0|1) von h  h parallel.  − → → −1 − − den Vektor AB = . AB und → u sind linear unabhängig und folglich sind g und h echt parallel. 2               7 2 9 −1 2 −1 2 b) Die Gleichung +r = +s ist äquivalent zu r −s = . 14 −3 18 5 −3 5 4 Wir lösen das zugehörige lineare Gleichungssystem: I : 2r + s = 2 II : −3r − 5s = 4 Aus Gleichung I folgt s = 2 − 2r. Setzen wir dies in Gleichung II ein, dann ergibt sich 7r − 10 = 4, woraus r = 2 folgt. Damit folgt s = 2 − 2r = 2 − 2 · 2 = −2. Einsetzen von r = 2 in die Gleichung von g (bzw. alternativ Einsetzen   von s = −2 in die Gleichung von h) liefert den Ortsvektor des Schnitt− → 11 punkts P, d. h. 0P = , also P(11|8). 8

3.2 Lagebeziehungen zwischen zwei Geraden

405

c) Soll durch beide  Gleichungen diegleiche Gerade beschrieben werden, dann müssen die  Richtungsvek   c 9 c 9 → − → − toren u = und w = linear abhängig sein, d. h., es gibt ein α ∈ R mit =α . 1 c 1 c Folglich müssen die Gleichungen c = 9α und 1 = cα erfüllt sein. Aus der ersten Gleichung folgt α = 91 c und damit nach Einsetzen in die zweite Gleichung 1 = 19 c2 , d. h. c2 = 9, woraus die beiden möglichen Lösungskandidaten c1 = 3 und c2 = −3 folgen.       − → 5 −1 6 Wir betrachten die Differenz der Stützvektoren, d. h. AB = − = . Wird durch 5 c 5−c − → − beide Gleichungen die gleiche Gerade g beschrieben, dann müssen AB und → u linear  abhängig  sein.  − → 6 3 − =β , Es muss also ein β ∈ R geben mit AB = β → u . Für c1 = 3 erhalten wir die Gleichung 2 1     6 −3 =β , die durch kein die für β = 2 erfüllt wird. Für c2 = −3 erhalten wir die Gleichung 8 1 β ∈ R erfüllt werden kann. − → → − Folglich wird für c = 3 durch die Das bedeutet: Nurfür c1 =3 sind  AB und u linear  abhängig.   5 3 −1 9 → − → − Gleichungen x = +r und x = +s die gleiche Gerade g beschrieben. 5 1 3 3 Lösung 3.2.2:         − → − → − → −→ 1 7 −20 56 − − a) g : → x = 0A + rAB = +r , h:→ x = 0P + t PQ = +t 2 5 −13 40 −→ − → Die Richtungsvektoren sind kollinear, denn es gilt PQ = 8AB, d. h., die Geraden sind entweder echt parallel oder identisch. Leicht verifiziert man, dass P auch auf g liegt, d. h., die Geraden sind identisch.         − → − → − → −→ −1 4 7 −12 − − b) g : → x = 0A + rAB = +r , h:→ x = 0P + t PQ = +t 3 −4 −3 12 −→ − → Die Richtungsvektoren sind kollinear, denn es gilt PQ = −3AB, d. h., die Geraden sind entweder echt parallel oder identisch. Leicht verifiziert man, dass P nicht auf g liegt, d. h., die Geraden sind echt parallel.         − → − → − → −→ 1 −4 0 2 − − c) g : → x = 0A + rAB = +r , h:→ x = 0P + t PQ = +t −3 4 2 2 Die Richtungsvektoren sind nicht kollinear, denn es gibt kein s ∈ R, das gleichzeitig die Gleichungen −4 = 2s und 4 = 2s erfüllt. Folglich schneiden sich g und h. Zur Berechnung der Koordinaten des Schnittpunkts ist die folgende Vektorgleichung zu lösen:               1 −4 0 2 −4 2 −1 +r = +t ⇔ r −t = −3 4 2 2 4 2 5 Wir lösen das zugehörige lineare Gleichungssystem: −4r − 2t = −1 4r − 2t = 5 Addition der beiden Gleichungen liefert die Gleichung −4t = 4, woraus t = −1 folgt. Setzen wir dies in die erste Gleichung ein, dann erhalten wir −4r + 2 = −1, woraus r = 43 folgt. Einsetzen von t = −1 in die Gleichung von h (bzw. alternativ Einsetzen von r = 34 in die Gleichung von g) liefert den Ortsvektor       − → 0 2 −2 des Schnittpunkts S, d. h. 0S = − = , also S(−2|0). Der Schnittwinkel der Geraden 2 2 0 ) − → −→ * AB • PQ ◦ ist α = arccos − → −→ = arccos(0) = 90 . AB · PQ

406 − → − − d) g : → x = 0A + r→ u =



−4 2



3 Geraden und Ebenen       − → − 1 5 −2 − +r , h:→ x = 0P + t → w= +t 1 −3 4

Die Richtungsvektoren sind nicht kollinear, d. h., die Geraden schneiden sich. Zur Berechnung der Koordinaten des Schnittpunkts ist die folgende Vektorgleichung zu lösen:               −4 1 5 −2 1 −2 9 +r = +t ⇔ r −t = 2 1 −3 4 1 4 −5 Dies ist äquivalent zur Lösung des folgenden linearen Gleichungssystems: r + 2t = 9 r − 4t = −5 Subtraktion der ersten von der zweiten Gleichung liefert −6t = −14, woraus t = 73 folgt. Setzen wir dies in die erste Gleichung des Gleichungssystems ein, dann erhalten wir die Gleichung r + 14 3 = 9, 7 woraus r = 13 folgt. Einsetzen von t = in die Gleichung von h (bzw. alternativ Einsetzen von r = 13 3 3 3 in die Gleichung von g) liefert den Ortsvektor des Schnittpunkts S, d. h.: ) *        1 1  19 7 −2 − → 5 3 ⇒ S 0S = = + 19 4 −3 3 3 3 3

) Der Schnittwinkel der Geraden ist α = arccos

→ − − u •→ w  →  → −  u  · − w

*

  1 = arccos √ ≈ 71, 56◦ . 10

Lösung 3.2.3: a) Wir betrachten und lösen das zur Gleichung ⎞ ⎞ ⎛ ⎞ ⎞ ⎛ ⎛ ⎛ −1 −1 16 3 ⎝ 3 ⎠ + r ⎝ 2 ⎠ = ⎝ −11 ⎠ + s ⎝ −2 ⎠ 7 3 6 1

⎞ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ −1 3 17 r ⎝ 2 ⎠ − s ⎝ −2 ⎠ = ⎝ −14 ⎠ 3 1 −1 ⎛

⇔

zugehörige lineare Gleichungssystem (I-III): I II III 2 · I + II = IV 3 · I + III = V

: −r − 3s = 17 : 2r + 2s = −14 : 3r − s = −1 : −4s = 20 : −10s = 50

Aus den Gleichungen IV und V folgt jeweils s = −5, d. h., das Gleichungssystem hat eine Lösung. Setzen wir s = −5 in Gleichung I ein, dann ergibt dies −r + 15 = 17, woraus r = −2 folgt. Das Gleichungssystem hat die eindeutige Lösung (r; s) = (−2; −5), d. h., nach Satz 3.39 schneiden sich g und h in einem Punkt P. Setzen wir r = −2 in die Gleichung von g ein (bzw. alternativ s = −5 in die Gleichung von h), dann erhalten wir den Ortsvektor von P: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −1 −1 1 − → ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ 3 −2 2 = −1 ⎠ 0P = 7 3 1 Hieraus folgt wie behauptet, dass P(1| − 1|1) der Schnittpunkt von g und h ist.

3.2 Lagebeziehungen zwischen zwei Geraden ⎛

407

⎞

⎛

25

⎞

5 3 − − − − u. b) Die Richtungsvektoren → u = ⎝ 15 ⎠ und → w = ⎝ 25 ⎠ sind linear abhängig, denn es gilt → w = 53 → 9 15 ⎛ ⎞ ⎛ 1⎞ ⎛ 1 ⎞ 1 2 2 − → − → ⎜ ⎟ − Wir betrachten AB = ⎝ 2 ⎠ − ⎝ 0 ⎠ = ⎝ 2 ⎠. Die Vektoren AB und → u sind linear unabhängig. 7 16 3 −3 3

Damit sind die Bedingungen in Satz 3.41 erfüllt und folglich sind g und h echt parallel. ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 4 − − − − c) Die Richtungsvektoren → u = ⎝ 2 ⎠ und → w = ⎝ 8 ⎠ sind linear abhängig, denn es gilt → w = 4→ u . Wir 3 12 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 5 −5 10 − → − → − betrachten AB = ⎝ 8 ⎠ − ⎝ −12 ⎠ = ⎝ 20 ⎠. Die Vektoren AB und → u sind linear abhängig, denn 11 −19 30 − → − es gilt AB = 10→ u . Damit sind die Bedingungen in Satz 3.40 erfüllt und folglich sind g und h identisch. d) Wir betrachten das zur Gleichung ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 11 4 −1 7 ⎝ 0 ⎠+r⎝ 5 ⎠ = ⎝ 1 ⎠+s⎝ 8 ⎠ 3 6 3 9

⇔

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 4 7 −12 r⎝ 5 ⎠−s⎝ 8 ⎠ = ⎝ 1 ⎠ 6 9 0

zugehörige lineare Gleichungssystem (I-III): I II III 4 · II − 5 · I = IV 2 · III − 3 · I = V

: 4r − 7s = −12 : 5r − 8s = 1 : 6r − 9s = 0 : 3s = 64 : 3s = 36

Aus Gleichung IV folgt s = 64 3 , aus Gleichung V folgt s = 12. Das ist ein Widerspruch und folglich hat das Gleichungssystem keine Lösung. Da die Richtungsvektoren von g und h linear unabhängig sind, liegen g und h windschief zueinander. e) Wir betrachten das zur Gleichung ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 13 −1 2 1 ⎝ 8 ⎠ + r ⎝ 2 ⎠ = ⎝ 4 ⎠ + s ⎝ −1 ⎠ 3 0 −17 2

⎛

⇔

⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −1 1 −11 r ⎝ 2 ⎠ − s ⎝ −1 ⎠ = ⎝ −4 ⎠ 0 2 −20

zugehörige lineare Gleichungssystem (I-III): I : −r − s = −11 II : 2r + s = −4 III : − 2s = −20 Aus Gleichung III folgt s = 10. Setzen wir dies in Gleichung II ein, so folgt daraus r = −7. Das Parameterpaar (r; s) = (−7; 10) erfüllt aber nicht Gleichung I, denn es gilt − (−7) − 10 = −3 = −11. Das bedeutet, dass das Gleichungssystem keine Lösung hat. Da die Richtungsvektoren von g und h linear unabhängig sind, liegen g und h windschief zueinander. ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 −2 − − f) Für die Richtungsvektoren → u = ⎝ −2 ⎠ von g und → w = ⎝ 4 ⎠ von h gilt der Zusammenhang 5 −10 → − − − − w = −2→ u , d. h., → u und → w sind linear abhängig und folglich sind g und h parallel. Der Stützpunkt

408

3 Geraden und Ebenen

P(3|0|5) von h liegt auch auf g, denn Einsetzen von r = 1 in die Gleichung von g liefert den Ortsvektor von P. Zwei parallele Geraden, die einen Punkt gemeinsam haben, sind identisch. ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 36 −9 − − g) Die Richtungsvektoren → u = ⎝ −12 ⎠ von g und → w = ⎝ 3 ⎠ von h sind linear abhängig, denn es 96 −24 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 38 2 36 − → − → − − − gilt → u = −4→ w . Wir betrachten AB = ⎝ 32 ⎠ − ⎝ 2 ⎠ = ⎝ 30 ⎠. Die Vektoren AB und → u sind linear 33 1 32 unabhängig. Damit sind die Bedingungen in Satz 3.41 erfüllt und folglich sind g und h echt parallel. h) Analog zu a) betrachten und lösen wir das zur Gleichung ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −27 2 −30 −3 ⎝ −10 ⎠ + r ⎝ 1 ⎠ = ⎝ 65 ⎠ + s ⎝ 7 ⎠ ⇔ 77 −5 26 1

⎛

⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2 −3 −3 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ 1 −s 7 = 75 ⎠ r −5 1 −51

zugehörige Gleichungssystem. Dieses hat die eindeutige Lösung (r; s) = (12; −9). Aus der eindeutigen Lösbarkeit folgt nach Satz 3.39, dass sich g und h in einem Punkt P schneiden. Einsetzen von r = 12 in die Gleichung von g liefert den Ortsvektor von P. Dies zeigt wie behauptet, dass P(−3|2|17) der Schnittpunkt von g und h ist. Lösung 3.2.4: In dieser Aufgabe soll deutlich gemacht werden, dass der Winkel zwischen zwei Vektoren und der Winkel zwischen zwei Geraden unterschiedlich definiert sind. * )   → − − 11 u •→ v     √ √ = arccos a) α = arccos → ≈ 51, 34◦ → − − u · v  5 62 b) Beide Geraden haben den gleichen Stützpunkt A(1|2|3), ihre Richtungsvektoren sind linear unabhängig und folglich ist A zugleich der Schnittpunkt von g1 und g2 . c) Rechenweg 1: β = α ≈ 51, 34◦ * )   − −v  → u •→ 11    √ √ = arccos Rechenweg 2: β = arccos → ≈ 51, 34◦ − −v  u  · → 5 62 * )   → − − −83 v •→ w    √ √ = arccos d) γ = arccos → ≈ 123, 49◦ −v  − u  · → 62 365 e) Rechenweg 1: δ = 180◦ − γ ≈ 56, 51◦ ) *   −v • → − → w 83  = arccos √ √    Rechenweg 2: δ = arccos → ≈ 56, 51◦ − −v  · → w 62 365 * )     → − − 12 u •→ w 12    √ √ √ = arccos − f) ε = arccos → = arccos − ≈ 106, 31◦ −v  − u  · → 5 73 5 365 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −9 2 − → − − g) Die Gerade g3 : → x = 0B + t → u = ⎝ 7 ⎠ + t ⎝ 1 ⎠ schneidet die Gerade h2 im Winkel 12 0 ) *     − − → u •→ w 12 12  →  = arccos √ √ √ ϕ = arccos → ≈ 73, 69◦ . = arccos − − u · v  5 73 5 365 − − h) Die Richtungsvektoren → u bzw. → v der Geraden sind linear unabhängig und die Vektorgleichung − → → − → − → − 0A + r u = 0B + k v hat keine Lösung. Das bedeutet, dass g und h windschief zueinander liegen.

3.2 Lagebeziehungen zwischen zwei Geraden

409

Lösung 3.2.5:

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 7 −5 21 − → − → − → − → − − a) g : → x = 0A + rAB = ⎝ 2 ⎠ + r ⎝ 5 ⎠, h : → x = 0P + t PQ = ⎝ −1 ⎠ + t ⎝ 15 ⎠ 0 8 −5 24 −→ − → Die Richtungsvektoren sind linear abhängig, denn es gilt PQ = 3AB, d. h., die Geraden sind entweder echt parallel oder identisch. Leicht verifiziert man, dass P nicht auf g liegt, d. h., die Geraden sind echt parallel. ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −1 3 8 −18 − → − → − → − → − − b) g : → x = 0A + rAB = ⎝ 1 ⎠ + r ⎝ −3 ⎠, h : → x = 0P + t PQ = ⎝ −8 ⎠ + t ⎝ 18 ⎠ −1 3 8 −18 −→ − → Die Richtungsvektoren sind linear abhängig, denn es gilt PQ = −6AB, d. h., die Geraden sind entweder echt parallel oder identisch. Leicht verifiziert man, dass P auf g liegt, d. h., die Geraden sind identisch. ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 2 1 −2 − → − → ⎝ − → − → → − → − 1 ⎠ + r ⎝ −4 ⎠, h : x = 0P + t PQ = ⎝ 0 ⎠ + t ⎝ 2 ⎠ c) g : x = 0A + rAB = −3 4 2 2 Die Richtungsvektoren sind linear unabhängig, denn es gibt kein s ∈ R, das gleichzeitig die Gleichungen 2 = −2s, −4 = 2s und 4 = 2s erfüllt. Folglich schneiden sich die Geraden oder liegen windschief zueinander. Dazu untersuchen wir die Lösbarkeit der folgenden Vektorgleichung: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 2 1 −2 2 −2 0 ⎝ 1 ⎠ + r ⎝ −4 ⎠ = ⎝ 0 ⎠ + t ⎝ 2 ⎠ ⇔ r ⎝ −4 ⎠ − t ⎝ 2 ⎠ = ⎝ −1 ⎠ 4 2 2 4 2 5 −3 Diese Gleichung hat keine Lösung, wie zum Beispiel die Untersuchung des dazugehörigen linearen Gleichungssystems zeigt. Folglich liegen die Geraden windschief zueinander. ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 3 −14 −6 − → → − → → − − → − → − d) g : x = 0A + r u = ⎝ 2 ⎠ + r ⎝ 4 ⎠, h : x = 0P + t w = ⎝ 2 ⎠ + t ⎝ 2 ⎠ 3 −2 −1 −3 Die Richtungsvektoren sind linear unabhängig, denn es gibt kein s ∈ R, das gleichzeitig die Gleichungen −6 = 3s, 2 = 4s und −3 = −2s erfüllt, d. h., die Geraden schneiden sich oder liegen windschief zueinander. Dazu untersuchen wir die Lösbarkeit der folgenden Vektorgleichung: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 3 −14 −6 3 −6 −15 ⎝ 2 ⎠+r⎝ 4 ⎠ = ⎝ 2 ⎠+t ⎝ 2 ⎠ ⇔ r⎝ 4 ⎠−t ⎝ 2 ⎠ = ⎝ 0 ⎠ 3 −2 −1 −3 −2 −3 −4 Das dazugehörige lineare Gleichungssystem hat⎛ die ⎞ eindeutige Lösung ⎛ ⎞ ⎛ (r;t) ⎞ = (−1; −2). Einsetzen 1 3 −2 − → ⎝ ⎠ ⎝ 4 ⎠ = ⎝ −2 ⎠, d. h., der Schnittpunkt von r = −1 in die Gleichung von g ergibt 0S = 2 − 3 −2 5 von g und h ist S(−2| − 2|5). Der Schnittwinkel von g und h ist ) *   − − → u •→ w 4    √ = arccos ≈ 83, 91◦ . β = arccos → − − w u  · → 7 29

410

3 Geraden und Ebenen

Lösung 3.2.6: a) Die Ursprungsgerade g schneidet im Koordinatenursprung die x-Achse in einem Winkel von ⎞ ⎛ ⎞ ⎞ ⎛ ⎛ 1   −1 ⎜ ⎝ 2 ⎠ • ⎝ 0 ⎠ ⎟ ⎟ ⎜   ⎜ 3 0 ⎟ ⎟ = arccos √1     ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ α1 = arccos ⎜ ≈ 74, 5◦ , ⎜  −1   1  ⎟ 14 ⎟ ⎜ ⎝ ⎝ 2 ⎠ · ⎝ 0 ⎠ ⎠      3   0  die y-Achse in einem Winkel von ⎞ ⎛ ⎞ ⎞ ⎛ ⎛ 0   −1 ⎜ ⎝ 2 ⎠ • ⎝ 1 ⎠ ⎟ ⎜ ⎟   ⎜ 3 0 ⎟ ⎟ = arccos √2     ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ α2 = arccos ⎜ ≈ 57, 69◦ ⎜  −1   0  ⎟ 14 ⎜ ⎟    ⎝ ⎝ 2 ⎠ · ⎝ 1 ⎠ ⎠      3   0  und die z-Achse in einem Winkel von ⎞ ⎛ ⎞ ⎞ ⎛ ⎛ 0   −1  ⎝ ⎜ 2 ⎠ • ⎝ 0 ⎠ ⎟ ⎜ ⎟   ⎜ 3 1 ⎟ ⎟ = arccos √3     ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ α3 = arccos ⎜ ≈ 36, 7◦ . ⎜  −1   0  ⎟ 14 ⎜ ⎟    ⎝ ⎝ 2 ⎠ · ⎝ 0 ⎠ ⎠      3   1  ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −4 −3 − → ⎝ − → 4 ⎠ bzw. PB = ⎝ −3 ⎠ der Geraden g b) Der Schnittwinkel wird aus den Richtungsvektoren PA = −3 2  ⎛ − → − → ⎞   PA • PB 6 ◦ ⎠ bzw. h berechnet, d. h. α = arccos ⎝ − → − → = arccos √41√22 ≈ 78, 48 . PA · PB     ⎛ ⎞ 2 − → ⎝ ⎠ a) Die Ursprungsgerade durch A(2|4|c) hat den Richtungsvektor 0A = 4 . Die y-Achse als Ursprungsc ⎛ ⎞ 0 − gerade hat den Richtungsvektor → u = ⎝ 1 ⎠. Dann gilt: 0 Lösung 3.2.7:

−  → → 0A •− u cos(45◦ ) = −  →  → 0A · − u

⇔

1 4 √ =√ 2 20 + c2

⇔

 √ 20 + c2 = 4 2

√ √ Quadrieren ergibt 20 + c2 = 32, d. h. c2 = 12, woraus die Lösungen c1 = 12 und c2 = − 12 folgen. √ b) Der Schnittpunkt der Gerade ⎛ g durch ⎞ A(3| 2|c) mit der x-Achse bei x = 6 ist P(6|0|0). Ein Rich−3 √ − → tungsvektor von g ist PA = ⎝ 2 ⎠. Die x-Achse kann als Ursprungsgerade mit dem Richtungsvektor c

3.2 Lagebeziehungen zwischen zwei Geraden ⎛ ⎞ 1 → − u = ⎝ 0 ⎠ aufgefasst werden. Damit gilt: 0 −  → → PA •− u cos(60◦ ) = −  → → PA u · −

⇔

411

1 3 =√ 2 11 + c2

⇔

 11 + c2 = 6

Quadrieren ergibt 11 + c2 = 36, d. h. c2 = 25, woraus die Lösungen c1 = 5 und c2 = −5 folgen. c) Der Schnittpunkt der Gerade g⎞durch A(c|1|3) mit der x-Achse bei x = 2 ist ⎛ P(2|0|0). ⎛ ⎞ Ein Richtungsc−2 1 − → ⎝ − 1 ⎠. Die x-Achse interpretieren wir durch → vektor von g ist PA = u = ⎝ 0 ⎠. Dann gilt: 3 0 −  → → AP •− u cos(60◦ ) = −    → → AP · − u

⇔

1 |c − 2| =  2 (c − 2)2 + 10

⇔



c2 − 4c + 14 = 2|c − 2|

Quadrieren ergibt c2 − 4c + 14 = 4(c − 2)2 , woraus 3c2 − 12c + 2 = 0 bzw. c2 − 4c + 23 = 0 folgt. Die   10 pq-Formel liefert die Lösungen c1 = 2 + 10 3 und c2 = 2 − 3 . d) Der Schnittpunkt der Gerade g durch ⎛ A(c|1|c ⎞ − 1) mit der z-Achse bei z = −2 ist P(0|0| − 3). Ein c − → Richtungsvektor von g ist PA = ⎝ 1 ⎠. Die z-Achse interpretieren wir als Ursprungsgerade mit c+2 ⎛ ⎞ 0 − dem Richtungsvektor → u = ⎝ 0 ⎠. Damit gilt: 1 −  → → AP •− u cos(45◦ ) = −   → → AP · − u

⇔

1 |c + 2| √ =  2 2 c + 1 + (c + 2)2

⇔



2c2 + 4c + 5 =

√

2|c + 2|

Quadrieren ergibt 2c2 + 4c + 5 = 2(c + 2)2 , woraus die eindeutige Lösung c = − 34 folgt. e) Der Schnittpunkt der Gerade⎛g durch ⎞A(c + 1|c|2) mit der y-Achse bei y = 3 ist P(0|3|0). Ein Richc+1 − → tungsvektor von g ist PA = ⎝ c − 3 ⎠. Die y-Achse interpretieren wir als Ursprungsgerade mit dem 2 ⎛ ⎞ −  → → 0 AP •− u − Richtungsvektor → u = ⎝ 1 ⎠. Damit gilt: cos(30◦ ) = −    → → AP u · − 0 ⇔

√ |c − 3| 3 =  2 (c + 1)2 + (c − 3)2 + 4

⇔

√  3 2c2 − 4c + 14 = 2|c − 3|

dazu Quadrieren ergibt 3(2c2 − 4c + 14) = 4(c − 3)2 , woraus −2c2 − 12c √− 6 = 0 bzw. äquivalent √ c2 + 6c + 3 = 0 folgt. Die pq-Formel liefert die Lösungen c1 = −3 + 6 und c2 = −3 − 6.

412

3 Geraden und Ebenen

Lösung 3.2.8: − → −→ a) Verwenden wir A bzw. C als Stützpunkt von g bzw. h und AB bzw. CD als Richtungsvektor von g bzw. h, dann liefert dies die Gleichungen ⎞ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎛ ⎞ ⎛ 0 10 3 6 → − → − g : x = ⎝ 0 ⎠ + r ⎝ 5 ⎠ und h : x = ⎝ 9 ⎠ + s ⎝ −12 ⎠ . 4 −5 10 −18 Die Berechnung der Schnittpunkts beruht auf der Lösung der folgenden Gleichung: ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ 6 10 6 3 0 10 3 ⎝ 0 ⎠ + r ⎝ 5 ⎠ = ⎝ 9 ⎠ + s ⎝ −12 ⎠ ⇔ r ⎝ 5 ⎠ − s ⎝ −12 ⎠ = ⎝ 9 ⎠ −5 −18 6 −18 4 −5 10 Die Untersuchung des dazugehörigen linearen Gleichungssystems liefert die eindeutige Lösung   (r; s) = 53 ; 12 . Aus der Eindeutigkeit der Lösung folgt, dass sich g und h in einem Schnittpunkt S schneiden. Dessen Ortsvektor berechnen wir z. B. durch Einsetzen von r = 35 in die Gleichung von ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 0 10 6 − → ⎝ ⎠ 3⎝ 5 ⎠ = ⎝ 3 ⎠, also S(6|3|1). Aus den Parameterwerten r = 35 bzw. s = 12 g, d. h. 0S = 0 + 5 4 −5 1 folgt  −  − → → AS rAB 3 2 − − → = → = r : (1 − r) = 5 : 5 = 3 : 2 SB  (1 − r) AB bzw.

−→ − → CS sCD 1 1 = −  −→ = s : (1 − s) = : = 1 : 1 . → SD 2 2 (1 − s)CD

Das bedeutet, dass S die Strecke AB im Verhältnis 3 : 2 und die Strecke CD im Verhältnis 1 : 1 teilt. − → −→ b) Verwenden wir A bzw. C als Stützpunkt von g bzw. h und AB bzw. CD als Richtungsvektor von g bzw. h, dann liefert dies die Gleichungen ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 0 6 0 6 → − → − g : x = ⎝ −1 ⎠ + r ⎝ 12 ⎠ und h : x = ⎝ −1 ⎠ + s ⎝ 12 ⎠ . 3 −4 −1 6 Die zum Schnittpunkt zugehörigen Parameterwerte werden durch Lösen der folgenden Gleichung berechnet: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 0 6 0 6 6 6 0 ⎝ −1 ⎠ + r ⎝ 12 ⎠ = ⎝ −1 ⎠ + s ⎝ 12 ⎠ ⇔ r ⎝ 12 ⎠ − s ⎝ 12 ⎠ = ⎝ 0 ⎠ 3 −4 −1 6 −4 6 −4 des dazugehörigen linearen Gleichungssystems liefert die eindeutige Lösung Die Untersuchung   (r; s) = 52 ; 25 . Aus der Eindeutigkeit der Lösung folgt, dass sich g und h in einem Schnittpunkt S schneiden. Dessen Ortsvektor berechnen wir z. B. durch Einsetzen von r = 25 in die Gleichung von g   19  7  2   und erhalten S 12 5 5 5 . Aus den Parameterwerten r = s = 5 folgt: S teilt sowohl die Strecke AB als auch die Strecke CD im Verhältnis 2 : 3. ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2 4 − − c ⎠ linear Lösung 3.2.9: g und h sind parallel, wenn die Richtungsvektoren → u = ⎝ 2 ⎠ und → w =⎝ 4 4+c − − abhängig sind, d. h., es muss ein r ∈ R mit → w = r→ u geben. Aus der Gleichung 4 = 2r (x-Koordinate)

3.2 Lagebeziehungen zwischen zwei Geraden

413

folgt r = 2. Setzen wir dies in die zur y-Koordinate gehörige Gleichung c = 2r ein, so folgt c = 4. Die zur z-Koordinate zugehörige Gleichung 4 + c = 4r ist für c = 4 und r = 2 ebenfalls erfüllt. Das bedeutet: Für c = Die Geraden ⎛ 4 sind ⎞ die ⎛ Geraden ⎞ ⎛g und h parallel. ⎞ ⎛ ⎞ g und h sind identisch, wenn die Vektoren 1 5 −4 2 − → − AB = ⎝ 0 ⎠ − ⎝ 3q ⎠ = ⎝ −3q ⎠ und → u = ⎝ 2 ⎠ linear abhängig sind, d. h., es gibt ein t ∈ R 6q 16 6q − 16 4 − → − mit AB = t → u . Aus der zur x-Koordinate gehörigen Gleichung −4 = 2t folgt t = −2. Setzen wir dies in die Gleichung −3q = 2t ein, d. h. −3q = −4, dann folgt q = 43 . Weiter erfüllen t = −2 und q = 43 die Gleichung 6q − 16 = 4t. Das bedeutet im Fall c = 4: Für q = 43 sind g und h identisch, für q = 43 echt parallel.

− − Damit g und h windschief sind oder sich in einem Punkt schneiden, müssen → u und → w linear unabhängig sein. Aus den eben durchgeführten Rechnungen folgt, dass dies für c = 4 gilt. Für c = 4 betrachten wir das aus der Gleichung ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 5 2 1 4 2 4 −4 ⎝ 3q ⎠ + r ⎝ 2 ⎠ = ⎝ 0 ⎠ + s ⎝ c ⎠ ⇔ r⎝ 2 ⎠−s⎝ c ⎠ = ⎝ −3q ⎠ 16 4 6q 4+c 4 4+c 6q − 16 folgende lineare Gleichungssystem (I-III): I II III II − I = IV III − 2 · I = V

: 2r − 4s : 2r − cs : 4r − (4 + c)s : (4 − c)s : (4 − c)s

−4 = = −3q = 6q − 16 = 4 − 3q = 6q − 8

Das Gleichungssystem hat genau eine Lösung, wenn 4 − 3q = 6q − 8 gilt, also wenn q = 43 . Für q = 43 liefern die Gleichungen IV und V nach Division durch 4 − c = 0 unterschiedliche Werte für s, also einen Widerspruch. Zusammenfassung: a) Für c = 4 und q = b) Für c = 4 und q = c) Für c = 4 und q = d) Für c = 4 und q =

4 3 4 3 4 3 4 3

sind g und h identisch. sind g und h echt parallel. sind g und h windschief. schneiden sich g und h in genau einem Punkt.

Lösung 3.2.10: − → a) Da die Grundfläche des Primas quadratisch und BC = 3 ist, folgt B(3|0|0) und C(3|3|0). Da M der −→     Mittelpunkt der Kante CG und CG = 13 ist, ergibt sich M 33 13 . Wir berechnen die Vektoren 2

⎛

⎞

3 → − → − → − PB = 0B − 0P = ⎝ 0 ⎠ −2

und

⎛ ⎞ 3 → ⎝ ⎠ −→ −→ − PM = 0M − 0P = 3 ,

− → −→ und weiter das Skalarprodukt PB • PM = 3 · 3 − 0 · 3 + (−2) · − → −→ Vektoren PB und PM folgt.

9 2

9 2

= 0, woraus die Orthogonalität der

b) Es gilt H(0|3|13). Parametergleichungen der Geraden sind ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 3 0 3 −3 → − → − ⎝ ⎠ ⎝ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 3⎠ . und g2 : x = 0 + s g1 : x = 0 + t 3 9 2 0 13 2

414

3 Geraden und Ebenen

Für die Ermittlung der Lagebeziehung machen wir den folgenden Ansatz: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 3 3 3 −3 −3 3 0 ⎝ 0 ⎠+t ⎝ 3 ⎠ = ⎝ 0 ⎠+s⎝ 3 ⎠ ⇔ t ⎝ 3 ⎠−s⎝ 3 ⎠ = ⎝ 0 ⎠ 9 9 0 13 13 −2 2 2 2 Die Untersuchung des zugehörigen linearen Gleichungssystems zeigt, dass diese Gleichung keine Lösung hat. Da die Richtungsvektoren der Geraden linear unabhängig sind, bedeutet dies, dass die Geraden g1 und g2 windschief zueinander liegen. ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 3 −3 − c) Wir machen den Ansatz Q(0|3|z) mit z ∈ (0; 13]. Dies führt auf g3 : → x = ⎝ 0 ⎠ + r ⎝ 3 ⎠. Aus 0 z ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 3 3 −3 0 dem Ansatz ⎝ 0 ⎠ + r ⎝ 3 ⎠ = ⎝ 0 ⎠ + t ⎝ 3 ⎠ folgt das lineare Gleichungssytem (I-III), dessen 9 0 z 2 2 Lösbarkeit wir untersuchen: I : −3r − II : 3r − III : zr − II + I = IV : II + 3z · I = V :

3t = 3t = 9 2t =

−3 0 2

−6t =  − 92 − z t =

−3 2−z

t =

1 2 4−2z − 9+2z



− 16 · IV = IV : 2 − 9+2z

· IV = V

V − IV

t =

:

= VI :

1 0 = − 4−2z 9+2z − 2

Das Gleichungssystem ist eindeutig lösbar, wenn gilt: −

4 − 2z 1 − =0 9 + 2z 2

⇔

2z − 17 =0 2(9 + 2z)

⇔

2z − 17 = 0

⇔

z=

17 2

1 1 Für z = 17 (I-III). 2 erhält man die eindeutige Lösung (r;t) = 2 ; 2 des linearen Gleichungssystems     1 Einsetzen von r = 2 in die Gleichung von g1 liefert den Ortsvektor des Schnittpunkts S 32  32  17 4 von     . g1 und g3 . Der gesuchte Punkt auf der Kante DH ist Q 0 3  17 2 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −3 −3 −→ ⎝ − → 3 ⎠. Mit F(3|0|13) und D(0|3|0) ergibt sich FD = ⎝ 3 ⎠. Der Schnittwinkel der d) Es ist BH = 13 −13 ) −→ −→ *   BH • FD 151 ≈ 36, 15◦ . Raumdiagonalen ist α = arccos −→ −→ = arccos BH  · FD 187

Lösung 3.2.11:

⎛

⎞ ⎛ ⎞ 2 6 − a) Es ist h : → x = ⎝ 4 ⎠ + s ⎝ 6 ⎠. Wir betrachten die Gleichung −1 −6 ⎛

⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2 6 −2 3 ⎝ 4 ⎠ + s ⎝ 6 ⎠ = ⎝ −20 ⎠ + t ⎝ −1 ⎠ −1 −6 −23 2

⎛

⇔

⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 6 3 −4 s ⎝ 6 ⎠ − t ⎝ −1 ⎠ = ⎝ −24 ⎠ −6 2 −22

3.2 Lagebeziehungen zwischen zwei Geraden

415

bzw. das zugehörige lineare Gleichungssystem 6s − 3t = −4 6s + t = −24 −6s − 2t = −22 , das keine Lösung hat. Aus der Nichtlösbarkeit des Gleichungssystems folgt, das g und h keine gemeinsamen Punkte haben. Da die Richtungsvektoren von g und h linear unabhängig sind, sind g und h windschief zueinander. b) Der Höhenfußpunkt F(x|y|z) muss die folgenden zwei Bedingungen erfüllen: (α) (β )

F ∈h −→ − → AF • BC = 0

Bedingung (β ) ist äquivalent zu: ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ 6 x−3 ⎝ y + 5 ⎠ • ⎝ 6 ⎠ = 6x + 6y − 6z − 78 = 0 z + 15 −6

(∗)

Bedingung (α) liefert x = 2 + 6s

,

y = 4 + 6s

und z = −1 − 6s .

(#)

Einsetzen von (#) in (∗) ergibt: 12 + 36s + 24 + 36s + 6 + 36s − 78 = 108s − 36 = 0 Durch Einsetzen von s =

⇔

s=

1 36 = 108 3

in (#) folgen die Koordinaten des Höhenfußpunkts F der Höhe ha , d. h. ⎛ ⎞  1  √   −→  F(4|6| − 3). Die Höhe ha hat die Länge ha  = AF  = ⎝ 11 ⎠ = 266. Weiter berechnen wir  12  ⎛ ⎛ ⎞ ⎞    −2  4  →   √ −→ −→ −→   √ FB = ⎝ −2 ⎠ = 12 und − FC = ⎝ 4 ⎠ = 48. Aus FC > FB folgt, dass das Dreieck    −4   2  1 3

Δ AFC gegenüber dem Dreieck Δ AFB die größere Fläche hat. Rotation des Dreiecks Δ AFC um die −→   Höhe ha ergibt einen Kreiskegel mit der Höhe ha  und dem Radius FC. Das Volumen des Kreis    √ −→ 2 kegels ist V = π FC ha  = 16π 266. 3

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 4 4 0 − → ⎝ − → ⎝ − → ⎝ ⎠ ⎠ ⎠ 5 und BC = 7 . Die Längen der Vektoren a) Zunächst berechnen wir AB = −2 , AC = −3 −3 0 − − − → √ → → √    sind AB = 29, AC = 50 und BC = 7. Der Innenwinkel am Punkt A ist Lösung 3.2.12:

) −     → − → * 15 3 AB • AC α = arccos − = arccos √ ≈ 66, 8014◦ . −  = arccos √ √ → → ABAC 29 50 58 Der Innenwinkel am Punkt B ist ) − ) −   → − → * → − → * AB • BC 2 BA • BC √ = arccos − = arccos β = arccos − ≈ 68, 1986◦ .        →− → → − → AB − 29 BC ABBC

416

3 Geraden und Ebenen

Schließlich berechnen wir den am Punkt C liegenden Innenwinkel ) − ) −     → − → * → − → * 35 BC • AC 1 CB • CA γ = arccos − = 45◦ . = arccos √ −  = arccos − −  = arccos √ → → → → BCAC BCAC 7 50 2 Alternativ genügt es, zwei Winkel nach den angegebenen Rechnungen zur ermitteln und für den dritten Winkel die Innenwinkelsumme α + β + γ = 180◦ zu verwenden. b) Sind Fa und Fb die Höhenfußpunkte auf den Seiten BC bzw. AC, dann gilt: −→ − → AFa • BC = 0 → −→ − BFb • AC = 0 −→ − → − → Wegen AFa = AB + rBC für einen geeigneten Parameterwert r ∈ R ergibt sich: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 4 0 2 −→ − → AFa • BC = ⎝ −2 + 7r ⎠ • ⎝ 7 ⎠ = −14 + 49r = 0 ⇔ r = 7 −3 0 → − → −→ − Wegen BFa = BC + kAC für einen geeigneten Parameterwert k ∈ R ergibt sich: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 4k 4 7 → −→ − BFb • AC = ⎝ 5k + 7 ⎠ • ⎝ 5 ⎠ = 50k + 35 = 0 ⇔ k = − 10 −3k −3 − → −→ − → −→ − − x = 0A + λ AFa und hb : → x = 0B + μ BFb , d. h. Damit ergeben sich die Geradengleichungen ha : → ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 4 → − ha : x = ⎝ 2 ⎠ + λ ⎝ 0 ⎠ 4 −3

und

⎛ 14 ⎞ ⎛ ⎞ −5 5 ⎜ ⎟ − hb : → x = ⎝ 0 ⎠ + μ ⎝ 27 ⎠ . 1 21 10

Für λ = 1 bzw. μ = 1 erhalten wir die Koordinaten der Höhenfußpunkte Fa (5|2|1) und Fb

 11  7  31    . 5

2 10

Die zum Schnittpunkt von ha und hb führenden Parameterwerte ergeben sich durch Lösung der Gleichung ⎛ 14 ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −5 1 4 5 ⎟ ⎝2⎠+λ ⎝ 0⎠ = ⎝0⎠+μ ⎜ ⎝ 27 ⎠ 4 −3 1 21 10

⎛ 14 ⎞ ⎛ ⎞ ⎞ −5 4 4 ⎟ ⎜ λ ⎝ 0 ⎠ − μ ⎝ 27 ⎠ = ⎝ −2 ⎠ . −3 −3 21 ⎛

⇔

10

  Aus dem zugehörigen linearen Gleichungssystem ermitteln wir die eindeutige Lösung (λ ; μ) = 35 ; 47 . Einsetzen von λ = 35 bzw. μ = 47 in die jeweilige Geradengleichung führt auf den Ortsvektor des    11    Schnittpunkts S 17 5 2 5 . ⎛ 8⎞ ⎛ ⎞ −5 4 − → − → 18 c) Die Beweis erfolgt durch Berechnung von CS • AB = ⎝ −5 ⎠ • ⎝ −2 ⎠ = − 32 5 + 10 − 5 = 0. 6 −3 5 d) Bezeichnet g die Länge einer Seite des Dreiecks und h die Länge der zugehörigen Höhe, dann gilt für den Flächeninhalt A = 12 gh. Zur Verwendung dieser Berechnungsformel haben wir drei Möglichkeiten: Entweder 1 − 35 1 →−→ A = BCAFa  = · 7 · 5 = , 2 2 2

3.2 Lagebeziehungen zwischen zwei Geraden oder alternativ A =

1 − 1 √ →−→ ACBFb  = · 50 · 2 2

417 -

35 282 + 352 + 212 = . 100 2

Die dritte Möglichkeit ist

1 − →−→ ABCFc  , 2 was aber etwas mehr Aufwand erfordert, da wir erst noch die Koordinaten des ⎛ Höhenfußpunkts ⎞ ⎛ 8 ⎞ Fc −5 5 − berechnen müssen. Dazu berechnen wir den Schnittpunkt der Gerade hc : → x ⎝ 7 ⎠ + u ⎝ −5 ⎠ und 6 1 5 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ 8⎞ ⎛ ⎞ −5 1 1 4 5 4 − g: → x = ⎝ 2 ⎠ + s ⎝ −2 ⎠. Zur Lösung der Gleichung ⎝ 7 ⎠ + u ⎝ −5 ⎠ = ⎝ 2 ⎠ + s ⎝ −2 ⎠ 6 4 −3 1 4 −3 5  35 15  untersuchen wir das zugehörige lineare Gleichungssystem und ermitteln die Lösung (u; s) = 29 ; 29 . A =

Durch Einsetzen eines der ermittelten Lösungswerte in die jeweilige Geradengleichung erhalten wir ⎛ 56 ⎞ − 29  89  28  71  − → ⎜ 175 ⎟   . Daraus folgt CFc = ⎝ − den Ortsvektor des Schnittpunkts Fc ⎠ und damit berech29 29 29

29 42 29

− √  →−→ 35 nen wir A = 12 ABCFc  = 21 29 35525 29·29 = 2 . Alternativ kann der Flächeninhalt A mithilfe der −      → − → − → gilt Längen a = BC, b = AC und c = AB der Dreieckseiten berechnet werden. Mit s := a+b+c 2  A = s(s − a)(s − b)(s − c). ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2 4 → − ⎝ ⎠ ⎝ Lösung 3.2.13: Die Gerade g durch P und Q ist g : x = −1 + s −2 ⎠, die Ursprungsgeraden 3 6 ⎛ ⎞ 8 − x = r ⎝ −2 ⎠ mit dem Scharparameter t ∈ R. Die Schnittpunktberechnung gehören zur Geradenschar ht : → t führt über den Ansatz ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2 4 8 4 8 −2 ⎝ −1 ⎠ + s ⎝ −2 ⎠ = r ⎝ −2 ⎠ ⇔ s ⎝ −2 ⎠ − r ⎝ −2 ⎠ = ⎝ 1 ⎠ 3 6 t 6 t −3 auf die Lösung des folgenden linearen Gleichungssystems (I-III): I : 4s − II : −2s + III : 6s − II + 12 · I = IV : III − 32 · I = V :

8r = −2 2r = 1 tr = −3 −2r = (12 − t)r =

0 0

Aus den Gleichungen IV und V folgt eindeutig r = 0, dies eingesetzt in die erste Gleichung liefert s = − 12 . Aus r = 0 folgt, dass der Schnittpunkt von g und h unabhängig von der Wahl des Parameterwerts t ∈ R stets der Koordinatenursprung ist.

418

3 Geraden und Ebenen

Lösung 3.2.14: Die Fußpunkte Ma , Mb und Mc der Seitenhalbierenden sa , sb und sc sind durch die folgenden Ortsvektoren festgelegt:

C

→ −−→ − → 1− 0Ma = 0B + BC 2

sc Mb

→ → 1− −−→ − 0Mb = 0A + AC 2 → → 1− −−→ − 0Mc = 0A + AB 2 Die Seitenhalbierenden sind durch die folgenden Gleichungen definiert:

sa A

Ma

S

sb Mc

B

Abb. 133: Skizze zu Aufgabe 3.2.14

−−→ − − → −−→ − → → − sa : → x = 0A + α AMa = 0A + α 0Ma − 0A − → − → − → −−→ −−→ = 0A + α 0Ma − α 0A = (1 − α)0A + α 0Ma   → − → → − → − → α− − → 1− = (1 − α)0A + α 0B + BC = (1 − α)0A + α 0B + BC 2 2 → − → α− − → − → → − → α− → − → α − 0C − 0B = (1 − α)0A + α 0B + 0C − 0B = (1 − α)0A + α 0B + 2 2 2 − → α− → → α− = (1 − α)0A + 0B + 0C 2 2 −−→ − − → − → → −−→ − x = 0B + β BMb = 0B + β 0Mb − 0B sb : → − → −−→ − → − → −−→ = 0B + β 0Mb − β 0B = (1 − β )0B + β 0Mb   − → 1− → − → β− → − → − → = (1 − β )0B + β 0A + AC = (1 − β )0B + β 0A + AC 2 2 → β− → − → β − → − → − → β− − → − → = (1 − β )0B + β 0A + 0C − 0A = (1 − β )0B + β 0A + 0C − 0A 2 2 2 → β− → − → β− = (1 − β )0B + 0A + 0C 2 2 −−→ − − → −−→ − → → − x = 0C + γ CMC = 0C + γ 0Mc − 0C sc : → − → − → − → −−→ −−→ = 0C + γ 0Mc − γ 0C = (1 − γ)0C + γ 0Mc   − → 1− − → → − → − → γ− → = (1 − γ)0C + γ 0A + AB = (1 − γ)0C + γ 0A + AB 2 2 → − → − → γ− → − → − → γ − → − → γ− 0B − 0A = (1 − γ)0C + γ 0A + 0B − 0A = (1 − γ)0C + γ 0A + 2 2 2 − → γ− → γ− → = (1 − γ)0C + 0A + 0B 2 2 Wir untersuchen, ob ein gemeinsamer Schnittpunkt der drei Seitenhalbierenden existiert: → → β− → − → α− → α− − → β− sa = sb ⇔ (1 − α)0A + 0B + 0C = (1 − β )0B + 0A + 0C 2 2 2 2     − β − α β − → α → → ⇔ 1−α − 0A + + β − 1 0B + − 0C = 0 2 2 2 2

3.2 Lagebeziehungen zwischen zwei Geraden

419

→ − → γ− → γ− − → α− → α− → sa = sc ⇔ (1 − α)0A + 0B + 0C = (1 − γ)0C + 0A + 0B 2 2 2 2

− γ − → α γ − → → α ⇔ 1−α − − 0B + + γ − 1 0C = 0 0A + 2 2 2 2 → β− → − → γ− → γ− → − → β− sb = sc ⇔ (1 − β )0B + 0A + 0C = (1 − γ)0C + 0A + 0B 2 2 2 2     β γ − γ − β − → →

→ ⇔ − 0A + 1 − β − 0B + + γ − 1 0C = 0 2 2 2 2 − → − − → → Nach Voraussetzung sind die Vektoren 0A, 0B und 0C linear unabhängig (denn anderenfalls würden A, B und C kein Dreieck definieren). Die hergeleiteten Gleichungen haben demzufolge nur die triviale Lösung, d. h., es müssen die folgenden neun Gleichungen erfüllt sein: 1−α −

α +β −1 = 0 2

β =0 2

,

γ =0 2

,

,

α β − =0 2 2

(#.1)

α γ α − =0 , +γ −1 = 0 (#.2) 2 2 2 γ β β γ − = 0 , 1−β − = 0 , +γ −1 = 0 (#.3) 2 2 2 2 Dieses lineare Gleichungssystem ist offenbar überbestimmt, denn den drei Variablen α, β und γ stehen neun Gleichungen gegenüber. Zur Beantwortung der Frage nach der Lösbarkeit des Systems betrachten wir zunächst die Gleichungen α γ α β − = 0 und − =0, (∗) 2 2 2 2 aus denen β γ = ⇔ β =γ 2 2 folgt. Wegen (∗) muss α = β = γ gelten. Daraus folgt 1−α −

1−α −

β =0 2

⇔

1−α −

α =0 2

⇔

3 1− α = 0 2

⇔

α=

2 , 3

also insgesamt 2 . 3 Durch Nachrechnen überzeugt man sich leicht, dass damit alle Gleichungen in (#.1) bis (#.3) erfüllt sind, d. h., das Gleichungssystem hat eine eindeutige Lösung. Daraus folgt, dass sich die Seitenhalbierenden in − → einem gemeinsamen Schnittpunkt S schneiden, dessen Ortsvektor 0S wie folgt berechnet wird: α =β =γ =

1 − → → − → − → − → α− → α− → − 0A + 0B + 0C 0S = (1 − α)0A + 0B + 0C = 2 2 3

420

3 Geraden und Ebenen

3.3 Ebenengleichungen 3.3.1 Parameterform der Ebenengleichung − → − → Lösung 3.3.1: Sind die Vektoren AB und AC linear unabhängig, dann spannen sie eine Ebene E auf, d. h., − → − → − → − → − → − AB und AC sind Richtungsvektoren der Ebene, d. h. E : → x = 0A + rAB + sAC. ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 1 0 → − a) E : x = ⎝ 2 ⎠ + r ⎝ −5 ⎠ + s ⎝ −1 ⎠ 3 −2 −2 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2 −2 −2 → − b) E : x = ⎝ 0 ⎠ + r ⎝ −2 ⎠ + s ⎝ 0 ⎠ 0 0 2 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 4 2 − → − → c) AB = ⎝ −8 ⎠ und AC = ⎝ −4 ⎠ sind linear abhängig und können keine Ebene aufspannen. 4 2 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 3 1 − d) E : → x = r⎝ 2 ⎠+s⎝ 0 ⎠ 1 2 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 4 6 − → ⎝ ⎠ − → ⎝ ⎠ 9 sind linear abhängig und können keine Ebene aufspannen. e) AB = 6 und AC = 8 12 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 4 4 1 → ⎝ − → ⎝ ⎠ − 8 ⎠ = ⎝ 8 ⎠ linear abhängig und können f) Für t = 13 sind die Vektoren AB = 2 und AC = t −1 12 3 − → − → keine Ebene aufspannen. = 13 ⎛ sind die⎞ Vektoren AB und AC linear unabhängig und spannen die ⎛ ⎞ Für ⎛ t⎞ 1 1 4 − 8 ⎠ auf. Ebene E : → x = ⎝ 1 ⎠+r⎝ 2 ⎠+s⎝ 1 3 t −1 Lösung 3.3.2: ⎛

⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −1 5 14 → − a) E : x = ⎝ 2 ⎠ + r ⎝ −7 ⎠ + s ⎝ 3 ⎠ 4 12 1

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 3 −1 −5 → − b) E : x = ⎝ −11 ⎠ + r ⎝ 2 ⎠ + s ⎝ −6 ⎠ 9 8 −1

− −v sind linear abhängig, denn es gilt → − −v . Damit ist es auf Basis der c) Die Vektoren → u und → u = −4→ − −v nicht möglich, eine Parametergleichung einer Ebene zu konstruieren, gegebenen Vektoren → u und → die den Punkt A enthält. Lösung 3.3.3: ⎛

⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −2 4 0 − a) E : → x = ⎝ −1 ⎠ + r ⎝ 2 ⎠ + s ⎝ 0 ⎠ 1 0 0 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −1 −1 0 → − c) E : x = ⎝ 1 ⎠ + r ⎝ −2 ⎠ + s ⎝ −1 ⎠ −1 −3 1

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 7 5 6 − b) E : → x = ⎝ 3 ⎠ + r ⎝ −7 ⎠ + s ⎝ 0 ⎠ 8 13 3 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 36 1 0 − d) E : → x = ⎝ 37 ⎠ + r ⎝ 0 ⎠ + s ⎝ 1 ⎠ 80 0 0

3.3 Ebenengleichungen

421

Lösung 3.3.4: Verschiedene Ebenengleichungen erhält man zum Beispiel durch die Wahl verschiedener Stützpunkte oder alternativ durch skalare Multiplikation der Richtungsvektoren. ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 0 0 0 0 0 → − → − a) Eyz : x = r ⎝ 1 ⎠ + s ⎝ 0 ⎠ oder Eyz : x = ⎝ 1 ⎠ + r ⎝ −1 ⎠ + s ⎝ 0 ⎠ 0 1 1 0 −1 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 1 0 2 0 − − b) Exz : → x = r ⎝ 0 ⎠ + s ⎝ 0 ⎠ oder Exz : → x = ⎝ 0 ⎠+r⎝ 0 ⎠+s⎝ 0 ⎠ 0 1 1 0 3 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 0 1 −1 0 1 0 → − → − c) E1 : x = ⎝ 0 ⎠ + r ⎝ 0 ⎠ + s ⎝ 1 ⎠ oder E1 : x = ⎝ 1 ⎠ + r ⎝ 0 ⎠ + s ⎝ 1 ⎠ 7 0 0 7 0 0 ⎛ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −3 −3 0 0 0 0 − − d) E2 : → x = ⎝ 5 ⎠ + r ⎝ 1 ⎠ + s ⎝ 0 ⎠ oder Eyz : → x = ⎝ 0 ⎠+r⎝ 1 ⎠+s⎝ 0 ⎠ 9 0 0 0 1 1 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 0 1 0 0 2 0 − − x = ⎝ 5 ⎠ + r ⎝ 0 ⎠ + s ⎝ 0 ⎠ oder E3 : → x = ⎝ 5 ⎠+r⎝ 0 ⎠+s⎝ 0 ⎠ e) E3 : → −1 0 1 0 0 3

Lösung 3.3.5: a) Die Grundfläche liegt in der Ebene EABC

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2 6 3 − → − → − → − :→ x = 0A + rAB + sAC = ⎝ 2 ⎠ + r ⎝ 1 ⎠ + s ⎝ 6 ⎠. Die −1 0 0

Ebenengleichungen der Seitenflächen werden durch die jeweiligen Eckpunkte der Seitendreiecke bestimmt. Wir verwenden zum Beispiel jeweils S als Stützpunkt. Dies ergibt: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 6 −4 2 − → − → − → − x = 0S + rSA + sSB = ⎝ 4 ⎠ + r ⎝ −2 ⎠ + s ⎝ −1 ⎠ • EABS : → 8 −9 −9 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 6 −4 −1 − → − → − → ⎝ ⎠ → − • EACS : x = 0S + rSA + sSC = 4 + r ⎝ −2 ⎠ + s ⎝ 4 ⎠ 8 −9 −9 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 6 2 −1 − → − → − → ⎝ ⎠ → − ⎝ ⎠ ⎝ 4⎠ • EBCS : x = 0S + rSB + sSC = 4 + r −1 + s 8 −9 −9 b) Wir gehen analog zu Aufgabenteil a) vor und erhalten: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −1 9 −4 − → − → − → ⎝ → − ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ 3 + s 10 ⎠ • EABC : x = 0A + rAB + sAC = −2 + r 2 −4 −1 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 0 −1 8 − → − → − → ⎝ ⎠ → − • EABS : x = 0S + rSA + sSB = 3 + r ⎝ −5 ⎠ + s ⎝ −2 ⎠ 7 −5 −9 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 0 −1 −5 − → − → − → ⎝ ⎠ → − ⎝ ⎠ ⎝ 5⎠ • EACS : x = 0S + rSA + sSC = 3 + r −5 + s 7 −5 −6 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 0 8 −5 − → − → − → − • EBCS : → x = 0S + rSB + sSC = ⎝ 3 ⎠ + r ⎝ −2 ⎠ + s ⎝ 5 ⎠ 7 −9 −6

422

3 Geraden und Ebenen

⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ 0 4 0 → − 1 ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎝ Ebene zu Aufgabe 2.5.15 c): E : x = − 2 + r −1 + s −1 ⎠ 0 4 0 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −3 0 − Ebene zu Aufgabe 2.5.15 d): E : → x = r⎝ 1 ⎠+s⎝ 1 ⎠ 0 1 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −6 −4 0 − Ebene zu Aufgabe 2.5.15 e): E : → x = ⎝ 0 ⎠+r⎝ 1 ⎠+s⎝ 0 ⎠ 0 0 1 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 0 0 − Ebene zu Aufgabe 2.5.15 f): E : → x = ⎝ −2 ⎠ + r ⎝ 0 ⎠ + s ⎝ 0 ⎠ 0 1 0

Lösung 3.3.6: •

•

•

•

Lösung 3.3.7: a) P1 (4| − 3|10)

b) P2 (−1| − 4| − 2)

e) P5 (−2|3| − 2)

f) P6 (−48| − 8| − 113)

c) P3 (8| − 4|19)     g) P7 76 − 38  173 5

5

5

d) P4 (0| − 2|1)     h) P8 23 − 203  23 9

Lösung 3.3.8: Für jeden Punkt Pi , i ∈ {1, 2, 3, 4, 5, 6}, ist die Lösbarkeit der Vektorgleichung ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −1 2 1 1 −1 2 − → − → ⎝ 2 ⎠ + r ⎝ 0 ⎠ + s ⎝ 1 ⎠ = 0Pi ⇔ r ⎝ 0 ⎠ + s ⎝ 1 ⎠ = 0Pi − ⎝ 2 ⎠ 1 1 3 3 1 1

36

4

(∗)

zu untersuchen. Dies entspricht der Lösung eines linearen Gleichungssystems mit den Variablen r, s ∈ R. Wir geben nur die Ergebnisse an: • • • • • •

P1 P2 P3 P4 P5 P6

liegt in E, Lösung von (∗) ist r = 2 und s = 1. liegt in E, Lösung von (∗) ist r = −2 und s = −1. liegt nicht in E, (∗) ist nicht lösbar. liegt in E, Lösung von (∗) ist r = 3 und s = −5. liegt nicht in E, (∗) ist nicht lösbar. liegt in E, Lösung von (∗) ist r = 52 und s = − 12 .

Lösung 3.3.9: Für jeden Punkt Pi , i ∈ {1, 2, 3, 4, 5, 6}, ist die Lösbarkeit der Vektorgleichung ⎛ ⎛ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎞ ⎛ ⎞ ⎞ ⎛ ⎞ −3 1 1 4 −3 4 − → − → ⎝ 5 ⎠ + r ⎝ 2 ⎠ + s ⎝ −1 ⎠ = 0Pi ⇔ r ⎝ 2 ⎠ + s ⎝ −1 ⎠ = 0Pi − ⎝ 5 ⎠ 1 −2 −2 7 1 7

(#)

zu untersuchen. Dies entspricht der Lösung eines linearen Gleichungssystems mit den Variablen r, s ∈ R. Wir geben nur die Ergebnisse an: • • • • • •

P1 P2 P3 P4 P5 P6

liegt in E, Lösung von (#) ist r = −3 und s = −2. liegt in E, Lösung von (#) ist r = 2 und s = 5. liegt nicht in E, (#) ist nicht lösbar. liegt in E, Lösung von (#) ist r = 6 und s = 4. liegt in E, Lösung von (#) ist r = 34 und s = − 14 . liegt nicht in E, (#) ist nicht lösbar.

Lösung 3.3.10: Diese Aufgabe soll zeigen, dass es zu einer Ebene E nicht nur eine einzige Parametergleichung gibt, sondern beliebig viele, aber zueinander äquivalente Parametergleichungen. Es gibt natürlich unendlich viele Möglichkeiten, welche die in den Teilaufgaben geforderten Umformungsschritte erfüllen. Die nachfolgend genannten Ergebnisse sind folglich nur Musterbeispiele.

3.3 Ebenengleichungen

423

a) Für praktische Anwendungen nicht unproblematisch ist die Rechnung mit Brüchen. Es liegt daher nahe, den zum Parameter s zugehörigen Richtungsvektor zum Beispiel mit dem Faktor 4 skalar zu multiplizieren. Das ergibt die folgende Parametergleichung: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 12 2 → − E : x = ⎝ −2 ⎠ + r ⎝ 24 ⎠ + s ⎝ 4 ⎠ 5 −36 −3 b) Wenn möglich, dann sollten mit Blick auf weitere Rechnungen mit einer Parametergleichung in Richtungsvektoren die Koordinaten betragsmäßig klein gewählt werden. So liegt es nahe, den zum Para1 skalar zu multiplizieren. Das meter r zugehörigen Richtungsvektor zum Beispiel mit dem Faktor 12 liefert die folgende Parametergleichung: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ 1⎞ 1 1 2 → − E : x = ⎝ −2 ⎠ + r ⎝ 2 ⎠ + s ⎝ 1 ⎠ 5 −3 − 34 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ 1⎞ 1 12 −2 → − c) E : x = ⎝ −2 ⎠ + r ⎝ 24 ⎠ + s ⎝ −1 ⎠ 3 5 −36 4 d) Dazu vereinen wir die Beispielrechnungen aus a) und b). Das ergibt: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 1 2 → − E : x = ⎝ −2 ⎠ + r ⎝ 2 ⎠ + s ⎝ 4 ⎠ 5 −3 −3

(#)

e) Die in der Lösung zu d) genannte Gleichung (#) erfüllt die Forderung bereits. f) Setzen wir zum Beispiel in die gegebene Parametergleichung die Parameterwerte r = 1 und s = 0 ein, dann erhalten wir als alternativen Stützvektor ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ 1⎞ 13 1 12 2 − → 0P = ⎝ −2 ⎠ + 1 · ⎝ 24 ⎠ + 0 · ⎝ 1 ⎠ = ⎝ 22 ⎠ −31 5 −36 − 34 bzw. den Stützpunkt P(13|22| − 31). Damit folgt als alternative Parametergleichung ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ 1⎞ 13 12 2 − E :→ x = ⎝ 22 ⎠ + r ⎝ 24 ⎠ + s ⎝ 1 ⎠ . −31 −36 − 34 Natürlich können wir auch auf die Ergebnisse aus den vorhergehenden Teilaufgaben zurückgreifen. Setzen wir zum Beispiel in Gleichung (#) aus der Lösung von d) die Parameterwerte r = s = 1 ein, dann erhalten wir als alternativen Stützvektor ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 1 2 4 − → 0P = ⎝ −2 ⎠ + ⎝ 2 ⎠ + ⎝ 4 ⎠ = ⎝ 4 ⎠ 5 −3 −3 −1 ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ 1⎞ 4 12 2 − und damit die Parametergleichung E : → x = ⎝ 4 ⎠ + r ⎝ 24 ⎠ + s ⎝ 1 ⎠. −1 −36 − 34 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 4 1 2 − g) E : → x = ⎝ 4 ⎠+r⎝ 2 ⎠+s⎝ 4 ⎠ −1 −3 −3 ⎛

424

3 Geraden und Ebenen

h) Der Stützvektor der gegebenen Parametergleichung ist der Ortsvektor des Stützpunkts A(1| − 2|5). Setzen wir in die gegebene Gleichung r = 14 und s = 4 ein, dann erhalten wir den Ortsvektor ⎛ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ 1⎞ ⎛ ⎞ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 12 1 3 2 6 2 1 − → ⎝ 0B = −2 ⎠ + ⎝ 24 ⎠ + 4 ⎝ 1 ⎠ = ⎝ −2 ⎠ + ⎝ 6 ⎠ + ⎝ 4 ⎠ = ⎝ 8 ⎠ 4 −36 5 5 −9 −3 −7 − 34 − → 1 und s = 4 den Ortsvektor 0C des in E liegenden Punkts B(6|8| − 7). Analog erhalten wir = 12 ⎛für r ⎞ ⎛ ⎞ 5 3 − → − → des in E liegenden Punkts C(4|4| − 1). Die Vektoren AB = ⎝ 10 ⎠ und AC = ⎝ 6 ⎠ sind offenbar −12 −6 linear unabhängig und können damit als Richtungsvektoren für eine alternative Parametergleichung von E verwendet werden. Diese lautet: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 5 3 − → − → − → − E :→ x = 0A + rAB + sAC = ⎝ −2 ⎠ + r ⎝ 10 ⎠ + s ⎝ 6 ⎠ 5 −12 −6

3.3.2 Normalenform der Ebenengleichung Lösung 3.3.11: ⎡ ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞ 3 −2 → − a) E : ⎣ x − ⎝ 4 ⎠⎦ • ⎝ 9 ⎠ = 0 6 7

⎛ ⎞ −5 − → − → ⎝ 5 ⎠ ergibt sich die Normalenb) Mit dem Stützpunkt A und dem Normalenvektor AB × AC = 0 ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞ ⎡ ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞ ⎡ 1 −5 1 −1 → − → − gleichung E : ⎣ x − ⎝ 1 ⎠⎦ • ⎝ 5 ⎠ = 0 oder alternativ E : ⎣ x − ⎝ 1 ⎠⎦ • ⎝ 1 ⎠ = 0. 0 4 0 4 ⎛ ⎞ −40 − → − → c) Mit dem Stützpunkt A und dem Normalenvektor AB × AC = ⎝ −20 ⎠ ergibt sich die Normalen40 ⎡ ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞ ⎡ ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞ 5 −40 5 −2 − − gleichung E : ⎣→ x − ⎝ 3 ⎠⎦ • ⎝ −20 ⎠ = 0 oder alternativ E : ⎣→ x − ⎝ 3 ⎠⎦ • ⎝ −1 ⎠ = 0. 5 40 5 2 ⎞ ⎛ −4 − → ⎝ d) Aus dem Stützpunkt A(2|3| − 3) der Gerade g und dem Punkt P ergibt den Vektor AP = −2 ⎠. Aus 0 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −4 1 −6 − → − AP und dem Richtungsvektor von g wird mit → n = ⎝ −2 ⎠ × ⎝ −1 ⎠ = ⎝ 12 ⎠ ein Normalenvektor 0 3 6 ⎡ ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞ 2 −6 → − ⎣ ⎝ ⎠ ⎦ ⎝ 3 der Ebene E berechnet. Dies ergibt die Normalengleichung E : x − • 12 ⎠ = 0 oder −3 6 ⎞⎤ ⎛ ⎞ ⎡ ⎛ 2 −1 − alternativ E : ⎣→ x − ⎝ 3 ⎠⎦ • ⎝ 2 ⎠ = 0. −3 1

3.3 Ebenengleichungen 425 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 6 −9 − → − → e) Die Vektoren AB = ⎝ 2 ⎠ und AC = ⎝ −3 ⎠ sind linear abhängig, denn es gilt der Zusammenhang 6 −9 → − → 2− AB = − 3 AC. Das bedeutet, dass die Punkte A, B und C auf einer Gerade liegen. Folglich lässt sich aus − → − → AB und AC kein Normalenvektor für eine Ebene E bestimmen, welche die Punkte enthält. Das bedeutet aber natürlich nicht, dass es keine diese Punkte enthaltende Ebene gibt. Vielmehr ist die Lösung dieser Aufgabe nicht eindeutig, d. h., es gibt unendlich viele Ebenen die A, B unc C enthalten. Wir verwenden − → zur Konstruktion orthogonalen ⎛ ⎞ einer solchen Ebene einen beliebigen, ⎡ zu⎛AB⎞ ⎤ ⎛ ⎞ Vektor, wie zum Beispiel −1 1 −1 → − − n = ⎝ 0 ⎠. Damit ergibt sich zum Beispiel E1 : ⎣→ x − ⎝ 2 ⎠⎦ • ⎝ 0 ⎠ = 0. Ein zweites Beispiel 1 3 1 ⎡ ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 0 0 − − x − ⎝ 2 ⎠⎦ • ⎝ −3 ⎠ = 0. ergibt sich mit → n = ⎝ −3 ⎠, d. h. E2 : ⎣→ 3 1 1 Lösung 3.3.12: ⎡ ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞ 1 −3 − a) E : ⎣→ x − ⎝ 0 ⎠⎦ • ⎝ 2 ⎠ = 0, P1 und P3 liegen in E, P2 liegt nicht in E. 0 1 ⎡ ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞ 2 −2 → − b) E : ⎣ x − ⎝ −1 ⎠⎦ • ⎝ 6 ⎠ = 0, P2 und P3 liegen in E, P1 liegt nicht in E. 5 −3 ⎡ ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞ 1 2 → − c) E : ⎣ x − ⎝ 2 ⎠⎦ • ⎝ −1 ⎠ = 0, P1 liegt in E, P2 und P3 liegen nicht in E. 3 0 ⎛ ⎞ 74 − d) E : → x • ⎝ −43 ⎠ = 0, P3 liegt in E, P1 und P2 liegen nicht in E. 133 Lösung 3.3.13: Diese Aufgabe soll zeigen, dass es zu einer Ebene E nicht nur eine einzige Normalengleichung gibt, sondern beliebig viele, zueinander äquivalente Normalengleichungen. Es gibt natürlich unendlich viele Möglichkeiten, welche die in den Teilaufgaben geforderten Umformungsschritte erfüllen. Die nachfolgend genannten Ergebnisse sind folglich nur Musterbeispiele. ⎡ ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞ 1 8 → − a) E : ⎣ x − ⎝ 2 ⎠⎦ • ⎝ −16 ⎠ = 0 −1 4 ⎡ ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞ 1 −4 − b) E : ⎣→ x − ⎝ 2 ⎠⎦ • ⎝ 8 ⎠ = 0 −1 −2 ⎞ ⎞ ⎡ ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎡ ⎛ ⎞⎤ ⎛ −2 2 1 1 → − → − c) E : ⎣ x − ⎝ 2 ⎠⎦ • ⎝ −4 ⎠ = 0 oder E : ⎣ x − ⎝ 2 ⎠⎦ • ⎝ 4 ⎠ = 0 −1 −1 −1 1 ⎛ ⎞ 4 − n = ⎝ −8 ⎠ d) Die gegebene Normalengleichung ist mit dem Kehrwert der Länge des Normalenvektors → 2 −  √ √ n  = 42 + 82 + 22 = 84 und damit folgt zu multiplizieren. Wir berechnen → ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞ ⎡ 1 4 1 ⎣→ − x − ⎝ 2 ⎠⎦ • ⎝ −8 ⎠ = 0 . E:√ 84 −1 2

(##)

426

3 Geraden und Ebenen

Alternativ kann man zum Beispiel vom Ergebnis der Teilaufgabe c) ausgehen. Das ergibt ⎡ ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞ 1 2 1 ⎣→ − E:√ x − ⎝ 2 ⎠⎦ • ⎝ −4 ⎠ = 0 . 21 −1 1

(###) ⎛

⎞ 2 ⎝ −4 ⎠ 1  − −  −  − − n  = 2, d. h., wir müssen in (###) lediglich → n durch 2→ n n  = 1. Folglich gilt 2→ n  = 2→ die Länge → ⎡ ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞ 1 2 − ersetzen, d. h. E : √221 ⎣→ x − ⎝ 2 ⎠⎦ • ⎝ −4 ⎠ = 0. −1 1 − → → − f) Der Ortsvektor x = 0P des Punkts P(3|2| − 5) erfüllt die Normalengleichung und kann deshalb als ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞ ⎡ 3 4 → − Stützvektor verwendet werden. Das ergibt die Gleichung E : ⎣ x − ⎝ 2 ⎠⎦ • ⎝ −8 ⎠ = 0. −5 2 ⎛ ⎡ ⎞⎤ ⎛ ⎞ 3 2 − x − ⎝ 2 ⎠⎦ • ⎝ −4 ⎠ = 0 g) E : ⎣→ −5 1 − e) Da (###) eine Hessesche Normalengleichung der Ebene E ist, hat der Normalenvektor → n =

√1 21

3.3.3 Koordinatenform der Ebenengleichung Lösung 3.3.14: a) E : x + 2y + 3z = 15

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 1 6 → − ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ 2 × 1 = −4 ⎠ liefert E : 6x − 4y − z = 1. b) Der Normalenvektor n = −2 2 −1 ⎛ ⎞ −27 − → − → − c) Der Normalenvektor → n = AB × AC = ⎝ −14 ⎠ liefert E : −27x − 14y + 5z = −36. 5 d) E : x = 0

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 0 3 − → ⎝ → − ⎝ ⎠ e) Richtungsvektoren der Ebene sind u = 0 und 0A = −1 ⎠. Damit wird ein Normalenvektor 1 5 ⎛ ⎞ 1 − → − − von E berechnet, d. h. → n =→ u × 0A = ⎝ 3 ⎠. Damit folgt E : x + 3y = 0. 0 f) Die Lösung ist nicht eindeutig, denn für die Gerade g gibt es zwei Möglichkeiten: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 0 1 → − ⎝ ⎠ • Möglichkeit 1: Die Gerade g : x = 2 + r ⎝ 1 ⎠ besitzt alle geforderten Eigenschaften. Der 0 0 ⎛ ⎞ −2 −→ ⎝ 0 ⎠ ein RichRichtungsvektor von g ist auch ein Richtungsvektor von E. Weiter ist PQ = −1

3.3 Ebenengleichungen

427 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 −2 −1 → − tungsvektor von E. Ein Normalenvektor von E ist folglich n = ⎝ 1 ⎠ × ⎝ 0 ⎠ = ⎝ 1 ⎠. 0 −1 2 Damit ergibt sich die Koordinatengleichung E : −x + y + 2z = 2. ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 0 1 − x = ⎝ 2 ⎠ + r ⎝ −1 ⎠ besitzt alle geforderten Eigenschaften. Wie • Möglichkeit 2: Die Gerade g : → 0 0 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 −2 1 − eben wird ein Normalenvektor von E berechnet, d. h. → n = ⎝ −1 ⎠ × ⎝ 0 ⎠ = ⎝ 1 ⎠. Damit 0 −1 −2 erhalten wir E : x + y − 2z = 2.

Lösung 3.3.15: / E, P3 ∈ E a) P1 ∈ E, P2 ∈

b) P1 ∈ / E, P2 ∈ E, P3 ∈ E

c) P1 ∈ / E, P2 ∈ / E, P3 ∈ E

Lösung 3.3.16: /E a) E : x − 2y + z = 2, P1 ∈ E, P2 ∈ E, P3 ∈ b) E : x + 2y + 5z = 13, P1 ∈ / E2 , P2 ∈ E2 , P3 ∈ E c) E : −2x + 3y − 2z = −12, P1 ∈ E, P2 ∈ E, P3 ∈ E d) E : −2x + 6y − 3z = −25, P1 ∈ / E, P2 ∈ E, P3 ∈ E Lösung 3.3.17: a) Diese Aufgabe soll zeigen, dass es zu einer Ebene E nicht nur eine einzige Koordinatengleichung gibt, sondern beliebig viele, zueinander äquivalente Koordinatengleichungen. Diese entstehen aus einer gegebenen Koordinatengleichung durch Multiplikation mit einem beliebigen Faktor r ∈ R \ {0}. Für z. B. r = 5 erhalten wir E : −15 + 11y + 30z = −20, für r = −10 erhalten wir E : 30x − 22y − 60z = 40. 3 Division durch (−4) liefert mit der (Achsenabschnitts-) Gleichung E : 34 x − 11 20 − 2 z = 1 eine weitere Möglichkeit. b) Die Koeffizienten in der gegebenen Gleichung haben die gemeinsamen Teiler 2, 7 und 9. Eine Vereinfachung wird deshalb mit der Division der Gleichung durch 2 · 7 · 9 = 126 erreicht. Das ergibt die Koordinatengleichung 2x + 9y − 3z = 17 der Ebene E. ⎛ ⎞ 4 → − c) Aus der Koordinatengleichung von E lesen wir mit n = ⎝ −6 ⎠ einen Normalenvektor ab. Ein Nor3 ⎛ ⎞ 4r → − → − malenvektor von E hat allgemein die Gestalt u = r n = ⎝ −6r ⎠ für beliebiges r ∈ R \ {0}. Weiter ist 3r − → → − − u der Ortsvektor eines Punkts P ∈ E, d. h. → u = 0P, wenn die Koordinaten des Punkts P(4r| − 6r|3r) die gegebene Koordinatengleichung von E erfüllen: 4 · 4r − 6 · (−6r) + 3 · 3r = 183 ⎛ ⎞ 12 → − → − Damit erhalten wir u = 3 n = ⎝ −18 ⎠. 9

⇔

61r = 183

⇔

r=3

Lösung 3.3.18: a) Einsetzen der Koordinaten x = 6, y = −7 und z = 2 in die Koordinatengleichung von E liefert die Gleichung 6c − 25 = 35, woraus die eindeutige Lösung c = 10 folgt.

428

3 Geraden und Ebenen

b) Einsetzen der Koordinaten x = c, y = −7 und z = 2c in die Koordinatengleichung von E liefert c2 − 4c − 21 = 11. Subtraktion von 11 ergibt die Gleichung c2 − 4c − 32 = 0, die nach der pqFormel die Lösungen c1 = 8 und c2 = −4 hat. Die Lösung ist nicht eindeutig, d. h., die Ebene E1 : 8x + 3y − 2z = 11 enthält den Punkt P1 (8| − 7|16) und die Ebene E2 : −4x + 3y − 2z = 11 enthält den Punkt P2 (−4| − 7| − 8). c) Einsetzen der Koordinaten von P in die Koordinatengleichung von E ergibt 4 − 3c − 3c = 10. Der erste Schritt zur Lösung dieser Gleichung ist Subtraktion von 10, die weiteren Schritte sind: −6 − 3c −

3 =0 c

⇔

−

3c2 + 6c + 3 =0 c

⇔

3c2 + 6c + 3 = 0

⇔

c2 + 2c + 1 = 0

Wegen c2 + 2c + 1 = (c + 1)2 folgt c = −1 als eindeutige Lösung, d. h., der Punkt P(2|3|3) liegt in der Ebene E : 2x + y + z = 10. d) Die Aufgabe unterscheidet sich im Vergleich zu c) nur in der z-Koordinate des Punkts P. Deshalb können wir die Rechnungen aus c) mit einer einzigen Anpassung übernehmen und erhalten hier die Gleichung c2 + 2c + 2 = 0. Wegen c2 + 2c + 2 = c2 + 2c + 1 + 1 = (c + 1)2 + 1 > 0 für alle c ∈ R folgt, dass die Gleichung keine Lösung hat, d. h., es kann kein c ∈ R so gewählt werden, dass P in E liegt. e) Einsetzen der Koordinaten von P in die Koordinatengleichung von E ergibt c2 +4c−3 = 2. Subtraktion von 2 ergibt die Gleichung c2 + 4c − 5 = 0, die nach der pq-Formel die Lösungen c1 = 1 und c2 = −5 hat. Die Lösung ist nicht eindeutig, d. h., in der Ebene E1 : x + 2y − 15 z = 2 liegt der Punkt P1 (1|3|25) und in der Ebene E2 : −5x + 2y − 15 z = 2 liegt der Punkt P2 (−5| − 9|25). f) Analog zu den vorhergehenden Teilaufgaben setzen wir die Koordinaten von P in die Koordinatengleichung von E ein. Dies ergibt die Gleichung 2(c − 1) − 5c = 2, welche die eindeutige Lösung c = − 43  15      hat, d. h., in E : − 73 x − 16 9 z = 2 liegt der Punkt P 2 − 2 − 4 . g) Aus der Koordinatengleichung von E erkennen wir sofort, dass E echt parallel zur y-Achse verläuft. Folglich kann es kein c ∈ R geben, sodass der auf der y-Achse liegende Punkt P in E liegt. h) Einsetzen √der Koordinaten von P in die Koordinatengleichung von E führt auf die Wurzelgleichung 2 − 17 = 77. Addition von 3 und anschließende Division durch 10 liefert die äquivalente −3 + 10 c√ Gleichung c2 − 17 = 8. Für alle c ∈ R, die die Ungleichung c2 − 17 ≥ 0 erfüllen, sind beide Seiten der Gleichung nichtnegativ, sodass Quadrieren eine zulässige Äquivalenzumformung ist. Quadrieren ergibt c2 − 17 = 64. Daraus folgt c2 = 81, woraus die Lösungen c1 = 9 und c2 = −9 folgen. Es gibt rechnerisch zwei mögliche Lösungen für c, die aber auf die gleiche Ebene E : −3x + 40y = 77 führen, in welcher der Punkt P(1|2|3) liegt.

3.3.4 Achsenabschnittsform der Ebenengleichung Lösung 3.3.19: In (fast) allen Teilaufgaben müssen wir zunächst eine Achsenabschnittsgleichung der Ebene E bestimmen. Daraus lassen sich die Koordinaten der Achsenschnittpunkte ablesen, wobei mit Sx der Schnittpunkt mit der x-Achse, mit Sy der Schnittpunkt mit der y-Achse und mit Sz der Schnittpunkt mit der z-Achse bezeichnet sei. a) Divsion der Gleichung durch 32 ergibt E : Sz (0|0| − 4).

1 1 1 16 x + 8 y − 4 z

= 1. Daraus folgt Sx (16|0|0), Sy (0|8|0) und

     1  0 b) Divsion der Gleichung durch −4 ergibt E : −3x + 12y − 9z = 1. Daraus folgt Sx − 13 00 , Sy 0 12    1 und Sz 00 − 9 .     c) Divsion der Gleichung durch −2 ergibt E : x + 32 y − 14 z = 1. Daraus folgt Sx (1|0|0), Sy 0 23 0 und Sz (0|0| − 4).

3.3 Ebenengleichungen d) Multiplikation der Gleichung mit     und Sz 00 − 56 .

429 3 2

        ergibt E : 9x + 92 y − 65 z = 1. Daraus folgt Sx 19 00 , Sy 0 29 0

1 z = 1. Daraus folgt Sx (6|0|0) und Sz (0|0|33). E ist e) Divsion der Gleichung durch 3 liefert E : 16 x + 33 echt parallel zur y-Achse und hat keinen Schnittpunkt mit der y-Achse.

f) Divsion der Gleichung durch −4 ergibt E : 16 y − 17 z = 1. Daraus folgt Sy (0|6|0) und Sz (0|0| − 7). E ist echt parallel zur x-Achse und hat keinen Schnittpunkt mit der x-Achse.     g) Multiplikation der Gleichung mit 53 ergibt E : − 56 x − 54 y = 1. Daraus lesen wir Sx − 65 00 und   4  Sy 0 − 5 0 ab. E ist echt parallel zur z-Achse und hat keinen Schnittpunkt mit der z-Achse. 1   00 . E ist echt parallel zur h) Multiplikation der Gleichung mit 7 ergibt E : 21x = 1. Daraus folgt Sx 21 yz-Ebene, d. h., E hat keinen Schnittpunkt mit der y-Achse und keinen Schnittpunkt mit der z-Achse. i) Division der Gleichung durch −84 liefert E : 14 z = 1. Daraus folgt Sz (0|0|4). E ist echt parallel zur xy-Ebene, d. h., E hat keinen Schnittpunkt mit der x-Achse und keinen Schnittpunkt mit der y-Achse. j) E geht durch den Koordinatenursprung. k) Ausrechnen des Skalarprodukts ergibt 2x + 3y + 4z − 6 = 0 bzw. 2x + 3y + 4z = 6 als Koordinatengleichung von E. Divsion durch 6 liefert die Achsenabschnittsgleichung E : 13 x + 12 y + 23 z = 1. Daraus     folgt Sx (3|0|0), Sy (0|2|0) und Sz 00 32 . l) Ausrechnen des Skalarprodukts ergibt x + 5y − 11 = 0 bzw. x + 5y = 1 als Koordinatengleichung von 1 5 E. Divsion durch 11 liefert die Achsenabschnittsgleichung E : 11 x + 11 y = 1. Daraus folgt Sx (11|0|0)   11   und Sy 0 5 0 . E ist echt parallel zur z-Achse und hat deshalb keinen Schnittpunkt mit der z-Achse. ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −5 1 −7 → − m) Ein Normalenvektor der Ebene ist n = ⎝ 7 ⎠ × ⎝ 0 ⎠ = ⎝ −2 ⎠, woraus die Normalen3 −1 −7 ⎡ ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞ 3 −7 − gleichung ⎣→ x − ⎝ 4 ⎠⎦ • ⎝ −2 ⎠ = 0 der Ebene E folgt. Ausrechnen des Skalarprodukts ergibt −1 −7 −7x − 2y − 7z + 22 = 0 bzw. −7x − 2y − 7z = −22 als Koordinatengleichung von E. Divsion durch 7 7 x + 1 y + 22 z = 1. Daraus lesen wir die Achsen−22 liefert die Achsenabschnittsgleichung E : 22  22       22  11 schnittpunkte Sx 7 00 , Sy (0|11|0) und Sz 00 7 ab. ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 3 0 28 − → − → ⎝ → − ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ 2 × 5 = −27 ⎠, woraus die Normalenn) Ein Normalenvektor von E ist n = AB × AC = −2 9 15 ⎡ ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞ 2 28 − gleichung ⎣→ x − ⎝ −7 ⎠⎦ • ⎝ −27 ⎠ = 0 der Ebene E folgt. Ausrechnen des Skalarprodukts ergibt 3 15 28x − 27y + 15z − 290 = 0 bzw. 28x − 27y15z = 290 als Koordinatengleichung von E. Divsion durch 14 27 x − 290 y + 3 z = 1 von E. Daraus lesen wir die Achsen290 liefert die Achsenabschnittsgleichung 145  145      290      58 58  00 , Sy 0 − 0 und Sz 00 schnittpunkte Sx ab. 14

27

3

Lösung 3.3.20: Wir bestimmen zunächst eine Achsenabschnittsgleichung der Ebene E. Daraus lassen sich die Koordinaten der Achsenschnittpunkte ablesen, wobei mit Sx der Schnittpunkt mit der x-Achse, mit Sy der Schnittpunkt mit der y-Achse und mit Sz der Schnittpunkt mit der z-Achse bezeichnet sei.      a) Die Gleichung von E1 ist bereits eine Achsenabschnittsgleichung, aus der sofort Sx (2|0|0), Sy 0  11 2 0 und Sz (0|0|4) abgelesen werden. Zeichnen wir die Achsenschnittpunkte in ein Koordinatensystem ein und verbinden sie, dann erhalten wir als grafische Darstellung das in Abb. 134 dargestellte Dreieck als Teilmenge der Ebene E1 .

430

3 Geraden und Ebenen

b) Division der gegebenen Gleichung durch (−2) liefert die Gleichung − 16 x− 15 y− 13 z = 1 von E2 . Daraus lesen wir die Achsenschnittpunkte Sx (−6|0|0), Sy (0| − 5|0) und Sz (0|0| − 3) ab, mit denen wir die in Abb. 134 dargestellte Teilmenge als grafische Darstellung von E2 erhalten.

−6

z 4 Sz

z 2

3 2

E1

−5

1 1

1 x

2

3

4

5

−2

1 0

−4

−3

−2

6 y

−1 −2

4

x

Sx

2 y

1 2

Sy

0 2

E2

Sy

Sx

−4

−3 Sz

Abb. 134: Teilmengen der Ebenen E1 und E2 aus Aufgabe 3.3.20

c) Division durch −48 liefert die Achsenabschnittsgleichung 13 y + 12 z = 1 von E3 . Daraus lesen wir Sy (0|3|0) und Sz (0|0|2) ab. Die Ebene E3 verläuft echt parallel zur x-Achse und hat folglich keinen Schnittpunkt mit der x-Achse. Wir stellen eine Teilmenge von E3 grafisch dar, indem wir die Punkte Sy und Sz in ein Koordinatensystem zeichnen, verbinden und die Verbindungsstrecke Sy Sz parallel zu sich selbst und damit insbesondere parallel zur x-Achse verschieben (siehe Abb. 135). d) Division durch 5 liefert E : 25 y = 1. Alternativ liefert Division durch 2 die Gleichung E : y = 52 . Aus     beiden Umformungen folgt Sy 0  52  0 . Die Ebene E4 ist echt parallel zur xz-Ebene. In Abb. 135 ist eine Teilmenge von E4 grafisch dargestellt.

z 3

z 3

2 Sz 1 0 1

−2 −1 0

1

2 1

Sy 1

2

3

4

5 y

1

4

Sy 1

2

2

2 3

3 x

E4

2

E3

4 x

Abb. 135: Teilmengen der Ebenen E3 und E4 aus Aufgabe 3.3.20

3

4

5 y

3.3 Ebenengleichungen

431

     Lösung 3.3.21: Für die Ebene E1 lesen wir aus Abb. 77 die Achsenschnittpunkte Sx (3|0|0), Sy 0 − 13 2 0   7 und Sz 00 2 ab. Daraus folgt die Achsenabschnittsgleichung der Ebene, die zugleich eine mögliche Koordinatengleichung ist: 2 2 1 E1 : x − y + z = 1 3 13 7 ⎛ 1 ⎞ ⎜ − Aus dieser Gleichung lesen wir → n =⎝

3 2 13 2 7

⎟ ⎠ als einen Normalenvektor von E1 ab. Verwenden wir Sx als

Stützpunkt, dann liefert das die folgende Normalengleichung: ⎛ ⎞⎤ ⎛ 1 ⎞ ⎡ 3 3 ⎜ 2 ⎟ − x − ⎝ 0 ⎠⎦ • ⎝ 13 E1 ⎣→ ⎠ = 0 2 0 7

Aus den Punkten Sx , Sy und Sz ergibt sich die folgende Parametergleichung: ⎞ ⎛ ⎛ ⎞ ⎞ ⎛ −3 −3 3 − → − − → − − → − ⎠+s⎝ 0 ⎠ x = 0Sx + rSx Sy + sSx Sz = ⎝ 0 ⎠ + r ⎝ − 13 E1 : → 2 7 0 0 2 Für E2 lesen wir aus Abb. 77 die Achsenschnittpunkte Sx (−3|0|0) und Sz (0|0|5) ab. Die Ebene E2 verläuft echt parallel zur y-Achse. Damit ist 1 1 E2 : − x + z = 1 3 5 eine Achsenabschnittsgleichung der Ebene, die zugleich eine mögliche Koordinatengleichung ist. Daraus ⎛ 1⎞ −3 − lesen wir → n = ⎝ 0 ⎠ als einen Normalenvektor der Ebene E2 ab und erhalten zusammen mit Sx als 1 5

Stützpunkt die folgende Normalengleichung: ⎡ ⎛

⎞⎤ ⎛ 1 ⎞ −3 −3 − x − ⎝ 0 ⎠⎦ • ⎝ 0 ⎠ = 0 E2 : ⎣→ 1 0 5

Zur Ermittlung einer Parametergleichung benötigen wir einen dritten Punkt P der Ebene, der nicht auf der Gerade liegt, die durch die Punkte Sx und Sz verläuft. Das ist zum Beispiel der Punkt P(0|1|5). Damit können wir eine Parametergleichung von E aufstellen: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −3 3 3 −→ −−→ −→ → − ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 0 +r 0 +s⎝ 1 ⎠ E2 : x = 0Sx + rSx Sz + sSx P = 0 5 5

432

3 Geraden und Ebenen

3.3.5 Umrechnungen zwischen den Darstellungsformen Lösung 3.3.22: a) Die Darstellung der Parametergleichung ist nicht eindeutig und hängt von der Wahl des Stützpunkts ab. Wird A als Stützpunkt gewählt, dann erhalten wir ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 3 1 − → − → − → − E: → x = 0A + rAB + sAC = ⎝ −2 ⎠ + r ⎝ 2 ⎠ + s ⎝ 4 ⎠ . 2 0 −2 c) Wir notieren die Parametergleichung als lineares Gleichungssystem (I-III), elimieren hier zunächst den Parameter s durch Addition von Vielfachen von je zwei Gleichungen und eliminieren anschließend aus den erhaltenen Gleichungen den Parameter r: I II III 2 · I + II = IV II + 2 · II = V IV − 3 · V

: x : y : : 2x + : y+ : 2x − 3y −

z z 2z 5z

= 1 + 3r + s = −2 + 2r + 4s = 2 − 2s = 4 + 6r = 2 + 2r = −2

Damit ist E : 2x − 3y − 5z = −2

(∗)

eine Koordinatengleichung der Ebene E. Alternativ kann zuerst eine Normalengleichung von E bestimmt werden, aus der durch Ausrechnen des Skalarprodukts ebenfalls eine Koordinatengleichung von E erhalten wird (siehe die Lösung zur nachfolgenden Teilaufgabe). c) Das Kreuzprodukt der Richtungsvektoren einer Parametergleichung der Ebene liefert einen Normalenvektor der Ebene: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 3 1 −4 → − n = ⎝2⎠×⎝ 4⎠ = ⎝ 6⎠ (∗∗) 0 −2 10 Damit erhalten wir die Normalengleichung ⎛ ⎡

⎞⎤ ⎛ ⎞ 1 −4 → − − x − ⎝ −2 ⎠⎦ • ⎝ 6 ⎠ = 0 . E : ⎣→ 2 10

(#)

Als Stützvektor wurde dabei der Ortsvektor des Punkts A verwendet, es kann natürlich auch der Orts− vektor eines jeden anderen Punkts der Ebene benutzt werden. Statt des Vektors (∗∗) kann auch t → n für 1 t = 0 als Normalenvektor der Ebene verwendet werden. Zum Beispiel liefert t = − 2 die Normalengleichung ⎡ ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞ 1 2 → − → − E : ⎣ x − ⎝ −2 ⎠⎦ • ⎝ −3 ⎠ = 0 . (##) 2 −5 Schreiben wir diese Gleichung um zu ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ x 2 1 2 E : ⎝ y ⎠ • ⎝ −3 ⎠ = ⎝ −2 ⎠ • ⎝ −3 ⎠ z −5 2 −5 und rechnen die Skalarprodukte auf beiden Seiten aus, dann liefert dies die aus b) bekannte Koordinatengleichung E : 2x − 3y − 5z = −2.

3.3 Ebenengleichungen

433

d) Skalare Multiplikation der Normalenform (##) mit dem Kehrwert des Normalenvektors ⎛ der⎞Länge   2  √  liefert eine Hessesche Normalenform der Ebene. Wir berechnen ⎝ −3 ⎠ = 38 und erhalten damit  −5  als Hessesche Normalengleichung: ⎛ √2 ⎞⎤ 38 1 ⎜ − √3 − E : ⎣→ x − ⎝ −2 ⎠⎦ • ⎜ 38 ⎝ 2 − √538 ⎡

⎛

⎞ ⎟ ⎟ = 0 ⎠

Lösung 3.3.23: a) In einer Gleichung mit drei Variablen können für zwei der Variablen beliebige Werte eingesetzt werden. Wir setzen zum Beispiel x = r ∈ R und y = s ∈ R, d. h. 2r + 3s − z = 4, woraus z = −4 + 2r + 3s folgt. − → − Die Koordinaten x, y und z korrespondieren zum Ortsvektor → x = 0P eines in der Ebene E1 liegenden Punkts P. Diese Überlegung liefert die gewünschte Parameterdarstellung der Ebene, d. h. ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ x r → − s⎠ E1 : x = ⎝ y ⎠ = ⎝ z −4 + 2r + 3s bzw. in der üblichen Schreibweise ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 0 1 0 → − ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 0 +r 0 +s⎝ 1 ⎠ . E1 : x = −4 2 3 Alternativ können wir zunächst drei nicht gemeinsam auf einer Gerade liegende Punkte A, B und C bestimmen, die in der Ebene E liegen. Dies sind zum Beispiel A(2|0|0), B(0|1| − 1) und C(0|0| − 4). − → − → Wählen wir A als Stützpunkt der Ebene und AB und AC als Richtungsvektoren, dann erhalten wir: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2 −2 −2 − x = ⎝ 0 ⎠+r⎝ 1 ⎠+s⎝ 0 ⎠ E1 : → 0 −1 −4 b) Analog zu a) setzen wir x = r ∈ R und y = s ∈ R, woraus z = − 53 − 2r + 23 s folgt, d. h.: ⎛

⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 0 0 1 − x = ⎝ 0 ⎠+r⎝ 0 ⎠+s⎝ 1 ⎠ E2 : → 2 −2 − 53 3 c) Wir setzen y = r ∈ R und z = s ∈ R, womit x = − 19 + 4r − 7s folgt. Dies liefert die Gleichung ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 4 −7 − 19 − x = ⎝ 0 ⎠+r⎝ 1 ⎠+s⎝ 0 ⎠ . E3 : → 0 1 0 ⎛

d) Mit x = r ∈ R und y = s ∈ R ergibt sich z = 36 − 2r − 4s, d. h.: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 0 1 0 → − ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ 0 +r 0 +s 1⎠ E4 : x = 36 −2 −4

434

3 Geraden und Ebenen

e) Zunächst machen wir uns klar, dass auch in dieser Koordinatengleichung eine dritte Variable y steht. Dazu schreiben wir E5 : x +0·y− 12 z = 5 und bemerken, dass diese Ebene parallel zur y-Achse verläuft. Wählen wir x = r ∈ R und y = s ∈ R beliebig, dann folgt damit z = −10+2r +0·s = −10+2r. Hieraus folgt: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 0 1 0 − E5 : → x = ⎝ 0 ⎠+r⎝ 0 ⎠+s⎝ 1 ⎠ −10 2 0 f) Aus der Darstellung E6 : 0 · x + 43 y + 5z = − 52 wird deutlich, dass die Ebene parallel zur x-Achse 4 4 verläuft. Mit x = r ∈ R und y = s ∈ R folgt z = − 12 + 0 · r − 15 s = − 12 − 15 s, d. h. ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 0 0 1 ⎟ ⎜ − E6 : → x = ⎝ 0 ⎠+r⎝ 0 ⎠+s⎝ 1 ⎠ . 1 4 0 −2 − ⎛

15

Lösung 3.3.24: a) Eine Koordinatengleichung erhalten wir durch Ausrechnen des Skalarprodukts: ⎞⎤ ⎛ ⎞ ⎡ ⎛ −1 4 → − ⎣ x − ⎝ 2 ⎠⎦ • ⎝ −2 ⎠ = 4x − 2y + z + 11 = 0 −3 1 Subtraktion von 11 liefert die in diesem Buch übliche Darstellung E : 4x − 2y + z = −11. Zur Ermittlung einer Parametergleichung benötigen wir drei Punkte A, B und C der Ebene, die nicht auf einer Gerade liegen. Die Koordinaten eines Punkts können wir aus dem Stützvektor der gegebenen Normalengleichung ablesen, d. h. A(−1|2| − 3). Die Koordinaten der beiden anderen Punkte gewinnen wir z. B. aus der oben ermittelten Koordinatengleichung durch Einsetzen von zwei beliebig gewählten Koordinaten und anschließendem Umstellen nach der dritten Koordinate: Für x = y = 0 ergibt sich z = −11, d. h. B(0|0| − 11). Für x = z⎛= 1 folgt ⎞ 4 − 2y + 1⎛= −11, ⎞ also y = 8, woraus der dritte Punkt 1 2 − → − → C(1|8|1) folgt. Die Vektoren AB = ⎝ −2 ⎠ und AC = ⎝ 6 ⎠ sind offenbar linear unabhängig und −8 4 können somit als Richtungsvektoren einer Parametergleichung verwendet werden. Wir erhalten: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −1 1 2 − → − → − → → − E : x = 0A + rAB + sAC = ⎝ 2 ⎠ + r ⎝ −2 ⎠ + s ⎝ 6 ⎠ −3 −8 4 b) Analog zu a) wird die Koordinatengleichung E : −3x + 11y + 7z = 22 bestimmt. Drei Punkte der Ebene E sind zum Beispiel A(−5|0|1), B(0|2|0) und C(−12|0| − 2). Daraus folgt: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −5 5 −7 − → − → − → → − E : x = 0A + rAB + sAC = ⎝ 0 ⎠ + r ⎝ 2 ⎠ + s ⎝ 0 ⎠ 1 −1 −3

3.3 Ebenengleichungen

435

3.3.6 Ebenenscharen Lösung 3.3.25: a) E0 : 2x − y − 3z = 8, E3 : 5x + 8y − 3z = 11, E−5 : −3x + 24y − 3z = 3 b) Einsetzen der Koordinaten x = 13, y = 0 und z = −6 des Punkts P in die Koordinatengleichung der Scharebenen ergibt: 13(c + 2) + 18 = c + 8

⇔

13c + 44 = c + 8

⇔

c = −3

Es gibt mit E−3 : −x + 8y − 3z = 5 genau eine Ebene der Schar Ec , die den Punkt P enthält. c) Einsetzen der Koordinaten x = 5, y = −1 und z = 1 des Punkts Q in die Koordinatengleichung der Scharebenen ergibt: 5(c + 2) − (c2 − 1) − 3 = c + 8

⇔

−c2 + 5c + 8 = c + 8

⇔

c(c − 4) = 0

Diese Gleichung hat die Lösungen c1 = 0 und c2 = 4. Das bedeutet, dass es zwei Ebenen der Schar Ec gibt, die den Punkt Q enthalten. Dies sind die Ebenen E0 : 2x − y − 3z = 8 und E4 : 6x + 15y − 3z = 12. d) Einsetzen der Koordinaten x = 2, y = 1 und z = −4 des Punkts R in die Koordinatengleichung der Scharebenen ergibt: 2(c + 2) + (c2 − 1) + 12 = c + 8

⇔

c2 + 2c + 15 = c + 8

⇔

c2 + 2c + 7 = 0

(∗)

Es gilt c2 + 2c + 7 = c2 + 2c + 1 − 1 + 7 = (c + 1)2 + 6 ≥ 6 > 0 für alle c ∈ R, d. h., die Gleichung (∗) hat keine Lösung und dies bedeutet, dass keine Ebene der Schar Ec den Punkt R enthält. e) Einsetzen der Koordinaten x = 1, y = 0 und z = −2 des Punkts S in die Koordinatengleichung der Scharebenen ergibt: (c + 2) + 6 = c + 8 ⇔ 0 = 0 Diese Gleichung ist allgemeingültig, d. h., jedes beliebige c ∈ R löst diese Gleichung. Das bedeutet, dass der Punkt S in jeder Ebene der Schar Ec liegt. f) Wir gehen analog zu Beispiel 3.124 vor und führen einen Koeffizientenvergleich durch. Für H ergibt das den folgenden Ansatz: : (c + 2) · x + (c2 − 1) · y −3 · z = c + 8 = = = = : 7 ·x+ 24 · y −3 · z = 13 H

↓ ↓ ↓ ↓ Gleichung : I II III IV Ec

Gleichung III ist vom Scharparameter c unabhängig und wahr. Folglich müssen nur die Gleichungen I, II und IV weiter untersucht werden. Gleichung I hat die Lösungsmenge LI = {5}, Gleichung II hat die Lösungsmenge LII = {−5; 5}, Gleichung IV hat die Lösungemenge LIV = {5}. Die Gleichungen I, II und IV bilden zusammen ein Gleichungssystem. Hat dieses System eine Lösung, so muss diese in allen(!) Lösungsmengen LI , LII und LIV liegen. Die Lösungsmenge L dieses Gleichungssystems ist die Schnittmenge von LI , LII und LIV , d. h. L = LI ∩ LII ∩ LIV = {5}. Das bedeutet, das Gleichungssystem hat mit c = 5 eine eindeutige Lösung. Folglich gehört H zur Ebenenschar Ec und es gilt H = E5 . Für H

gehen wir analog vor: : (c + 2) · x + (c2 − 1) · y −3 · z = c + 8 = = = = : −8 · x + 99 · y −3 · z = 18 H

↓ ↓ ↓ ↓ Gleichung : I II III IV Ec

436

3 Geraden und Ebenen

Gleichung I hat die Lösungsmenge LI = {−10}, Gleichung II hat die Lösungsmenge LII = {−10; 10} und Gleichung IV hat die Lösungemenge LIV = {10}. Die Lösungsmenge des Gleichungssystems (I,II,IV) ist L = LI ∩ LII ∩ LIV = 0. / Das bedeutet, dass kein c ∈ R das Gleichungssystem löst. Folglich ist H

keine Ebene der Schar Ec . Bei H

ist etwas Sorgfalt notwendig. Scheinbar stimmen die Koeffizienten vor z in Ec und H

nicht überein. Dies ist aber kein Argument für oder gegen die Zugehörigkeit von H

zur Schar Ec , denn die Koordinatengleichung einer Ebene ist nicht eindeutig. Multiplikation der gegebenen Gleichung von H

mit 3 ergibt H

: 3x − 3z = 9. Dafür wird ein Koeffizientenvergleich durchgeführt: : (c + 2) · x + (c2 − 1) · y −3 · z = c + 8 = = = = : 3 ·x+ 0 · y −3 · z = 9 H

↓ ↓ ↓ ↓ Gleichung : I II III IV Ec

Gleichung I hat die Lösungsmenge LI = {1}, Gleichung II hat die Lösungsmenge LII = {−1; 1} und Gleichung IV hat die Lösungemenge LIV = {1}. Die Lösungsmenge des Gleichungssystems (I,II,IV)

ist L = LI ∩ LII ∩ LIV = 1}. Das Gleichungssystem hat mit c = 1 eine eindeutige Lösung. Folglich gehört H

zur Ebenenschar Ec und es gilt H

= E1 .

Lösung 3.3.26: a) E0;1 : x − z = −1, E2;−3 : −x + 10y + 3z = 5, E−2;3 : x − 10y − 3z = −5 b) Durch die Gleichung (a + b)x + 5ay − bz = a − b wird keine Ebene definiert wird, wenn gleichzeitig die drei Gleichungen a + b = 0 , 5a = 0 und − b = 0 gelten. Das ist äquivalent zu a = b = 0. c) Einsetzen der Koordinaten x = 1, y = 1 und z = 3 des Punkts P in die Koordinatengleichung der Scharebenen ergibt: a + b + 5a − 3b = a − b ⇔ 5a − b = 0 In einer Gleichung mit zwei Variablen können für eine Variable beliebige Werte eingesetzt werden, d. h. a = t ∈ R. Damit gilt 5t − b = 0, woraus b = 5t folgt. Damit durch das Parameterpaar (a; b) = (t; 5t) eine Ebene definiert wird, muss wegen b) t = 0 gefordert werden. Scheinbar gibt es unendlich viele Ebenen der Schar Ea;b , die P enthalten. Eine genauere Betrachtung der zugehörigen Gleichungen Et;5t : 6tx + 5ty − 5tz = −4t mit t ∈ R \ {0} zeigt jedoch, dass es nur genau eine Ebene der Schar gibt, die P enthält. Denn wegen t = 0 können wir die genannte Koordinatengleichung durch t dividieren und erhalten H : 6x + 5y − 5z = −4. Es gilt also H = Et;5t für alle t ∈ R \ {0}. d) Grundsätzlich kann analog zu Beispiel 3.124 vorgegangen werden. Einfacher ist es in diesem Fall aber, die Koeffizienten vor y und z miteinander zu vergleichen, d. h. 5a = 15 und −b = 8, woraus a = 3 und b = −8 folgt. Wenn H eine Ebene der Schar Ea;b ist, dann müssen mit den Parameterwerten a = 3 und b = −8 auch die beiden anderen Koeffizienten in den Gleichungen von H und Ea;b übereinstimmen. Es gilt a + b = −5 und a − b = 11, d. h., H ist eine Ebene der Schar Ea;b und es gilt H = E3;−8 .

3.3 Ebenengleichungen

437

Lösung 3.3.27: ⎛

⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 2 0 − x = ⎝ 3 ⎠ + r ⎝ 1 ⎠ + s ⎝ 4 ⎠, a) E2 : → −5 8 5

⎛

⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 2 0 − E3 : → x = ⎝ 3 ⎠+r⎝ 1 ⎠+s⎝ 3 ⎠ 2 −5 6 5 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2 0 −27 − n = ⎝ 1 ⎠ × ⎝ 4 ⎠ = ⎝ −10 ⎠. Eine Koordinatengleichung b) Ein Normalenvektor der Ebene E2 ist → 8 5 8 von E2 ergibt sich wie folgt: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ x 1 − − ⎝ y⎠•→ n = ⎝ 3⎠•→ n ⇔ −27x − 10y + 8z = −97 z −5 ⎞ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ 2 0 5 − 8c2 − n = ⎝ 1 ⎠ × ⎝ 2c ⎠ = ⎝ −10 ⎠. Eine Koordinatengleic) Ein Normalenvektor der Ebene Ec ist → 4c 5 4c chung von Ec ergibt sich wie folgt: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ x 1 → − − ⎝ ⎠ ⎝ 3⎠•→ Ec : y • n = n ⇔ Ec : (5 − 8c2 )x − 10y + 4cz = −8c2 − 20c − 25 z −5 ⎛

d) Es ist die Gleichung ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 1 0 5 ⎝ 3 ⎠ + r ⎝ 1 ⎠ + s ⎝ 2c ⎠ = ⎝ −7 ⎠ −5 4c 5 9

⎛

⇔

⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2 0 4 r ⎝ 1 ⎠ + s ⎝ 2c ⎠ = ⎝ −10 ⎠ 4c 5 14

zu lösen, die zu dem folgenden Gleichungssystem (I-III) äquivalent ist: I : 2r = 4 II : r + 2cs = −10 III : 4cr + 5s = 14 Aus Gleichung I folgt r = 2. Einsetzen von r = 2 in die Gleichungen II und III ergibt das folgende Gleichungssystem: II : 2 + 2cs = −10 III : 8c + 5s = 14 Offenbar ist c = 0 keine Lösung, sodass keine Fallunterscheidung notwendig ist. Division durch c = 0 ergibt s = − 6c aus Gleichung II . Dies wird in Gleichung III eingesetzt: 8c −

30 = 14 c

⇔

8c2 − 30 = 14c

⇔

8c2 − 14c − 30 = 0

⇔

15 7 =0 c2 − c − 4 4

Die pq-Formel liefert für diese Gleichung die Lösungen c1 = 3 und c2 = − 54 . Für c1 = 3 ergibt sich weiter s1 = −2, für c2 = − 54 ergibt sich s2 = 24 . Das Gleichungssystem (I-III) hat also zwei Lösungen,  5  nämlich (c; r; s) = (3; 2; −2) und (c; r; s) = − 54 ; 2; 24 5 . Folglich gibt es zwei Ebenen der Schar Ec , auf denen der Punkt P(5| − 7|9) liegt. Das sind die Ebenen ⎞ ⎛ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 0 1 2 0 1 2 ⎟ ⎜ − − E3 : → x = ⎝ 3 ⎠ + r ⎝ 1 ⎠ + s ⎝ 6 ⎠ und E− 5 : → x = ⎝ 3 ⎠ + r ⎝ 1 ⎠ + s ⎝ − 52 ⎠ . 4 −5 12 5 −5 −5 5

438

3 Geraden und Ebenen

e) Einsetzen der Koordinaten x = 5, y = −7 und z = 9 in die Koordinatengleichung aus c) ergibt: (5 − 8c2 )5 + 70 + 36c = −8c2 − 20c − 25

⇔

−40c2 + 36c + 95 = −8c2 − 20c − 25

15 7 = 0 c2 − c − 4 4 Diese Gleichung und ihre Lösungen c1 = 3 und c2 = − 54 kennen wir bereits aus der Lösung zu d). Die Koordinatengleichungen der den Punkt P enthaltenden Ebenen sind ⇔

32c2 − 56c + 120 = 0

E3 : −67x − 10y + 12z = −157

und

⇔

E− 5 : − 4

25 15 x − 10y − 5z = − . 2 2

Im Vergleich zu d) fällt eine kürzere Rechnung zur Ermittlung der Parameterwerte c ∈ R auf. Nimmt man die Berechnung der Koordinatengleichung aus c) dazu, dann ist die Rechnung im Vergleich zu d) immer noch deutlich kürzer und übersichtlicher. Bei Verwendung der Koordinatengleichung entsteht zudem nur eine Gleichung mit einer Variable, während in d) ein Gleichungssystem mit drei Variablen zu lösen ist. Wird in Aufgabenstellungen keine bestimmte Form der Ebenengleichung für Rechnungen vorgeschrieben, dann spricht einiges dafür, soweit wie möglich Koordinatengleichungen für Scharebenen zu verwenden. f) Wir gehen analog zu Beispiel 3.124 vor und führen einen Koeffizientenvergleich durch. Für H ergibt das den folgenden Ansatz: : (5 − 8c2 ) · x −10 · y + 4c · z = −8c2 − 20c − 25 = = = = : −3 · x −10 · y + 4 · z = −53 H

↓ ↓ ↓ ↓ Gleichung : I II III IV Ec

Gleichung II ist vom Scharparameter c unabhängig und wahr. Folglich müssen nur die Gleichungen I, III und IV weiter untersucht werden. Gleichung I hat die Lösungsmenge LI = {−1; 1}, Gleichung III hat die Lösungsmenge LIII = {1}, Gleichung IV bzw. die dazu äquivalente Gleichung c2 + 52 c − 72 = 0

 hat nach der pq-Formel die Lösungemenge LIV = − 72 ; 1 . Die Gleichungen I, II und IV bilden zusammen ein nichtlineares Gleichungssystem. Hat dieses System eine Lösung, so muss diese in allen(!) Lösungsmengen LI , LIII und LIV liegen. Die Lösungsmenge L des Gleichungssystems (I,III,IV) ist die Schnittmenge von LI , LIII und LIV , d. h. L = LI ∩ LIII ∩ LIV = {1}. Das Gleichungssystem hat mit c = 1 eine eindeutige Lösung. Folglich gehört H zur Ebenenschar Ec und es gilt H = E1 . Für H

ergibt sich analog: : (5 − 8c2 ) · x −10 · y + 4c · z = −8c2 − 20c − 25 = = = = : −3 · x −10 · y −4 · z = −17 H

↓ ↓ ↓ ↓ Gleichung : I II III IV Ec

Gleichung I hat die Lösungsmenge LI = {−1; 1}, Gleichung III hat die Lösungsmenge LIII = {−1}, Gleichung IV bzw. die dazu äquivalente Gleichung c2 + 52 c + 1 = 0 hat nach der pq-Formel die Lö

sungemenge LIV = −2; − 12 . Die Gleichungen I, II und IV bilden zusammen ein nichtlineares Gleichungssystem mit der Lösungsmenge L = LI ∩ LIII ∩ LIV = 0. / Das bedeutet, dass kein c ∈ R das Gleichungssystem löst. Folglich ist H

keine Ebene der Schar Ec .

3.4 Lagebeziehungen zwischen Geraden und Ebenen

439

3.4 Lagebeziehungen zwischen Geraden und Ebenen 3.4.1 Allgemeine Beziehungen Lösung 3.4.1:

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −1 5 → − → − a) Für den Richtungsvektor u = ⎝ 8 ⎠ von g und den Normalenvektor n = ⎝ 5 ⎠ von E berechnen 5 −7 − − wir → u •→ n = 0. Weiter gilt ⎡ ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞ ⎡⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞ −3 5 1 −3 5 − → ⎣0A − ⎝ −2 ⎠⎦ • ⎝ 5 ⎠ = ⎣⎝ 2 ⎠ − ⎝ −2 ⎠⎦ • ⎝ 5 ⎠ = 26 = 0 , 1 −7 3 1 −7 d. h., der Stützpunkt A(1|2|3) von g liegt nicht in E. Damit sind g und E echt parallel. b) Einsetzen der Koordinaten x = 2 + 17r, y = −5 − 6r und z = 8 + 2r der Punkte von g in die gegebene Koordinatengleichung von E liefert eine nicht lösbare Gleichung: 2 · (2 + 17r) + 6 · (−5 − 6r) + (8 + 2r) = 45

⇔

0 · r − 18 = 45

Folglich sind g und E echt parallel. ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −5 4 −7 −93 → − → − c) n = ⎝ 5 ⎠ × ⎝ 8 ⎠ = ⎝ −6 ⎠ ist ein Normalenvektor von E. u = ⎝ 44 ⎠ ist Richtungsvektor −3 6 −9 67 − − von g und wir berechnen → u •→ n = 0. Weiter nutzen wir den Stützpunkt A(12| − 11|9) von A und den Stützpunkt B(1|2|3) von E und berechnen: ⎡⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞ 12 1 −93 &− → − →' → − 0A − 0B • n = ⎣⎝ −11 ⎠ − ⎝ 2 ⎠⎦ • ⎝ −6 ⎠ = −543 = 0 , 9 3 67 Daraus folgt, dass A nicht in E liegt. Folglich sind g und E nicht echt parallel. Lösung 3.4.2:

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2 2 → − → − ⎝ ⎠ a) Für den Richtungsvektor u = −2 von g und den Normalenvektor n = ⎝ 5 ⎠ von E berechnen 3 2 − − wir → u •→ n = 0. Weiter gilt ⎡⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞ ⎡ ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞ 2 4 3 2 3 − → ⎣0A − ⎝ 1 ⎠⎦ • ⎝ 5 ⎠ = ⎣⎝ 1 ⎠ − ⎝ 1 ⎠⎦ • ⎝ 5 ⎠ = 0 , 2 2 1 2 2 d. h., der Stützpunkt A(4|1|1) von g liegt in E. Folglich liegt g in E. ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 5 − − b) Für den Richtungsvektor → u = ⎝ 1 ⎠ von g und den Normalenvektor → n = ⎝ −8 ⎠ von E berechnen 1 3 − − wir → u •→ n = 0. Weiter erfüllen die Koordinaten des Geradenstützpunkts A(6| − 3| − 4) die Koordinatengleichung von E, d. h. A liegt in E. Demzufolge liegt g in E.

440

3 Geraden und Ebenen ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 −1 −12 3 − − c) → n = ⎝ 2 ⎠ × ⎝ 2 ⎠ = ⎝ 0 ⎠ ist ein Normalenvektor von E. → u = ⎝ 8 ⎠ ist Richtungsvektor 3 −3 4 9 − − von g und wir berechnen → u •→ n = 0. Weiter nutzen wir den Punkt B(5|0|2) von E und berechnen: ⎞ ⎡⎛ 16 ⎞ ⎛ ⎞⎤ ⎛ 5 −12 &− 3 → − →' → 0A − 0B • − n = ⎣⎝ 2 ⎠ − ⎝ 0 ⎠⎦ • ⎝ 0 ⎠ = 0 2 4 3 Folglich liegt der Stützpunkt A

 16      3 2 3 von g in E, und das bedeutet, dass g in E liegt.

Lösung 3.4.3: Die Lösung erfolgt nach dem Muster der Beispiele 3.125 und 3.129. Wir geben nur die Koordinaten des Durchstoßpunkts D und den zugehörigen Geradenparameterwert r an: a) r = 2, D(6|2|5) b) r = 1, D(3|2| − 6) c) r = 3, D(9|4|16) d) r = −8, D(6|11|4) e) r = −5, D(2| − 3|1)

Lösung 3.4.4: a) Wir betrachten und lösen das zur Gleichung ⎛ ⎞ ⎛ ⎛ ⎞ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2 1 2 4 1 ⎝ −1 ⎠ + r ⎝ 2 ⎠ + s ⎝ 3 ⎠ = ⎝ 5 ⎠ + t ⎝ −2 ⎠ −4 −2 5 5 3 zugehörige lineare Gleichungssystem (I-III): I II III II − 2 · I = IV III + 2 · I = V V + 9 · IV = VI

: r + 2s − t = 2 : 2r + 3s + 2t = 6 : −2s + 5s − 3t = 9 : −s + 4t = 2 : 9s − 5t = 13 : 31t = 31

Aus Gleichung VI erkennen wir, dass das Gleichungssystem eine eindeutige Lösung hat, d. h., E und g haben einen gemeinsamen Schnittpunkt D. Zu Berechnung der Koordinaten des Durchstoßpunkts D ermitteln wir t = 1 aus Gleichung VI und setzen dies in die Geradengleichung ein, was den Ortsvektor von D liefert: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 4 1 5 − → 0D = ⎝ 5 ⎠ + ⎝ −2 ⎠ = ⎝ 3 ⎠ ⇒ D(5|3|8) 5 3 8 Bemerkung: Zur Lösung der Aufgabe ist es nicht zwingend notwendig, das komplette Lösungstripel (r; s;t) = (−1; 2; 1) des linearen Gleichungssystems (I-III) zu bestimmen. Vielmehr genügt die Feststellung, dass es eine eindeutige Lösung gibt, woraus der entsprechende Schluss auf die Lagebeziehung gezogen wird. Es kann aber zum Zweck der Selbstkontrolle durchaus sinnvoll sein, ergänzend auch die Lösungswerte r = −1 und s = 2 zu bestimmen. Setzen wir diese in die Ebenengleichung ein, dann erhalten wir ebenfalls den Ortsvektor von D. b) Wir untersuchen die Lösbarkeit des zur Gleichung ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ 2 1 1 2 4 ⎝ −1 ⎠ + r ⎝ 2 ⎠ + s ⎝ 3 ⎠ = ⎝ 5 ⎠ + t ⎝ −2 ⎠ 1 14 5 −2 0

3.4 Lagebeziehungen zwischen Geraden und Ebenen

441

zugehörigen linearen Gleichungssystems (I-III): I II III II − 2 · I = IV III + 2 · I = V V + 4 · IV = VI

: r + 2s − t = 2 : 2r + 3s + 2t = 6 : −2s − 14t = 4 : −s + 4t = 2 : 4s − 16t = 8 : 0 = 16

Die erhaltene Gleichung VI ist ein Widerspruch, d. h., das Gleichungssystem hat keine Lösung und folglich haben E und g keine gemeinsamen Punkte. Das bedeutet: g verläuft echt parallel zu E. c) Wir untersuchen die Lösbarkeit des folgenden linearen Gleichungssystems (I-III): I II III II − 2 · I = IV III + 2 · I = V V + 4 · IV = VI

: r + 2s − t = : 2r + 3s + 2t = : −2s − 14t = : −s + 4t = : 4s − 16t = : 0=

−2 −2 −4 2 −8 0

Aus Gleichung VI folgt, dass wir für t beliebige Werte wählen können, d. h., das Gleichungssystem hat unendlich viele Lösungen (r; s;t). Daraus folgt, dass g in E liegt. Bemerkung: Zur Lösung der Aufgabenstellung ist es nicht zwingend notwendig, alle Lösungtripel (r ; s ; t) = (6 − 7μ ; −2 + 4μ ; μ) mit μ ∈ R des linearen Gleichungssystems (I-III) zu bestimmen. Es genügt vielmehr die Feststellung, dass es unendlich viele Lösungen gibt, woraus der entsprechende Schluss auf die Lagebeziehung gezogen wird. d) Wir müssen zunächst eine Parametergleichung von E bestimmen, wozu wir drei Punkte auswählen, die in E und nicht auf einer Gerade liegen. Dies sind zum Beispiel die Achsenschnittpunkte A(4|0|0), B(0| − 2|0) und C(0|0|8), denn die Koordinaten dieser Punkte erfüllen die gegebenen Koordinatengleichung und liegen offensichtlich nicht auf einer Gerade. Damit folgt ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 4 −4 −4 − → − → − → → − ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ 0⎠ . E : x = 0A + rAB + sAC = 0 + r −2 + s 0 0 8 Mit dieser Parametergleichung können wir analog zu den vorhergehenden Teilaufgaben vorgehen und betrachten und lösen das folgende lineare Gleichungssystem (I-III): I II III I − 2 · II = IV III III + 2 · IV = V

: −4r − 4s + 4t : −2r − 8t : 8s + 2t : −4s + 20t : 8s + 2t : 42t

= −7 = 4 = 9 = −15 = 9 = −21

Aus Gleichung V erkennen wir, dass das Gleichungssystem eine eindeutige Lösung hat, d. h., E und g haben einen gemeinsamen Schnittpunkt D. Zu Berechnung der Koordinaten des Durchstoßpunkts D ermitteln wir t = − 12 aus Gleichung V und setzen dies in die Geradengleichung ein, was den Ortsvektor von D liefert: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −4 −1 −3 1 − → 0D = ⎝ 4 ⎠ − ⎝ 8 ⎠ = ⎝ 0 ⎠ ⇒ D(−1|0|10) 2 −2 10 9

442

3 Geraden und Ebenen

e) Wir müssen zunächst eine Parametergleichung von E bestimmen, wozu wir zum Beispiel die in E liegenden Punkte A(2|0|0), B(0|4|0) und C(0|0| − 8) betrachten. Damit folgt ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2 −2 −2 − → − → − → → − ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ 4 +s 0⎠ . E : x = 0A + rAB + sAC = 0 + r 0 0 −8 Auf Basis dieser Parametergleichung untersuchen wir die Lösbarkeit des folgenden linearen Gleichungssystems (I-III): I : −2r − 2s + 4t = −5 II : 4r − 14t = 4 −8s − 12t = 9 III : II + 2 · I = IV : −8s − 6t = −6 III : −8s − 12t = 9 III − 2 · IV = V : 0 = 21 Die erhaltene Gleichung V ist ein Widerspruch, d. h., das Gleichungssystem hat keine Lösung und folglich haben E und g keine gemeinsamen Punkte. Das bedeutet: g verläuft echt parallel zu E. f) Auch hier ist zunächst eine Parametergleichung von E zu bestimmen, wozu wir drei in E und nicht auf einer Gerade liegende Punkte bestimmen müssen. Einen Punkt, nämlich A(−1|0|0), können wir direkt aus der gegebenen Normalengleichung ablesen. Ausrechnen des Skalarprodukts und anschließende Addition der dabei entstehenden Konstanten ergibt mit −4x + y − 2z = 4 eine Koordinatengleichung von E, mit deren Hilfe wir leicht die in E liegenden Punkte B(0|4|0) und C(|0|0 − 2) ermitteln. Damit folgt ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −1 1 1 − → − → − → → − E : x = 0A + rAB + sAC = ⎝ 0 ⎠ + r ⎝ 4 ⎠ + s ⎝ 0 ⎠ . 0 0 −2 Mit dieser Parametergleichung untersuchen wir die Lösbarkeit des zum Ansatz E = g zugehörigen linearen Gleichungssystems: I II III II − 4 · I = IV III III − 12 · IV = V

: r+ s + 4t = −2 : 4r = 4 : −2s − 8t = 6 : −4s − 16t = 12 : −2s − 8t = 6 : 0= 0

Aus Gleichung V folgt, dass wir für t beliebige Werte wählen können, d. h., das Gleichungssystem hat unendlich viele Lösungen (r; s;t). Daraus folgt, dass g in E liegt.

Lösung 3.4.5: a) Wir setzen die Koordinaten x = 7 + 2r, y = 3 + 3r und z = 1 + 2r der Punkte von g in die gegebene Koordinatengleichung von E ein, lösen die entstehenden Klammerausdrücke auf, fassen zusammen und stellen die entstehende Gleichung nach r um: 4(7 + 2r) + 7(3 + 3r) − 3(1 + 2r) = −23

⇔

23r + 46 = −23

⇔

r = −3

Es gibt eine eindeutige Lösung, d. h., g schneidet E in genau einem Punkt D. Zur Berechnung der Koordinaten von D setzen wir r = −3 in die Geradengleichung ein und erhalten den Ortsvektor von D: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 7 2 1 − → 0D = ⎝ 3 ⎠ − 3 ⎝ 3 ⎠ = ⎝ −6 ⎠ ⇒ D(1| − 6| − 5) 1 2 −5

3.4 Lagebeziehungen zwischen Geraden und Ebenen

443

b) Einsetzen der Koordinaten der Punkte von g in die gegebene Koordinatengleichung von E ergibt: −5(7 + 2r) + 2(3 + 3r) + (1 + 4r) = −28

⇔

0r − 28 = −28

Diese Gleichung ist für jede beliebige Wahl von r ∈ R erfüllt und folglich liegt g in E. c) Einsetzen der Koordinaten der Punkte von g in die gegebene Koordinatengleichung von E ergibt: −5(7 + 2r) + 2(3 + 3r) + (1 + 4r) = 0r − 28 = −28 = 28 Das bedeutet, dass g und E keine gemeinsamen Punkte haben und folglich sind g und E echt parallel. d) Wir müssen zunächst aus der gegebenen ⎛ Parametergleichung ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ eine⎞Koordinatengleichung von E herlei−1 2 7 ten. Ein Normalenvektor von E ist ⎝ 1 ⎠ × ⎝ −1 ⎠ = ⎝ 6 ⎠, mit dem wir über eine Normalen−1 8 −1 gleichung zur gewünschten Koordinatengleichung kommen: ⎡ ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞ −1 7 − ⎣→ ⎝ ⎠ ⎦ ⎝ 2 6⎠=0 ⇔ x − • 3 −1

7x + 6y − z = 2

Darin setzen wir die Koordinaten x = 1 + 4t, y = 2 − t und z = 3 − 2t der Punkte von g ein: 7(1 + 4t) + 6(2 − t) − (3 − 2t) = 2

⇔

24t + 16 = 2

⇔

t =−

7 12

Das bedeutet nach Satz 3.132 a), dass g und E genau einen gemeinsamen Schnittpunkt D haben. Dessen 7 Ortsvektor berechnen wir durch Einsetzen von t = − 12 in die Geradengleichung: ⎛ 4⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −3 1 4 7 − → ⎜ 31 ⎟ ⎝ ⎝ ⎠ ⎠ −1 = ⎝ 12 ⎠ 0D = 2 − 12 −2 3 25

⇒

    4  31  25 D −   3 12 6

6

⎛

⎞

⎛

⎞

⎛

⎞ 4 −4 25 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ 5 × 0 = −16 ⎠. Damit kommen wir über eine Normae) Ein Normalenvektor von E ist −1 5 20 lengleichung zur in der Aufgabenstellung geforderten Koordinatengleichung von E: ⎡ ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞ 25 −1 → − ⎣ x − ⎝ 2 ⎠⎦ • ⎝ −16 ⎠ = 0 ⇔ 25x − 16y + 20z = −117 20 −3 Einsetzen der Koordinaten x = 1 + 4t, y = 2 − t und z = 3 − 2t der Punkte von g ergibt: 25(1 + 4t) − 16(2 + 15t) + 20(3 + 7t) = 0t + 53 = 53 = −117 Das bedeutet, dass g und E keine gemeinsamen Punkte haben und folglich sind g und E echt parallel. ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 14 3 6 f) Ein Normalenvektor von E ist ⎝ 2 ⎠ × ⎝ −1 ⎠ = ⎝ −62 ⎠. Durch Ausklammern des gemeinsamen −2 4 −20 ⎛ ⎞ 3 Faktors 2 in jeder Vektorkoordinate erkennen wir, dass auch ⎝ −31 ⎠ ein Normalenvektor von E −10

444

3 Geraden und Ebenen

ist, mit dem wir über eine Normalengleichung zur in der Aufgabenstellung geforderten Koordinatengleichung von E kommen: ⎡ ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞ 12 3 − ⎣→ ⎝ ⎠ ⎦ ⎝ x − −5 • −31 ⎠ = 0 ⇔ 3x − 31y − 10z = −79 27 −10 Einsetzen der Koordinaten x = 4 + 10t, y = 1 und z = 6 + 3t der Punkte von g ergibt: 3(4 + 10t) − 31 · 1 − 10(6 + 3t) = −79

⇔

0t − 79 = −79

Diese Gleichung ist für jede beliebige Wahl von t ∈ R erfüllt und folglich liegt g in E.

Lösung 3.4.6:

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 24 7 → − → − a) Der Richtungsvektor u = ⎝ 25 ⎠ von g und der Normalenvektor n = ⎝ −8 ⎠ sind nicht orthogonal, 26 −9 − − denn es gilt → u •→ n = −266 = 0. Folglich durchstößt nach Folgerung 3.137 c) die Gerade g die Ebene E in einem Punkt D. Zur Berechnung der Koordinaten von D setzen wir die Koordinaten x = 11 + 24r, y = 12 + 25r und z = 13 + 26r der Punkte von g in die gegebene Koordinatengleichung ein: 7(11 + 24r) − 8(12 + 25r) − 9(13 + 26r) = 5

⇔

−266t − 136 = 130

⇔

r = −1

Einsetzen von r = −1 in die Geradengleichung liefert den Ortsvektor von D: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 11 24 −13 − → ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ 0D = 12 − 25 = −13 ⎠ ⇒ D(−13| − 13| − 13) 13 26 −13 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2 2 → − → − − − ⎝ ⎠ ⎝ b) Für den Richtungsvektor u = 5 von g und den Normalenvektor n = −2 ⎠ gilt → u •→ n = 0, 2 3 d. h., g und E sind parallel. Da der Stützpunkt A(0|1|2) von g die Koordinatengleichung von E nicht erfüllt, liegt A nicht in E. Demzufolge sind g und E nach Folgerung 3.137 a) echt parallel. c) Es liegt die gleiche Ebene wie in Aufgabenteil b) vor, die Gerade unterscheidet sich im Vergleich zu b) nur durch einen anderen Stützpunkt. Im Unterschied zu Aufgabeteil b) erfüllt der Stützpunkt A(0| − 1|1) die Ebenengleichung, d. h., A liegt in E. Nach Folgerung 3.137 b) liegt g in E. ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 −1 d) Aus ⎝ 8 ⎠ • ⎝ 2 ⎠ = 0 folgt, dass der Richtungsvektor von g und der Normalenvektor von E ortho5 −3 − → − gonal sind. Der Stützpunkt A(1|7|9) von g liegt nicht in E, denn der zugehörige Stützvektor → x = 0A erfüllt die Normalengleichung von E nicht. Damit sind g und E nach Satz 3.136 a) echt parallel. ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −5 4 e) Aus ⎝ 5 ⎠ • ⎝ 11 ⎠ = 0 folgt, dass der Richtungsvektor von g und der Normalenvektor von E −7 5 − → − orthogonal sind. Der Stützpunkt A(7| − 3|9) von g liegt in E, denn der zugehörige Stützvektor → x = 0A erfüllt die Normalengleichung von E. Damit liegt g nach Satz 3.136 b) in E.

3.4 Lagebeziehungen zwischen Geraden und Ebenen 445 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 3 3 −37 − f) Ein Normalenvektor von E ist → n = ⎝ 5 ⎠ × ⎝ 6 ⎠ = ⎝ 18 ⎠. Dieser ist nicht orthogonal zum 7 1 3 ⎛ ⎞ 5 − − − Richtungsvektor → u = ⎝ 3 ⎠ von g, denn es gilt → u •→ n = −122. Nach Satz 3.136 c) durchstößt die 3 Gerade g die Ebene E in einem Punkt D. Um dessen Koordinaten nutzen wir eine ⎛ zu berechnen, ⎞ 3 + 5t − Normalengleichung von E und setzen darin den Ortsvektor → x = ⎝ 5 + 3t ⎠ der Punkte von g ein: 3 + 3t ⎡⎛

⎞ ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 3 + 5t 4 −37 −1 + 5t −37 ⎣⎝ 5 + 3t ⎠ − ⎝ 4 ⎠⎦ • ⎝ 18 ⎠ = ⎝ 1 + 3t ⎠ • ⎝ 18 ⎠ = 61 − 122t = 0 3 + 3t 1 3 2 + 3t 3 Dies ist äquivalent zu t = 12 . Setzen wir dies in die Geradengleichung ein, dann erhalten wir den ⎛ 11 ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞     2 5 3 11  13  9 1 − → ⎜ ⎟ . Ortsvektor von D, d. h. 0D = ⎝ 5 ⎠ + ⎝ 3 ⎠ = ⎝ 13 ⎠, also D 2 2 2  2 2 3 3 9 2

Lösung 3.4.7: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −102 6 a) Aus ⎝ 312 ⎠ • ⎝ 1 ⎠ = 0 folgt, dass der Richtungsvektor von g und der Normalenvektor von E 75 4 orthogonal sind. Der Stützpunkt A(−35|881|70) von g liegt nicht in E, denn durch Einsetzen seiner Koordinaten in die Ebenengleichung berechnen wir 6 · (−35) + 881 + 4 · 70 = 951, d. h., die Koordinaten von A erfüllen die Koordinatengleichung von E nicht. Damit sind g und E echt parallel. ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 11 11 b) Aus ⎝ 121 ⎠ • ⎝ −3 ⎠ = 0 folgt, dass der Richtungsvektor von g und der Normalenvektor von E 22 11 √ √  √  orthogonal sind. Der Punkt A 2 22 2 von g liegt in E, denn durch Einsetzen seiner Koordinaten √ √ √ √ in die Ebenengleichung berechnen wir 11 · 2 − 3 2 + 22 · 2 2 = 52 2. Folglich liegt g in E. √ √ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ √3 √3 ⎠ ⎠ ⎝ ⎝ c) Aus √5 • √5 = 0 folgt, dass der Richtungsvektor von g und der Normalenvektor von 8 − 8  √  √  √  E orthogonal sind. Der Stützpunkt A 2 33 58 8 von g liegt nicht in E, denn wir berechnen √ √ √ √ √ √ 3 · 2 3 + 5 · 3 5 − 8 · 8 8 = −43. Folglich sind g und E echt parallel. ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 3 d) Aus ⎝ 2 ⎠ • ⎝ 2 ⎠ = 8 folgt, dass der Richtungsvektor von g und der Normalenvektor von E nicht −1 −1 orthogonal sind. Nach Folgerung 3.137 c) durchstößt die Gerade g die Ebene E in einem Punkt D. Einsetzen der Koordinaten x = 11 + r, y = 21 + 2r und z = 9 − r der Punkte von g in die Koordinatengleichung von E ergibt: 3(11 + r) + 2(21 + 2r) − (9 − r) = 2

⇔

8r + 66 = 2

⇔

r = −8

Einsetzen von r = −8 in die Geradengleichung ergibt den Ortsvektor von D: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 11 1 3 − → 0D = ⎝ 21 ⎠ − 8 ⎝ 2 ⎠ = ⎝ 5 ⎠ ⇒ D(3|5|17) 9 −1 17

446

3 Geraden und Ebenen ⎛

⎞

⎛

⎞

⎛

⎞

1 0 10 − e) Ein Normalenvektor von E ist → n = ⎝ 10 ⎠ × ⎝ 10 ⎠ = ⎝ −1 ⎠. Dieser ist nicht orthogonal zum 0 1 10 ⎛ ⎞ −12 − − − Richtungsvektor → u = ⎝ 10 ⎠ von g, denn es gilt → u •→ n = −200. Folglich durchstößt die Gerade g −7 die Ebene ⎛ E in einem ⎞ Punkt D. Dessen Koordinaten bestimmen wir durch Einsetzen des Ortsvektors 8 − 12r → − x = ⎝ −3 + 10r ⎠ der Punkte von g in eine Normalengleichung von E: 5 − 7r ⎡⎛

⎞ ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞ 8 − 12r −12 10 ⎣⎝ −3 + 10r ⎠ − ⎝ 17 ⎠⎦ • ⎝ −1 ⎠ = 120 − 200r = 0 5 − 7r 15 10 Einsetzen von r =

3 5

⇔

r=

3 5

in die Geradengleichung ergibt:

⎛4⎞ ⎞ ⎛ ⎞ 8 −12 5 3 − → ⎜ ⎟ 0D = ⎝ −3 ⎠ + ⎝ 10 ⎠ = ⎝ 3 ⎠ 5 4 5 −7 ⎛

⇒

D

    4   4 3 5 5

5

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 5 3 −2 → − ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ f) Ein Normalenvektor von E ist n = 2 × 6 = −19 ⎠. Dieser ist orthogonal zum Richtungs2 5 24 ⎞ ⎛ 1 − − − u •→ n = 0. Folglich sind g und E parallel und es bleibt zu vektor → u = ⎝ −2 ⎠ von g, denn es gilt → − 32 untersuchen, welche Art von Parallelität vorliegt. Dazu berechnen wir: ⎡⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 3 −2 −2 −2 − − ⎣⎝ 9 ⎠ − ⎝ 5 ⎠⎦ • ⎝ −19 ⎠ = ⎝ 4 ⎠ • ⎝ −19 ⎠ = −2→ u •→ n = 0 6 3 24 3 24 Das bedeutet, dass der auf g liegende Punkt A(1|9|6) auch in E liegt. Folglich liegt g in E. ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 19 16 −146 → − g) Ein Normalenvektor von E ist n = ⎝ 6 ⎠ × ⎝ 22 ⎠ = ⎝ 33 ⎠. Dieser ist orthogonal zum Rich8 5 322 ⎛ ⎞ 3 − − − tungsvektor → u = ⎝ −16 ⎠ von g, denn es gilt → u •→ n = 0. Folglich sind g und E parallel. Wir unter3 suchen die Art der Parallelität auf Basis einer Normalengleichung von E wie folgt: ⎡⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 5 0 −146 5 −146 ⎣⎝ 61 ⎠ − ⎝ 49 ⎠⎦ • ⎝ 33 ⎠ = ⎝ 12 ⎠ • ⎝ 33 ⎠ = −12 17 16 322 1 322 Der auf g liegende Punkt A(5|61|17) liegt nicht in E. Folglich sind g und E echt parallel. ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 0 1 h) Aus ⎝ −8 ⎠ • ⎝ 6 ⎠ = 0 folgt, dass der Richtungsvektor von g und der Normalenvektor von E ortho6 8 − → − gonal sind. Der Stützpunkt A(0|1|9) von g liegt nicht in E, denn der zugehörige Ortsvektor → x = 0A erfüllt nicht die gegebene Normalengleichung von E. Damit sind g und E echt parallel.

3.4 Lagebeziehungen zwischen Geraden und Ebenen 447 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2 6 i) Der Richtungsvektor ⎝ 5 ⎠ von g ist nicht orthogonal zum Normalenvektor ⎝ 8 ⎠ von E. Folglich 2 1 durchstößt die Gerade⎛g die Ebene ⎞ E in einem Punkt D. Dessen Koordinaten werden durch Einsetzen −1 + 2r − des Ortsvektors → x = ⎝ 6 + 5r ⎠ der Geradenpunkte in die Normalengleichung von E bestimmt: −7 + 2r ⎡⎛

⎞ ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞ −1 + 2r 0 6 ⎣⎝ 6 + 5r ⎠ − ⎝ 1 ⎠⎦ • ⎝ 8 ⎠ = 54r + 18 = 0 −7 + 2r 9 1

⇔

r=−

1 3

Einsetzen von r = − 13 in die Geradengleichung ergibt: ⎛ 5⎞ ⎛ ⎞ ⎞ −3 2 −1 1 − → ⎜ ⎟ 0D = ⎝ 6 ⎠ − ⎝ 5 ⎠ = ⎝ 13 3 ⎠ 3 2 −7 − 23 3 ⎛

⇒

    5  13  23 D −   − 3 3 3

Lösung 3.4.8: Wir setzen die Koordinaten x = 2 + r(c − 2), y = 3 + rc und z = 1 + r(c + 2) in die Koordinatengleichung von E ein, lösen die Klammern auf und fassen zusammen:       2 2 + r(c − 2) + 4 3 + rc + 9 1 + r(c + 2) = 55 ⇔ r(15c + 14) + 25 = 55 (∗) gc und E sind genau dann echt parallel, wenn sie keine gemeinsamen Punkte haben. Dies ist äquivalent dazu, dass (∗) keine Lösung hat. Dies ist der Fall, wenn 15c + 14 = 0 gilt, d. h. c = − 14 15 . Daraus folgt: a) Für c = − 14 15 sind gc und E echt parallel zueinander. b) Dieser Fall kann nicht eintreten (25 = 55).



14  c) Für alle c ∈ R \ − 14 15 durchstößt gc die Ebene E in einem Punkt D, denn für alle c ∈ R \ − 15 ist die Gleichung (∗) eindeutig lösbar.

Lösung 3.4.9: Die Koordinaten x = 2 − 10r, y = 3 + r(c2 − 1) und z = c + r(5c + 1) der Punkte von g werden in die Koordinatengleichung von E eingesetzt:       3 2 − 10r − 5 3 + r(c2 − 1) + 5 c + r(5c + 1) = 11 Auflösen der Klammern und Zusammenfassen ergibt: r(−5c2 + 25c − 20) + 5c − 9 = 11

(#)

gc liegt in E oder ist zu E echt parallel, falls −5c2 + 25c − 20 = 0 bzw. äquivalent dazu c2 − 5c + 4 = 0. Diese Gleichung hat die Lösungen c1 = 4 und c2 = 1. gc liegt in E, wenn −5c2 + 25c − 20 = 0 und zusätzlich 5c − 9 = 11 gilt. Dies ist nur für c = c1 = 4 der Fall. Wir fassen zusammen: a) Für c = 1 sind gc und E echt parallel, denn für c = 1 ist Gleichung (#) nicht lösbar. b) Für c = 4 liegt gc in E, denn für c = 4 hat Gleichung (#) unendlich viele Lösungen. c) Für alle c ∈ R \ {1; 4} durchstößt gc die Ebene E in einem Punkt D, denn für alle c ∈ R \ {1; 4} ist Gleichung (#) eindeutig lösbar.

448

3 Geraden und Ebenen

Lösung 3.4.10: Wir setzen die Koordinaten der Punkte von g in die Koordinatengleichung von E ein:       4 a + 1 + r(a − 2) − 3 a + 3b + r(2a − b) + 2 1 − b + r(b + 5) = 41 Auflösen der Klammern und Zusammenfassen ergibt: r(−2a + 5b + 2) + a − 11b + 6 = 41 ga;b liegt in E, falls das folgende lineare Gleichungssystem lösbar ist:   

 I: a − 11b + 6 = 41 I : a − 11b = 35 ⇔

II : −2a + 5b + 2 = 0 II : −2a + 5b = −2

(∗∗)

(##)

Addition des Doppelten von I zu II liefert die Gleichung −17b = 68, woraus b = −4 folgt. Setzen wir dies in I ein, dann folgt daraus a = −9. Das Gleichungssystem (##) ist eindeutig lösbar und daraus folgt: a) Für (a; b) = (−9; −4) liegt ga;b in E, denn Gleichung (∗∗) hat für (a; b) = (−9; −4) unendlich viele Lösungen. ga;b ist echt parallel zu E, falls −2a + 5b + 2 = 0 und a − 11b + 6 = 41 gilt. In einer Gleichung mit zwei Variablen können wir für eine Variable beliebige Werte einsetzen. Zum Beispiel für b = μ ∈ R liefert die Gleichung −2a + 5μ + 2 = 0 den Wert a = 52 μ + 1. Dabei müssen wir b = μ = −4 fordern, denn für μ = −4 erhalten wir a = −9, und für (a; b) = (−9; −4) liegt ga,b in E (siehe oben). Das bedeutet:   b) Für (a; b) = 52 μ + 1; μ mit μ ∈ R \ {−4} sind ga,b und E echt parallel, denn Gleichung (∗∗) hat für  5 (a; b) = 2 μ + 1; μ mit μ ∈ R \ {−4} keine Lösung. Aus a) und b) zusammen folgt: c) Für a, b ∈ R mit a = 52 b + 1 durchstößt ga;b die Ebene E in einem Punkt D, denn für a, b ∈ R mit a = 52 b + 1 hat Gleichung (∗∗) genau eine Lösung. Lösung 3.4.11: Die Gerade durch die Punkte A und B hat die Gleichung ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 1 − → − → − g: → x = 0A + rAB = ⎝ 0 ⎠ + r ⎝ −4 ⎠ . −1 4 Wir setzen die Koordinaten x = 1 + r, y = −4r und z = −1 + 4r der Punkte von g in die Koordinatengleichung von Ec ein: (8 + 8c)(1 + r) + (c2 − c)(−4r) + 8(−1 + 4r) = −16

⇔

r(−4c2 + 12c + 40) + 8c = −16

(##)

g und Ec sind parallel, wenn die Gleichung −4c2 + 12c + 40 = 0 bzw. äquivalent dazu c2 − 3c − 10 = 0 erfüllt ist. Dies ist nach der pq-Formel für c1 = 5 und c2 = −2 der Fall. g liegt in Ec , wenn zusätzlich 8c = −16 gilt, d. h. c = −2. Daraus folgt: a) Für c = −2 liegt g in Ec , denn für c = −2 hat Gleichung (##) unendlich viele Lösungen. b) Für c = 5 sind g und Ec echt parallel, denn für c = 5 hat Gleichung (##) keine Lösung. c) Für c ∈ R \ {−2; 5} durchstößt g die Ebene Ec in einem Punkt D, denn Gleichung (##) hat für c ∈ R \ {−2; 5} genau eine Lösung. Da D(4| − 12|11) Durchstoßpunkt von g in Ec ist, muss der Punkt D(4| − 12|11) einerseits auf g und andererseits auch in Ec liegen. Ersteres verifiziert man bei Bedarf durch Einsetzen von r = 3 in die Geradengleichung, was den Ortsvektor von D liefert. Wir setzen die Koordinaten von D in die Koordinatengleichung von Ec ein: (8 + 8c) · 4 + (c2 − c) · (−12) + 8 · 11 = −16

⇔

−12c2 + 44c + 136 = 0

3.4 Lagebeziehungen zwischen Geraden und Ebenen

449

34 Division durch (−12) liefert die äquivalente Gleichung c2 − 11 3 c − 3 = 0, die nach der pq-Formel die 17 Lösungen c1 = 3 und c2 = −2 hat. Die zweite Lösung c2 = −2 erfüllt aber für den Punkt D(4| − 12|11) nicht die Eigenschaften eines Durchstoßpunkts, denn für c = −2 liegt g in Ec (siehe oben). Das bedeutet:

d) Für c =

17 3

haben g und Ec nur den Punkt D(4| − 12|11) gemeinsam.

Lösung 3.4.12: Die Gerade durch die Punkte A und B hat die Gleichung ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 5 −8 − → − → → − g : x = 0A + rAB = ⎝ 4 ⎠ + r ⎝ 5 ⎠ . −2 5 Wir setzen die Koordinaten x = 5 − 8r, y = 4 + 5r und z = −2 + 5r der Punkte von g in die Koordinatengleichung von Ec ein: a(5 − 8r) + b(4 + 5r) + (a + b)(−2 + 5r) = 6

⇔

3a + 2b + r(−3a + 10b) = 6

(∗)

g liegt in Ea;b , falls das folgende lineare Gleichungssystem lösbar ist: I : 3a + 2b = 6 II : −3a + 10b = 0 Addition der Gleichungen I und II ergibt 12b = 6, woraus b = 12 folgt. Setzen wir dies in Gleichung I ein, dann folgt daraus a = 53 . Das Gleichungssystem ist eindeutig lösbar und das bedeutet:     a) Für (a; b) = 53 ; 12 liegt g in Ea;b , denn für (a; b) = 53 ; 12 hat Gleichung (∗) unendlich viele Lösungen. g ist echt parallel zu Ea;b , falls −3a + 10b = 0 und 3a + 2b = 6 gilt. In einer Gleichung mit zwei Variablen können wir für eine Variable beliebige Werte einsetzen. Zum Beispiel für b = μ ∈ R liefert die Gleichung 1 1 5 −3a + 10b = 0 den Wert a = 10 3 μ. Dabei müssen wir b = μ = 2 fordern, denn für μ = 2 gilt a = 3 , und   für (a; b) = 53 ; 12 liegt g in Ea,b (siehe oben). Das bedeutet: 

  b) Für (a; b) = 10 μ; μ mit μ ∈ R \ 12 sind g und Ea;b echt parallel, denn Gleichung (∗) hat für

1  10 3  (a; b) = 3 μ; μ mit μ ∈ R \ 2 keine Lösung. Aus a) und b) zusammen folgt: c) Für a, b ∈ R mit a =

10 3 b

durchstößt g die Ebene Ea;b in einem Punkt D, denn für a, b ∈ R mit a =

10 3 b

hat Gleichung (∗) genau eine Lösung. Da D(21| − 6| − 12) Durchstoßpunkt von g in Ea;b ist, muss der Punkt D(21| − 6| − 12) einerseits auf g und andererseits auch in Ea;b liegen. Ersteres verifiziert man bei Bedarf durch Einsetzen von r = −2 in die Geradengleichung, was den Ortsvektor von D liefert. Wir setzen die Koordinaten von D in die Koordinatengleichung von Ea;b ein: 21a − 6b − 12(a + b) = 6

⇔

9a − 18b = 6

⇔

3a − 6b = 2

In einer Gleichung mit zwei Variablen können für eine der Variablen beliebige Werte eingesetzt werden. Wählen wir b = λ ∈ R, dann folgt a = 23 + 2λ . Das bedeutet, dass es unendlich viele Möglichkeiten für die Wahl von a, b ∈ R gibt, sodass g die Ebene Ea;b im Punkt D(21| − 6| − 12) durchstößt. Wir müssen allerdings formal darauf achten, dass b = λ ∈ R nicht so gewählt wird, dass g in Ea;b liegt. Es muss also b = λ = 12 gelten (siehe oben). Zusammenfassung: 

  d) Für (a; b) = 23 + 2λ ; λ mit λ ∈ R \ 12 haben die Gerade g und die Ebene Ea;b nur den Punkt D(21| − 6| − 12) gemeinsam.

450

3 Geraden und Ebenen

Lösung 3.4.13: a) Wir betrachten die Vektoren ⎛ ⎞ 4−t −−→ ⎜ 1 ⎟ At Bt = ⎝ 2 t + 1 ⎠

,

⎛ 3 ⎞ − t −−→ ⎜ 41 ⎟ At Ct = ⎝ 5 − 2 t ⎠

−3

und

⎞ ⎛1 t −4 −−→ ⎜ 4 ⎟ Bt Ct = ⎝ 4 − t ⎠ .

t −4

t −1

Weiter berechnen wir: −−→  −→ −−→ 29 2 33 2 At Bt  = 5 t 2 − 7t + 26 , −    t − 13t + 41 , Bt Ct = t − 12t + 33 At Ct = 4 16 16 Die Forderung nach der Gleichseitigkeit des Dreiecks Δ At Bt Ct ist äquivalent zu folgenden, gleichzeitig erfüllten Gleichungen: −−→ −−→ (1) At Bt  = At Ct  −−→ −−→ (2) At Bt  = Bt Ct  −−→ −−→ (3) At Ct  = Bt Ct  Gleichung (3) ist redundant, da sie bereits durch die Gleichungen (1) und (2) gesichert wird. Wir können uns deshalb im Folgenden auf die Gleichungen (1) und (2) beschränken. Gleichung (1) ist −−→2 −−→2 äquivalent zu At Bt  = At Ct  , d. h.: 80 32 t+ =0 3 3

 Die pq-Formel liefert die Lösungen t1 = 20 t2 = 4, damit ist L1 = 4; 20 Lösungsmenge von 3 und 3 − →2 − →2 Gleichung (1). Gleichung (2) ist äquivalent zu AB = BC , d. h.: 29 5 2 t − 7t + 26 = t 2 − 13t + 41 4 16

⇔

9 2 t − 6t + 15 = 0 16

⇔

t2 −

112 33 13 2 80 5 2 t − 7t + 26 = t 2 − 12t + 33 ⇔ t − 5t + 7 = 0 ⇔ t 2 − t + =0 4 16 16 13 13

 Die pq-Formel liefert L2 = 28 13 ; 4 als Lösungsmenge der Gleichung (2). Da die Gleichungen (1) und (2) ein nichtlineares Gleichungssystem bilden, ist ein Wert t ∈ R genau dann eine Lösung des Systems, wenn er beide Gleichungen gleichzeitig erfüllt. Das bedeutet, dass t ∈ L1 und t ∈ L2 gelten muss.  Deshalb ist L = L1 ∩ L2 = 4 die Lösungsmenge des aus den Gleichungen (1) und (2) gebildeten Gleichungssystems. Das Dreieck Δ At Bt Ct ist also genau dann gleichseitig, wenn t = 4 gewählt wird. b) Es gilt A4 (4|2|1), B4 (4|5| − 2), C4 (1|5|1), ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 0 −3 −3 − − → − − → −−→ ⎝ 3 ⎠ , A4C4 = ⎝ 3 ⎠ und B4C4 = ⎝ 0 ⎠ . A4 B4 = −3 0 3 Der Schwerpunkt S eines Dreiecks ist der Schnittpunkt der drei Seitenhalbierenden. Wir können uns offenbar auf die Schnittpunktberechnung von zwei Seitenhalbierenden beschränken. Mit ga sei die Seitenhalbierende bezüglich des Punkts A4 und der Kante B4C4 , mit gc die Seitenhalbierende bezüglich des Punkts C4 und der Kante A4 B4 bezeichnet. Die Seitenmittelpunkte seien Ma und Mc (siehe Abb. 136). Die Ortsvektoren von Ma und Mb sind

C4

gc Mb

Ma S

A4

ga Mc

Abb. 136

B4

3.4 Lagebeziehungen zwischen Geraden und Ebenen ⎛

451 ⎛

⎞

⎞

⎛

4 −3 1 −−→ −→ 1 −−→ ⎝ ⎜ 5⎠+ ⎝ 0⎠ = ⎝ 0Ma = 0B4 + B4C4 = 2 2 −2 3 und

5 2

⎞

⎟ 5⎠

− 12

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ 4⎞ 4 0 −−→ −→ 1 −−→ ⎝ ⎠ 1 ⎝ ⎟ ⎜ 3 ⎠ = ⎝ 72 ⎠ . 0Mb = 0A4 + A4 B4 = 2 + 2 2 1 −3 −1 2

Hieraus folgt ⎛ 3⎞ ⎛ ⎞ −2 4 − → − − − → ⎟ ⎜ − x = 0A4 + sA4 Ma = ⎝ 2 ⎠ + s ⎝ 3 ⎠ ga : → 3 1 −

und

⎞ ⎛ ⎛ ⎞ 3 1 − → − − − → ⎟ ⎜ − gc : → x = 0C4 + rC4 Mc = ⎝ 5 ⎠ + r ⎝ − 32 ⎠ . 3 1 − 2

2

Der Schnittpunkt S der beiden Geraden ergibt sich durch Lösung des zum Ansatz ga = gc zugehörigen linearen Gleichungssystems (I-III), das nach Sortieren der Variablen r, s auf eine Seite und der Konstanten auf die andere Seite des Gleichheitszeichens die folgende Gestalt hat: I: II : III :

3r + − 32 r − 32 r

3 2s

=

3

− 3s = −3 +

3 2s

=

0

  Das Gleichungssystem (I-III) hat die eindeutige Lösung (r; s) = 23 ; 23 . Einsetzen von s = 23 in die Gleichung der Gerade ga führt auf den Ortsvektor des Schwerpunkts S(3|4|0) des Dreiecks Δ A4 B4C4 . Die senkrecht auf der Grundseite stehende Höhe der Pyramide A4 B4C4 Ds liegt auf der gesuchten Gerade d und geht durch die Punkte S und Ds . Um eine Gleichung für d angeben zu können, benötigen − wir einen Normalenvektor → n der Ebene E, in der das Dreieck Δ A4 B4C4 liegt. Als Richtungsvektoren der Ebene E können wir dabei zum Beispiel die Richtungsvektoren der Geraden ga und gc verwenden, und wir berechnen ⎞ ⎛ 27 ⎞ ⎛ 3⎞ ⎛ ⎛ ⎞ 3 −4 −2 1 27 ⎝ ⎠ ⎟ ⎜ 3 ⎟ ⎜ 27 ⎟ ⎜ → − n1 = ⎝ 3 ⎠ × ⎝ − 2 ⎠ = ⎝ − 4 ⎠ = − · 1 . 4 1 − 32 − 32 − 27 4 − → − → Alternativ können ⎛ zum ⎞ Beispiel ⎛ ⎞auch⎛die⎞Vektoren ⎛ AB ⎞ und AC für die Berechnung verwendet wer0 −3 9 1 − den, d. h. → n2 = ⎝ 3 ⎠ × ⎝ 3 ⎠ = ⎝ 9 ⎠ = 9 · ⎝ 1 ⎠. Offenbar sind die Normalenvektoren skalare −3 0 9 1 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 3 1 − → → − → − → − Vielfache von n = ⎝ 1 ⎠. Damit erhalten wir die Gleichung d : x = 0S + r n = ⎝ 4 ⎠ + k ⎝ 1 ⎠. 1 0 1 Bemerkung: Die Berechnung der Koordinaten des Schwerpunkts eines beliebigen Dreiecks Δ ABC mit den Punkten A(xa |ya |za ), B(xb |yb |zb ) und C(xc |yc |zc ) kann man alternativ nach der Formel     xa + ya + za  xb + yb + zb  xc + yc + zc S   3 3 3 berechnen. Siehe dazu die Aufgaben 3.1.27 und 3.2.14. c) Die Pyramide A4 B4C4 Ds ist ein regelmäßiges Tetraeder, wenn für die Vektoren ihrer Kanten gilt: −−→ −−→ −−→ −−→ A4 Ds  = B4 Ds  = C4 Ds  = A4 B4  .

452

3 Geraden und Ebenen

Wegen Ds ∈ d gilt

und weiter: −−→ −−→ A4 Ds  = A4 B4 

⎛ ⎞ k−1 −−→ −−→ −→ ⎝ A4 Ds = 0Ds − 0A4 = k + 2 ⎠ , k−1

⇔

−−→2 −−→2 A4 Ds  = A4 B4 

⇔

(k − 1)2 + (k + 2)2 + (k − 1)2 = 18

Anwenden der binomischen Formel und anschließendes Zusammenfassen ergibt daraus die Gleichung 3k2 − 12 = 0 bzw. äquivalent dazu k2 = 4. Diese Gleichung hat die Lösungen k1 = −2 und k2 = 2. Einsetzen von k1 bzw. k2 in die Gleichung der Gerade d liefert die Pyramidenspitzen D2 (1|2| − 2) bzw. D−2 (5|6|2), für welche die Pyramiden A4 B4C4 D2 bzw. A4 B4C4 D−2 regelmäßige Tetraeder sind. d) Gleichungen der Geraden g, h und l sind zum Beispiel ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 4 0 − g: → x = ⎝ 5 ⎠+a⎝ 3 ⎠ , 1 0

z C

1

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 0 4 − h: → x = ⎝ 5 ⎠+b⎝ 0 ⎠ 1 3

A

1 −1

1

5

y

P

und ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 3 4 → − l : x = ⎝ 5 ⎠+c⎝ 0 ⎠ . 0 1 Zur Berechnung der Durchstoßpunkte A , B und C der Geraden g, h bzw. l in der Ebene E : x + y + z = 5 setzen wir die x-, y- bzw. z-Koordinaten der Geradenpunkte in die Koordinatengleichung von E ein. Für g gilt x = 4, y = 5 + 3a und z = 1. Dies setzen wir in die Koordinatengleichung von E ein und erhalten 5 + 3a = 5, woraus a = − 53

5 x

−55 B

Abb. 137: Der Würfel aus Aufgabe 3.4.13 d) mit den Eckpunkten A , B ,C und P

folgt. Einsetzen von a = − 53 in die Gleichung von g ergibt den Ortsvektor von A (4|0|1). Analog ermittelt man b = − 53 und B (4|5| − 4) sowie c = − 53 und C (−1|5|1). Weiter erkennen wir, dass P ein Punkt auf der Gerade d aus Aufgabenteil c) ist, denn es gilt ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 4 3 1 ⎝5⎠ = ⎝4⎠+1·⎝1⎠ . 1 0 1 Zusammen mit der Definition der Punkte A , B und C folgt, dass die Pyramide A B C P ebenfalls eine − → Pyramide mit dreiseitiger Grundfläche ist, welche die Höhe ZP hat, wobei Z der Schwerpunkt des gleichseitigen Dreiecks Δ A B C ist. Nach der in der Lösung zu b) benutzten konstruktiven Methode oder alternativ nach  der  2in b) angegebenen Formel zur Schwerpunktberechnung in einem Dreieck  ermitteln wir Z 73  10 3 −3 .

3.4 Lagebeziehungen zwischen Geraden und Ebenen

453

Das Volumen des Würfels mit den Eckpunkten A , B ,C und P ist ⎛ ⎞  0  −→3     VWürfel = A P = ⎝ 5 ⎠ = 53 = 125 .  0  Für die Pyramide A B C P berechnen wir das Volumen

VPyramide

 −→2 ⎛ ⎞2 ⎛ √ − √ 

 0    3 A B  − 3 ⎝ → ⎜ 5 ⎠ · ⎝ = · · ZP = · 3 4 12  −5   

5 3 5 3 5 3

⎞   ⎟ ⎠ =  

√ 125 3 5√ 3 = · 50 · . 12 3 6

Es folgt 125 − 125 5 · 125 VWürfel −VPyramide 5 6 , = = 1256 = 125 VPyramide 1 6 6 d. h., die Ebene E teilt den Würfel in zwei Teilkörper, deren Volumina im Verhältnis 5 : 1 stehen.

3.4.2 Schnittwinkel, Spurpunkte und Spurgeraden Lösung 3.4.14: a) g durchstößt E in D(2|4| − 2), der zugehörige Parameterwert ist r = 1. Durch orthogonale Projektion



von P(2|1|12) ∈ ⎛ g auf⎞E wird ⎛ der ⎞ Punkt P (−1| − 4|5) ∈ g berechnet. Die dabei verwendete Lotge2 3 − rade ist h : → x = ⎝ 1 ⎠ + s ⎝ 5 ⎠, der zu P führende Parameterwert ist s = −1. Eine Gleichung der 12 7 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −1 3 − → − − → → − Projektionsgerade ist g : x = 0P + kP D = ⎝ −4 ⎠ + k ⎝ 8 ⎠. 5 −7 b) g durchstößt E in D(2|2| − 3), der zugehörige Parameterwert  100  27ist r = −2. Durch orthogonale Projektion    von P(−2|10| − 1) ∈ g auf E wird der Punkt P − 16 13 13 13 ∈ g berechnet. Die dabei verwendete ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −2 1 − Lotgerade ist h : → x = ⎝ 10 ⎠ + s ⎝ −3 ⎠, der zu P führende Parameterwert ist s = 10 13 . Eine Glei−1 4 ⎛ 42 ⎞ ⎛ 16 ⎞ − 13 13 − → − − → ⎟ ⎜ 74 ⎟ ⎜ − chung der Projektionsgerade ist g : → + k . x = 0P + kP D = ⎝ 100 − ⎠ ⎝ 13 13 ⎠ 27 13

− 66 13 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2 0 −1 − c) Ein Normalenvektor von E ist → n = ⎝ 0 ⎠ × ⎝ 1 ⎠ = ⎝ 2 ⎠. Durch orthogonale Projektion von 1 −1 2

(3|0|3) ∈ g berechnet. Die dabei verwendete Lotgerade ist P(6| − 6|⎛ − 3) ∈⎞g auf⎛E wird der Punkt P ⎞ 6 −1 → − − n ist h : x = ⎝ −6 ⎠ + s ⎝ 2 ⎠, der zu P führende Parameterwert ist s = 3. Der Normalenvektor → −3 2 orthogonal zum Richtungsvektor von g. Da der Stützpunkt P von nicht in liegt, ist g echt parallel ⎛g ⎞ ⎛E ⎞ 3 4 −→ − − x = 0P + k→ u = ⎝ 0 ⎠ + k ⎝ 1 ⎠. zur Ebene E. Die Projektionsgerade ist g : → 3 1

454

3 Geraden und Ebenen

Lösung 3.4.15: Die Geraden g1 und g2 durchstoßen E in D(2|4| − 2). Der zu D führende Parameterwert für g1 ist r = −1, der zu D führende Parameterwert für g2 ist s = 1. Durch orthogonale Projektion von



P1 (3|3|7) ∈ g1 auf E wird 1 (0|0|4) ∈ g1 berechnet. Die zur Berechnung von P1 verwendete ⎛ der ⎞ Punkt ⎛ P⎞ 3 1 − x = ⎝ 3 ⎠ + k ⎝ 1 ⎠, der zu P1 führende Parameterwert ist k = −3. Eine Gleichung Lotgerade ist h1 : → 7 1 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 0 2 −→

−− → → −

der Projektionsgerade ist g1 : x = 0P1 + kP1 D = ⎝ 0 ⎠ + k ⎝ 4 ⎠. 4 −6



Durch orthogonale Projektion von P2 (1|4|⎛ − 7) ∈⎞g2 auf⎛E wird ⎞ der Punkt P2 (3|6| − 5) ∈ g2 berechnet. Die 1 1 − x = ⎝ 4 ⎠ + k ⎝ 1 ⎠, der zu P2 führende Parameterwert ist k = 2. dabei verwendete Lotgerade ist h2 : → −7 1 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 3 −1 −→

−− → → −

Eine Gleichung der Projektionsgerade ist g2 : x = 0P2 + kP2 D = ⎝ 6 ⎠ + k ⎝ −2 ⎠. −5 3

− Die Gerade g3 ist zu E echt parallel, denn der Richtungsvektor → w von g3 ist orthogonal zum Normalenvektor von E, und der in g3 liegende Punkt P3 (6|7|6) liegt nicht in E. Letzteres zeigt sich auch dadurch,

Punkt dass die orthogonale Projektion von P3 auf E einen von P3 verschiedenen ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ergibt, nämlich P3 (1|2|1). 6 1 − Die zur Berechnung von P3 verwendete Lotgerade ist h3 : → x = ⎝ 7 ⎠ + k ⎝ 1 ⎠, der zu P3 führende Para6 1 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 1 − → → − → − meterwert ist k = −5. Eine Gleichung der Projektionsgerade ist g 3 : x = 0P3 + k w = ⎝ 2 ⎠ + k ⎝ 2 ⎠. 1 −3 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −1 1 2 → − → − → − Die Richtungsvektoren u = ⎝ 4 ⎠ von g1 , v = ⎝ −2 ⎠ von g2 und w = ⎝ 2 ⎠ von g3 sind linear 3 −3 −6 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 3 −2 −− →

− − → → − → − → − → −



⎝ ⎠ ⎝ 6 und P2 P3 = −4 ⎠ abhängig, denn es gilt u = −2 v bzw. w = − v . Außerdem sind P1 P2 = −9 6 −− →

−− →

→ − → − → −



linear abhängig zu v , denn es gilt P P = −3 v bzw. P P = 2 v . Das bedeutet, dass die Projektionsgera1 2

2 3

den g 1 , g 2 und g 3 identisch sind. Damit ist für dieses Beispiel gezeigt, dass durch orthogonale Projektion der verschiedenen Geraden g1 , g2 und g3 auf die Ebene E die gleiche Projektionsgerade g = g 1 = g 2 = g 3 erhalten wird. ⎛

⎞ 1−r − a) Wir setzen den Ortsvektor → x = ⎝ 7 + 2r ⎠ der Punkte von g in die Normalengleichung von E ein: 7 − 3r Lösung 3.4.16:

⎡⎛

⎞ ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞ 1−r −1 2 ⎣⎝ 7 + 2r ⎠ − ⎝ 3 ⎠⎦ • ⎝ 5 ⎠ = 0 7 − 3r 2 8

⎛ ⇔

⎞ ⎛ ⎞ 2−r 2 ⎝ 4 + 2r ⎠ • ⎝ 5 ⎠ = 0 5 − 3r 8

Ausrechnen des Skalarprodukts liefert eine Gleichung, die wir nach r umstellen: 2(2 − r) + 5(4 + 2r) + 8(5 − 3r) = 0

⇔

−16r + 64 = 0

⇔

r=4

3.4 Lagebeziehungen zwischen Geraden und Ebenen

455

Setzen wir dies in die Geradengleichung ein, dann erhalten wir den Ortsvektor von D: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 −1 −3 − → 0D = ⎝ 7 ⎠ + 4 ⎝ 2 ⎠ = ⎝ 15 ⎠ ⇒ D(−3|15| − 5) 7 −3 −5 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −1 2 → − → − Der Schnittwinkel α von g und E wird mit u = ⎝ 2 ⎠ und n = ⎝ 5 ⎠ nach Satz 3.143 berechnet, −3 8  →    − |− |−16| u •→ n| d. h. α = arcsin → ≈ 26, 32◦ . = arcsin √ √ − |− u | · |→ n| 14 93 b) Wir setzen die Koordinaten x = 1 − r, y = 5 + r und z = 3 − r der Punkte von g in die Koordinatengleichung von E ein und lösen die entstehende Gleichung nach r auf: 2(1 − r) + 3(5 + r) − 4(3 − r) = −95

⇔

5r + 5 = −95

⇔

r = −20

Setzen wir dies in die Geradengleichung ein, dann erhalten wir den Ortsvektor von D: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 −1 21 − → ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ 1 = −15 ⎠ ⇒ D(21| − 15|23) 0D = 5 − 20 3 −1 23 ⎛

⎞ ⎛ ⎞ −1 2 − − u = ⎝ 1 ⎠ und → n = ⎝ 3 ⎠ nach Satz 3.143 berechnet, Der Schnittwinkel α von g und E wird mit → −1 −4  →    − |− u •→ n| 5 d. h. α = arcsin → = arcsin √ √ ≈ 32, 42◦ . − |− u | · |→ n| 3 29 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2 −1 −3 → − c) Ein Normalenvektor von E ist n = ⎝ −2 ⎠ × ⎝ 1 ⎠ = ⎝ −3 ⎠. Damit konstruieren wir die Nor3 0 0 ⎡ ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞ 7 −3 − malengleichung ⎣→ x − ⎝ 12 ⎠⎦ • ⎝ −3 ⎠ = 0 der Ebene E, mit deren Hilfe wir die Koordinaten von −3 0 D analog zu a) berechnen: ⎞ ⎡⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎤ ⎛ −3 7 1 + 11r ⎣⎝ 4 + 3r ⎠ − ⎝ 12 ⎠⎦ • ⎝ −3 ⎠ = 0 0 1 + 7r −3 ⇔

−3(−6 + 11r) − 3(−8 + 3r) = 0

⎛ ⇔

⎞ ⎛ ⎞ −6 + 11r −3 ⎝ −8 + 3r ⎠ • ⎝ −3 ⎠ = 0 4 + 7r 0

⇔

42 − 42r = 0

⇔

r=1

Einsetzen von r = 1 in die Geradengleichung liefert den Ortsvektor von D: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 11 12 − → 0D = ⎝ 4 ⎠ + ⎝ 3 ⎠ = ⎝ 7 ⎠ ⇒ D(12|7|8) 8 1 7 ⎛ ⎞ 11 → − → − Der Schnittwinkel α von g und E wird mit n und u = ⎝ 3 ⎠ nach Satz 3.143 berechnet, d. h. 7  →    − |− u •→ n| 42 ◦ α = arcsin → = arcsin √ √ ≈ 47, 73 . − |− u | · |→ n| 179 18

456

3 Geraden und Ebenen ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 3 −6 − − Lösung 3.4.17: → u = ⎝ c ⎠ ist Richtungsvektor von g und → n = ⎝ 6 ⎠ ist Normalenvektor von E. Der 4 3 Punkt P(5|1|3) liegt nicht in E, weshalb c ∈ R nicht so gewählt werden kann, dass gc in E liegt. − − u •→ n = 6c − 6 = 0 gelten. Daraus folgt, dass a) Damit g echt parallel zu E ist, muss die Gleichung → c

c = 1 gewählt werden muss. b) Für den Schnittwinkel α von g und E gilt:

− − |→ 2|c − 1| u •→ n| |6c − 6| √ = √ sin(α) = → = √ − − | u | · |→ n| c2 + 25 81 3 c2 + 25 Einsetzen von α = 30◦ ergibt: 1 2|c − 1| = √ 2 3 c2 + 25



⇔

3

c2 + 25 = 4|c − 1|

Da beide Seiten der Gleichung positiv sind, können wir quadrieren und erhalten weiter: 9(c2 + 25) = 4(c − 1)2

⇔

Die pq-Formel liefert die Lösungen c1 =

7c2 − 32c − 209 = 0

⇔

c2 −

√ 16+ 1719 7

209 32 c− =0 7 15

√

≈ 8,2087 und c2 = 16− 7 1719 ≈ −3,6373. − − u und → n linear abhängig sein, d. h., es c) Würde gc die Ebene E orthogonal schneiden, dann müssten → → − → − gäbe ein t ∈ R mit n = t n . Ein solches t exisitiert aber nicht, denn die Gleichungen −6 = 3t (aus den x-Koordinaten) und 3 = 4t (aus den z-Koordinaten) widersprechen sich. Folglich schneidet gc für kein c ∈ R die Ebene E orthogonal. Lösung 3.4.18: Der Spurpunkt von g in der xy-Ebene sei mit Sxy bezeichnet, entsprechend mit Sxz bzw. Syz die Spurpunkte von g in der xz-Ebene bzw. yz-Ebene.     a) Sxy (−4|3|0), Sxz (11|0|9), Syz 0  11  12 5

5

b) Sxz (9|0|5), Syz (0| − 7|5), kein Schnittpunkt mit der xy-Ebene   176          c) Sxz (−50| − 8|0), Sxz − 162 , Syz 0  162 5 0 5 11 100         d) Sxy 3 − 23  0 , Sxz 3 0  14 17 , kein Schnittpunkt mit der yz-Ebene

z

z

4 gxz

−4

4

y

−4

g

g

8 x

Syz

4

Sxy

8 x

Abb. 138: Zur Lösung von Aufgabe 3.4.19 a)

gyz

Sxz gxy

4

y

3.4 Lagebeziehungen zwischen Geraden und Ebenen

457

Lösung 3.4.19: Der Spurpunkt von g in der xy-Ebene sei mit Sxy bezeichnet, entsprechend mit Sxz bzw. Syz die Spurpunkte von g in der xz-Ebene bzw. yz-Ebene. a) Die Spurpunkte Grundriss ⎛ von ⎞ g sind ⎛ Sxy⎞(8| − 4|0), Sxz (4|0|2) und Syz (0|4|4). ⎛ ⎞ Der ⎛ ⎞ hat die Gleichung 6 6 −6 −6 − − x = ⎝ −2 ⎠ + r ⎝ 6 ⎠, der Kreuzriss ist gxz : → x = ⎝ 0 ⎠ + r ⎝ 0 ⎠ und der Aufriss hat gxy : → 0 0 1 3 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 0 0 − x = ⎝ −2 ⎠ + r ⎝ 6 ⎠. Die Koordinaten des Anfangspunkts A bzw. Endpunkts B die Gleichung gyz : → 1 3 des Geradensegments g erhalten wir durch Einsetzen von r = − 13 bzw. r = 1 in die Gleichung von g, also A(8| − 4|0) und B(0|4|4). Analog erhalten wir die Koordinaten der Anfangs- und Endpunkte der zugehörigen Segmente von Grund-, Auf- und Kreuzriss. Zur grafischen Darstellung siehe Abb. 138. b) Die Spurpunkte von g sind Sxz (5|0|4) und Syz (0|5|4). Die Gerade g ist echt parallel ⎛ zur⎞xy-Ebene ⎛ und ⎞ 7 −1 → − hat folglich keinen Schnittpunkt mit der xy-Ebene. Der Grundriss ist gxy : x = ⎝ −2 ⎠ + r ⎝ 1 ⎠, 0 0 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 7 −1 0 0 − − x = ⎝ 0 ⎠ + r ⎝ 0 ⎠ und der Aufriss ist gyz : → x = ⎝ −2 ⎠ + r ⎝ 1 ⎠. Die der Kreuzriss ist gxz : → 4 0 4 0 Koordinaten des Anfangspunkts A bzw. Endpunkts B des Geradensegments g erhalten wir durch Einsetzen von r = 0 bzw. r = 7 in die Gleichung von g, also A(7| − 2|4) und B(0|5|4). Analog erhalten wir die Koordinaten der Anfangs- und Endpunkte der zugehörigen Segmente von Grund-, Auf- und Kreuzriss. Zur grafischen Darstellung siehe Abb. 139.

z

z

gyz

Syz

4 gxz g

g

Sxz

−2

5

y

−2

5

y

gxy 7 x

7 x

Abb. 139: Zur Lösung von Aufgabe 3.4.19 b)

Zur Auswertung der Darstellungen: Analog zu Beispiel 3.150 bzw. Abb. 84 stellen wir fest, dass sich ohne zusätzliche Hilfsmittel die räumliche Lage des Geradensegments g schlecht lokalisieren lässt (siehe linker Teil von Abb. 138 und 139). Ohne Kenntnis der Geradengleichung kann g sowohl vor oder hinter der yzEbene verortet werden, und auch die Parallelität von g zur xy-Ebene in Aufgabenteil b) ist nicht sofort sichtbar. Durch Einbeziehen von Spurpunkten und der Projektionen auf die Koordinatenebenen wird die räumliche Lage des Geradensegments g besser sichtbar (siehe rechter Teil von Abb. 138 und 139).

458

3 Geraden und Ebenen

Lösung 3.4.20: Die y-Koordinate eines beliebigen Punkts von g verändert sich weder durch die Grundrissnoch durch die Aufrissprojektion, d. h., die y-Koordinate eines Punkts von gxy und die y-Koordinate eines Punkts von gyz sind gleich. Diese Überlegung führt auf die Gleichung −6 + 3r = 12 + 15s, die wir z. B. nach r auflösen, d. h. r = 6 + 5s. Einsetzen in die Gleichung von gxy ergibt ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 23 13 101 65 → − ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 3 = 12 + s ⎝ 15 ⎠ . gxy : x = −6 + (6 + 5s) 0 0 0 0 Wir stellen die Gleichung von gyz und die eben hergeleitete alternative Gleichung von gxy gegenüber: ⎛ ⎛ ⎞ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 101 0 65 0 → − → − gxy : x = ⎝ 12 ⎠ + s ⎝ 15 ⎠ und gyz : x = ⎝ 12 ⎠ + s ⎝ 15 ⎠ 0 11 0 6 Aus der Darstellung beider Projektionen von ⎛ ⎞ g mithilfe ⎛ ⎞ des gleichen Parameters s können wir eine Glei101 65 − chung von g ablesen, d. h. g : → x = ⎝ 12 ⎠ + s ⎝ 15 ⎠. 11 6

3.5 Lagebeziehungen zwischen zwei Ebenen 3.5.1 Rechnung mit beiden Ebenengleichungen in Parameterform Lösung 3.5.1: a) Wir untersuchen die Lösbarkeit des zur Vektorgleichung ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −3 9 1 1 4 5 ⎝ 5 ⎠ + k ⎝ 4 ⎠ + l ⎝ −1 ⎠ = ⎝ 8 ⎠ + r ⎝ 1 ⎠ + s ⎝ 6 ⎠ 4 6 −8 2 8 −4 zugehörigen linearen Gleichungssystems (I-III): I II III I + II = IV 8 · I + III = V V − 8 · IV = VI

: 9k + l − 4r − 5s : 4k − l − r − 6s : 6k − 8l − 8r + 4s : 13k − 5r − 11s : 78k − 40r − 36s : −26k + 52s

= 4 = 3 = −2 = 7 = 30 = −26

Aus Gleichung VI folgt, dass wir für s beliebige Werte wählen können. Mit s = t ∈ R folgt aus Gleichung VI weiter k = 1 + 2t. Setzen wir dies in Gleichung IV ein, dann ergibt sich daraus r = 65 + 3t. Einsetzen der bereits bestimmten Parameterwerte in Gleichung I liefert l = − 15 − t. Das Gleichungssystem hat unendlich viele Lösungen (k; l; r; s), wobei drei Parameterwerte vom vierten Parameterwert abhängen. Das bedeutet, dass die Schnittmenge von E1 und E2 eine Gerade g ist. Eine Gleichung der Schnittgerade g ermitteln wir durch Einsetzen von r = 65 + 3t und s = t in die Gleichung von E2 : ⎛ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞  4  5 1 6 ⎜ − + 3t ⎝ 1 ⎠ + t ⎝ 6 ⎠ = ⎝ g:→ x = ⎝8⎠+ 5 8 −4 2

29 5 46 5 58 5

⎞

⎛ ⎞ 17 ⎟ ⎝ ⎠ 9 ⎠+t 20

3.5 Lagebeziehungen zwischen zwei Ebenen

459

b) Wir untersuchen die Lösbarkeit des analog zu a) hergeleiteten linearen Gleichungssystems (I-III): I II III I + 2 · III = IV II − 11 · III = V 27 · IV + 8 · V = VI

: −2k + 4l : 11k − 5l : k+ 2l : 8l : −27l :

− − − − +

2r 6r 3r 8r 27r

+ − + + −

6s 16s s 8s 27s 0

= 2 = 6 = 3 = 8 = −27 = 0

Aus VI folgt, dass das Gleichungssystem allgemeingültig ist. Folglich sind E1 und E2 identisch. c) Wir untersuchen die Lösbarkeit des analog zu a) hergeleiteten linearen Gleichungssystems (I-III): I II III I + 2 · III = IV II − 11 · III = V 27 · IV + 8 · V = VI

: −2k + 4l : 11k − 5l : k+ 2l : 8l : −27l :

− − − − +

2r 6r 3r 8r 27r

+ − + + −

6s 16s s 8s 27s 0

= = = = = =

4 5 −3 −2 38 250

Die erhaltene Gleichung VI ist ein Widerspruch. Folglich ist das lineare Gleichungssystem nicht lösbar. Das bedeutet, dass E1 und E2 echt parallel sind. d) Wir untersuchen die Lösbarkeit des analog zu a) hergeleiteten linearen Gleichungssystems (I-III): I II III 4 · I + II = IV 2 · I + III = V IV + 7 · V = VI

: −3k + 2l + r + s = 7 : 12k − l − 4r + 3s = −1 : 6k + l − 2r − 3s = 1 : 7l + 7s = 27 : 5l − s = 15 : 42l = 132

5 66 Aus Gleichung VI folgt l = 66 21 . Einsetzen in Gleichung IV liefert s = 7 . Setzen wir dies und l = 21 in Gleichung I ein, dann ergibt das −3k + r + 7 = 7 bzw. −3k + r = 0. Wir können darin für eine der beiden Variablen beliebige Werte einsetzen, zum Beispiel k = t ∈ R. Daraus folgt r = 3t. Das Gleichungssystem hat unendliche viele Lösungen (k; l; r; s). Auch hier greift Satz 3.155 a), denn tatsächlich besteht wieder eine Abhängigkeit von drei Parameterwerten zum vierten, beliebig wählbaren Parameterwert. Das lässt sich einsehen, wenn wir zu den Konstanten ein Nullfaches von k = t addieren, d. h. 5 l = 66 21 + 0 · t und s = 7 + 0 · t. Das bedeutet, dass die Schnittmenge von E1 und E2 eine Gerade g ist. Die Gleichung der Schnittgerade g ermitteln wir zum Beispiel durch Einsetzen von r = 3t und s = 57 in die Gleichung von E2 : ⎛ 51 ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −3 −1 8 −1 7 5 ⎜ 13 ⎟ ⎝ → − ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 12 ⎠ −3 4 + = ⎝ 7 ⎠+t g : x = 4 + 3t 7 22 6 3 1 2 7

Lösung 3.5.2: a) Sind zwei Ebenen E1 und E2 (echt) parallel, dann können wir die Richtungsvektoren in den Parametergleichungen von E1 und E2 untereinander austauschen. Diese Überlegung führt auf ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 11 3 1 → − E2 : x = ⎝ −64 ⎠ + r ⎝ 1 ⎠ + s ⎝ −1 ⎠ . −11 −1 2

460

3 Geraden und Ebenen ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 3 1 0 2 b) Das zur Vektorgleichung ⎝ 2 ⎠ + k ⎝ 1 ⎠ + l ⎝ −1 ⎠ = ⎝ 3 ⎠ + t ⎝ 2 ⎠ zugehörige lineare 3 −1 2 1 −3 ⎛ ⎞ 2 ⎝ 2⎠ Gleichungssystem ist mehrdeutig lösbar, was bedeutet, dass g in E liegt. Für E3 wird ein zu −3 ⎛ ⎞ 2 −→ ⎝ linear unabhängiger Richtungsvektor benötigt. Diese Forderung erfüllt AQ = −8 ⎠, wobei A(0|3|1) −2 −→ der aus der Gleichung von g ablesbare Stützpunkt ist. Mit g und AQ ergibt sich ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 0 2 2 − x = ⎝ 3 ⎠ + λ ⎝ 2 ⎠ + μ ⎝ −8 ⎠ . E3 : → 1 −3 −2 ⎛

⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 3 1 1 c) Ein Normalenvektor von E1 ist ⎝ 1 ⎠ × ⎝ −1 ⎠ = ⎝ −7 ⎠. Damit ergibt sich: −1 2 −4 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 0 2 1 − x = ⎝ 3 ⎠ + λ ⎝ 2 ⎠ + μ ⎝ −7 ⎠ E4 : → 1 −3 −4 Lösung 3.5.3: a) Die Schnittgerade wird nach dem Muster von Beispiel 3.152 berechnet. Das führt zum Beispiel für beliebiges t ∈ R auf den Zusammenhang r = 3 − t und s = t und damit auf die folgende Gleichung: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 11 1 − g:→ x = ⎝ 10 ⎠ + t ⎝ 8 ⎠ −9 6 ⎛

⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 11 1 0 − x = ⎝ 10 ⎠ + λ ⎝ 8 ⎠ + μ ⎝ 0 ⎠ b) E3 : → −9 6 1

3.5.2 Rechnung mit Ebenengleichungen in verschiedenen Formen Lösung 3.5.4: a) Wir setzen die Koordinaten x = 3 + 2r + 2s, y = 5 + r − 4s und z = 1 + 3r + 5s der Punkte von E1 in die Koordinatengleichung von E2 ein: 10(3 + 2r + 2s) − 11(5 + r − 4s) + 4(1 + 3r + 5s) = 210 Auflösen der Klammern auf und anschließendes Zusammenfassen ergibt: −21 + 21r + 84s = 210

⇔

21r + 84s = 231

(∗)

Wir können für s beliebige Werte einsetzen, zum Beispiel s = t ∈ R, womit r = 11−4t folgt. Gleichung (∗) hat unendlich viele Lösungen (r; s), wobei ein Parameterwert vom anderen abhängt. Das bedeutet,

3.5 Lagebeziehungen zwischen zwei Ebenen

461

dass die Schnittmenge von E1 und E2 eine Gerade g ist. Eine Gleichung von g erhalten wir durch Einsetzen von r = 11 − 4t und s = t in die gegebene Parametergleichung von E1 : ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 3 2 2 25 −6 → − ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ 16 + t −8 ⎠ g : x = 5 + (11 − 4t) 1 + t −4 = 1 3 5 34 −7 b) Wir setzen die Koordinaten x = 12 + 2r + 3s, y = 11 + r + 2s und z = −8 + 3r + s der Punkte von E1 in die Koordinatengleichung von E2 ein: 5(12 + 2r + 3s) − 7(11 + r + 2s) − (−8 + 3r + s) = 0r + 0s − 9 = −9 = −91 Interpretation: E1 und E2 sind echt parallel. c) Wir setzen die Koordinaten x = 4 + 3r + 5s, y = 16 − 2r + s und z = 3 − 2r + 2s der Punkte von E1 in die Koordinatengleichung von E2 ein: −2(4 + 3r + 5s) − 16(16 − 2r + s) + 13(3 − 2r + 2s) = −225

⇔

−225 = −225

Diese Gleichung ist für beliebige r, s ∈ R erfüllt. Folglich sind E1 und E2 identisch. d) Einsetzen der Koordinaten x = 1 − 5r − 4s, y = 2 + 10r − 8s und z = 3 − 9r + 3s der Punkte von E2 in die Koordinatengleichung von E1 ergibt: −4(1 − 5r − 4s) + 2(2 + 10r − 8s) + 5(3 − 9r + 3s) = 30

⇔

−5r + 15s = 15

(∗∗)

Wir können für s beliebige Werte einsetzen, zum Beispiel s = t ∈ R, womit r = −3+3t folgt. Gleichung (∗∗) hat unendlich viele Lösungen (r; s), wobei ein Parameterwert vom anderen abhängt. Das bedeutet, dass die Schnittmenge von E1 und E2 eine Gerade g ist. Eine Gleichung von g erhalten wir durch Einsetzen von r = −3 + 3t und s = t in die gegebene Parametergleichung von E2 : ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 −5 −4 16 −19 → − g : x = ⎝ 2 ⎠ + (−3 + 3t) ⎝ 10 ⎠ + t ⎝ −8 ⎠ = ⎝ −28 ⎠ + t ⎝ 22 ⎠ 3 −9 3 30 −24 ⎞ −1 + r − s − r + s ⎠ der Punkte von E1 in die Normalengleichung von a) Wir setzen den Ortsvektor → x =⎝ −2 − r + 12s Lösung 3.5.5:

⎛

E2 ein und rechnen das Skalarprodukt aus: ⎡⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −1 + r − s −5 22 4+r−s 22 ⎣⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎦ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ r+s − 5 −5 + r + s • −31 ⎠ • −31 = −2 − r + 12s 17 14 −19 − r + 12s 14 = 22(4 + r − s) − 31(−5 + r + s) + 14(−19 − r + 12s) = −23r + 115s − 23 = 0 Wir können für s beliebige Werte einsetzen, zum Beispiel s = t ∈ R, womit aus obiger Gleichung r = −1 + 5t folgt. E1 und E2 schneiden sich in einer Gerade g, von der wir eine Gleichung durch Einsetzen von r = −1 + 5t und s = t in die gegebene Parametergleichung von E1 erhalten: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −1 1 −1 −2 4 − g:→ x = ⎝ 0 ⎠ + (−1 + 5t) ⎝ 1 ⎠ + t ⎝ 1 ⎠ = ⎝ −1 ⎠ + t ⎝ 6 ⎠ −2 −1 12 −1 7

462

3 Geraden und Ebenen ⎛

⎞

−2 + 15r − s − b) Einsetzen des Ortsvektors → x = ⎝ 7 + 8r + 9s ⎠ der Punkte von E1 in die Normalengleichung von 8 − r + 8s E2 ergibt: ⎡⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −2 + 15r − s 2 73 −4 + 15r − s 73 ⎣⎝ 7 + 8r + 9s ⎠ − ⎝ 14 ⎠⎦ • ⎝ −119 ⎠ = ⎝ −7 + 8r + 9s ⎠ • ⎝ −119 ⎠ 8 − r + 8s 8 143 −r + 8s 143 = 73(−4 + 15r − s) − 119(−7 + 8r + 9s) + 143(−r + 8s) = 902 = 0 Interpretation: E1 und E2 sind echt parallel. ⎛ ⎞ −14 + r − c) Einsetzen des Ortsvektors → x = ⎝ 2r − 3s ⎠ der Punkte von E2 in die Normalengleichung von E1 3r + s ergibt: ⎡⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎞⎤ ⎛ ⎞ ⎛ −7 −7 + r −14 + r 1 1 ⎣⎝ 2r − 3s ⎠ − ⎝ 13 ⎠⎦ • ⎝ 1 ⎠ = ⎝ −13 + 2r − 3s ⎠ • ⎝ 1 ⎠ 17 3r + s 3 3 − 17 3 3 + 3r + s   17 = (−7 + r) + (−13 + 2r − 3s) + 3 + 3r + s = 12r − 3 = 0 3 Aus dieser Gleichung folgt r = 14 . Offenbar können wir für s beliebige Werte einsetzen, zum Beispiel s = t ∈ R. Die Gleichung hat unendliche viele Lösungen (r; s). Auch hier greift Satz 3.159 a), denn es besteht (rein formal) tatsächlich eine Abhängigkeit zwischen den Parameterwerten r und s. Das lässt sich einsehen, wenn wir zur Konstante ein Nullfaches von s = t addieren, d. h. r = 14 + 0 · t. Das bedeutet, dass die Schnittmenge von E1 und E2 eine Gerade g ist. Die Gleichung der Schnittgerade g ermitteln wir durch Einsetzen von r = 14 und s = t in die Gleichung von E2 : ⎛ 55 ⎞ ⎛ ⎞ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −4 −14 0 1 0 1 ⎟ ⎜ − g:→ x = ⎝ 0 ⎠ + ⎝ 2 ⎠ + t ⎝ −3 ⎠ = ⎝ 12 ⎠ + t ⎝ −3 ⎠ 4 3 3 0 1 1 ⎛

4

Lösung 3.5.6: Einsetzen der Koordinaten x = ar + 4s, y = 2r + 5s und z = −3r + bs der in E1 liegenden Punkte in die Koordinatengleichung von E2 ergibt die folgende Gleichung: (a − 1)r + (b + 9)s = 0

(∗)

Damit durch die Gleichungen E1 und E2 die gleiche Ebene beschrieben wird, muss (∗) äquivalent zur allgemeingültigen Gleichung 0 = 0 sein. Folglich muss a − 1 = 0 und b + 9 = 0 gelten, woraus a = 1 und b = −9 folgt. Lösung 3.5.7: Einsetzen der Koordinaten x = 1 + ar − 2bs, y = 2 + ar + 2s und z = 3 − r + bs der in E1 liegenden Punkte in die Koordinatengleichung von E2 ergibt die folgende Gleichung: (a − 3)r − (b + 2)s + 9 = 5

(∗∗)

Damit E1 und E2 echt parallel sind gilt, muss Gleichung (∗∗) nicht lösbar sein. Das ist der Fall, wenn die Gleichungen a − 3 = 0 und b + 2 = 0 gelten, woraus a = 3 und b = −2 folgt.

3.5 Lagebeziehungen zwischen zwei Ebenen

463

3.5.3 Rechnung mit beiden Ebenengleichungen in Koordinatenform Lösung 3.5.8: a) Wir interpretieren die gegebenen Koordinatengleichungen als lineares Gleichungssystem (I-II) und untersuchen seine Lösbarkeit: I : 89x + y + 84z = 6 II : 97x + y + 92z = 102 II − I = III : 8x + 8z = 96 Gleichung III ist mehrdeutig lösbar, d. h., wir können z. B. z = t ∈ R beliebig wählen. Gleichung III liefert dann weiter x = 12 − t. Setzen wir dies in Gleichung I ein, dann erhalten wir y = −1062 + 5t. Die Variablen x und y hängen von der dritten Variable z ab und folglich besteht die Schnittmenge von E1 und E2 aus allen Punkten, die auf der folgenden Gerade liegen: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ x 12 − t 12 −1 − g:→ x = ⎝ y ⎠ = ⎝ −1062 + 5t ⎠ = ⎝ −1062 ⎠ + t ⎝ 5 ⎠ z t 0 1 b) Wir gehen analog zu a) vor: I : 14x − 12y + 10z = 41 II : −7x + 15y − 14z = −25 I + 2 · II = III : 18y − 18z = −9 In Gleichung III kann z = t ∈ R beliebig gewählt werden, womit y = − 12 + t folgt. Setzen wir dies und 1 z = t in Gleichung I ein, dann erhalten wir daraus x = 35 14 + 7 t. Die Ebenen E1 und E2 schneiden sich in einer Gerade, welche die folgende Gleichung hat: ⎛ 35 ⎞ ⎛ 1 ⎞ ⎛ 35 1 ⎞ ⎛ ⎞ x 7 14 + 7 t 14 ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ − g:→ x = ⎝ y ⎠ = ⎝ − 12 + t ⎠ = ⎝ − 12 ⎠ + t ⎝ 1 ⎠ z 1 t 0 c) Wir betrachten die Koordinatengleichungen als lineares Gleichungssystem. Addition des 45 -fachen der Gleichung von E1 zur Gleichung von E2 führt auf den Widerspruch 0 = − 45 , d. h., das Gleichungssystem hat keine Lösung. Das bedeutet, dass die Ebenen keine gemeinsamen Punkte haben, und folglich sind E1 und E2 echt parallel. d) Wir betrachten die Koordinatengleichungen als lineares Gleichungssystem. Addition des 2-fachen der Gleichung von E2 zur Gleichung von E1 liefert die Gleichung 0 = 0, d. h., das lineare Gleichungssystem ist allgemeingültig. Das bedeutet, dass E1 und E2 identisch sind. ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2 1 4 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ e) Ein Normalenvektor von E1 ist 4 × 4 = −3 ⎠, mit dem wir über eine Normalengleichung 1 2 4 zu einer Koordinatengleichung von E1 gelangen: ⎡ ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞ 12 4 → − ⎣ x − ⎝ 3 ⎠⎦ • ⎝ −3 ⎠ = 0 −3 4

⇔

4x − 3y + 4z = 27

Wir notieren die Koordinatengleichungen von E1 und E2 als lineares Gleichungssystem: I: 4x − 3y + 4z = 27 II : −16x + 12y − 16z = 27

464

3 Geraden und Ebenen

Addition des 4-fachen von I zu II liefert den Widerspruch 0 = 135, d. h., das Gleichungssystem hat keine Lösung. Das bedeutet, dass die Ebenen keine gemeinsamen Punkte haben, und folglich sind E1 und E2 echt parallel. f) Zunächst müssen für E1 und E2 bestimmen. Ein Normalenvek⎛ wir⎞jeweils ⎛ eine ⎞ Koordinatengleichung ⎛ ⎞ 1 1 61 tor von E1 ist ⎝ 11 ⎠ × ⎝ −1 ⎠ = ⎝ −5 ⎠. Damit gelangen wir über eine Normalengleichung zu 1 11 −6 einer Koordinatengleichung von E1 : ⎡ ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞ −1 61 − ⎣→ x − ⎝ 3 ⎠⎦ • ⎝ −5 ⎠ = 0 −8 −6

⇔

61x − 5y − 6z = −28

Die Ermittlung einer Koordinatengleichung von E2 ist einfacher, denn dazu müssen wir lediglich das Skalarprodukt in der gegebenen Normalengleichung ausrechnen und anschließend die Konstante subtrahieren. Dies führt auf E2 : −5x + 5y − 8z = −70. Die Schnittmenge von E1 und E2 können wir bestimmen, indem wir die Koordinatengleichungen als lineares Gleichungssystem interpretieren: I : 61x − 5y − 6z = −28 II : −5x + 5y − 8z = −70 I + I = III : 56x − 14z = −98 Für x können wir beliebige Werte wählen, z. B. x = t ∈ R. Dies ergibt aus Gleichung III den Wert 37 z = 7 + 4t. Setzen wir dies in Gleichung II ein, dann erhalten wir daraus y = − 14 5 + 5 t. Die Ebenen E1 und E2 schneiden sich in einer Gerade, welche die folgende Gleichung hat: ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎛ ⎞ 0 1 t x ⎜ 14 ⎟ ⎜ 37 ⎟ ⎜ − 37 ⎟ + t − = + t g:→ x = ⎝ y ⎠ = ⎝ − 14 ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ 5 5 5 5 ⎠ z 7 + 4t 7 4 Lösung 3.5.9: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 22 22 − − − n2 = ⎝ 11 ⎠ ist Normalenvektor von E2 . Die Vektoren → n1 a) → n1 = ⎝ 12 ⎠ ist Normalenvektor von E1 und → 44 66 − und → n2 sind linear unabhängig, wie wir durch einen Vergleich der x-, y- bzw. z-Koordinaten erkennen. Nach Satz 3.171 c) sind E1 und E2 nicht parallel und schneiden sich in einer Gerade g. Zur Ermittlung einer Gleichung von g interpretieren wir die Koordinatengleichungen als lineares Gleichungssystem und bestimmen dessen Lösungsmenge: I : 22x + 12y + 66z = 154 II : 22x + 11y + 44z = 132 I − II = III : y + 22z = 22 In Gleichung III können wir für eine der beiden Variablen beliebige Werte einsetzen, z. B. z = t ∈ R. Damit folgt dann aus II weiter y = 22 − 22t. Setzen wir dies und z = t in Gleichung I ein, dann folgt daraus x = −5 + 9t. Eine Gleichung der Schnittgerade ergibt sich daraus wie folgt: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ x −5 + 9t −5 9 − g:→ x = ⎝ y ⎠ = ⎝ 22 − 22t ⎠ = ⎝ 22 ⎠ + t ⎝ −22 ⎠ z t 0 1

3.5 Lagebeziehungen zwischen zwei Ebenen 465 ⎛ √ ⎞ ⎛ √ ⎞ −√14 √2 − − n2 = ⎝ −√42 ⎠ ist Normalenvektor von E2 . Die b) → n1 = ⎝ √6 ⎠ ist Normalenvektor von E1 und → − 5 35 √ − − n1 . Da aber Normalenvektoren sind linear abhängig, denn es gilt → n2 = − 7 · → √ zwischen den rechten Seiten in√den keine Abhängigkeit mit dem Faktor 7 besteht (denn es gilt √ √ √Koordinatengleichungen 14 = 2 2 7 = 2 14), sind E1 und E2 nach Satz 3.171 a) echt parallel. Alternativ kann die echte Parallelität mit Satz 3.168 a) dadurch begründet werden, dass wir z. B. den in E1 liegenden Punkt P(2|0|0) betrachten, dessen Koordinaten nicht die Koordinatengleichung von E2 erfüllen, d. h., P liegt nicht in E2 . ⎛ √ ⎞ ⎛ √ ⎞ −√10 −√5 → − → − c) n1 = ⎝ √ 7 ⎠ ist Normalenvektor von E1 und n2 = ⎝ √14 ⎠ ist Normalenvektor von E2 . Die 13 26 √ − − n1 . Da√ auch zwischen den Normalenvektoren sind linear abhängig, denn es gilt → n2 = 2· → √ rechten √ Seiten √ in den Koordinatengleichungen eine Abhängigkeit mit dem Faktor 2 besteht, d. h. 24 = 2 12, sind E1 und E2 nach Satz 3.171 b) identisch. Alternativ kann dieIdentität mit Satz 3.168 b) dadurch begründet werden, dass wir z. B. den in E1     12   liegenden Punkt P − 5 0 0 betrachten, dessen Koordinaten auch die Koordinatengleichung E2 erfüllen, d. h., P liegt in E2 .

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 5 0 4 → − ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ d) Ein Normalenvektor von E1 ist n1 = 0 × −2 = −25 ⎠ und ein Normalenvektor von E2 ist 2 5 −10 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 4 0 1 → − − − n2 = ⎝ 0 ⎠ × ⎝ −1 ⎠ = ⎝ −16 ⎠. Leicht erkennen wir, dass es kein r ∈ R mit → n2 = r → n1 gibt, d. h., 1 4 −4 − → − n2 sind linear unabhängig. Nach Satz 3.171 c) schneiden sich n1 und → ⎛ E1 und E2 in⎞einer Gerade g. Zur 17 + 5r − 18 − 2s ⎠ der Punkte von E1 Ermittlung einer Gleichung von g setzen wir den Ortsvektor → x =⎝ 44 + 2r + 5s in eine Normalengleichung von E2 ein und rechnen anschließend das Skalarprodukt aus: ⎡⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 17 + 5r −9 1 26 + 5r 1 ⎣⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎦ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ 18 − 2s − 15 3 − 2s • −16 ⎠ • −16 = 44 + 2r + 5s 42 −4 2 + 2r + 5s −4 = (26 + 5r) − 16(3 − 2s) − 4(2 + 2r + 5s) = −3r + 12s − 30 = 0 Wir können für einen Parameter beliebige Werte wählen, zum Beispiel s = t ∈ R, womit r = −10 + 4t folgt. Eine Gleichung der Schnittgerade g erhalten wird durch Einsetzen von r = −10 + 4t und s = t in die gegebene Parametergleichung von E1 : ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 17 5 0 −33 20 → − ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ 18 + t −2 ⎠ g : x = 18 + (−10 + 4t) 0 + t −2 = 44 2 5 24 13 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 8 5 9 → − ⎝ ⎠ ⎝ 3 ⎠ = ⎝ 63 ⎠, ein Normalenvektor von E2 ist e) Ein Normalenvektor von E1 ist n1 = −3 × 3 −6 39 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 6 1 −3 → − − − n2 = −3→ n1 linear abhängig. n2 = ⎝ 1 ⎠ × ⎝ −2 ⎠ = ⎝ −21 ⎠. Die Normalenvektoren sind wegen → −3 3 −13

466

3 Geraden und Ebenen

Wir untersuchen, ob der Punkt P(−9|5|4) von E1 auch in E2 liegt. Dazu setzen wir den Ortsvektor − → → − x = 0P in eine Normalengleichung von E2 ein und rechnen darin das Skalarprodukt aus: ⎡⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −9 −3 −3 −6 −3 ⎣⎝ 5 ⎠ − ⎝ 8 ⎠⎦ • ⎝ −21 ⎠ = ⎝ −3 ⎠ • ⎝ −21 ⎠ = 172 = 0 4 11 −13 −7 −13 Das bedeutet, dass P nicht in E2 liegt. Folglich sind E1 und E2 echt parallel. Lösung 3.5.10: Allgemein sind E und H parallel, ⎛ ⎞wenn ihre Normalenvektoren linear abhängig sind. a − Das bedeutet, dass ein Normalenvektor → n = ⎝ b ⎠ von E auch ein Normalenvektor von H ist. Eine c Koordinatengleichung ax + by + cz = d von H entsteht folglich durch Wahl eines passenden Werts d − → − derart, dass P in H liegt. Dies leistet offenbar d = 0P • → n. a) Einsetzen der Koordinaten des Punkts P in den linken Teil der Koordinatengleichung von E ergibt 5 · 100 + 12 · 5 − 17 · 5 = 475. Daraus folgt H : 5x + 12y − 17z = 475. b) Einsetzen der Koordinaten von P in den linken Teil der Koordinatengleichung von E ergibt den Zahlenwert −8 · 1 + 3 · 3 = 1. Daraus folgt H : −8x + 3z = 1. c) In der Normalengleichung von E ersetzen wir den Stützvektor durch den Ortsvektor von P und rechnen das Skalarprodukt aus: ⎡ ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞ −12 5 → − ⎣ x − ⎝ 3 ⎠⎦ • ⎝ 7 ⎠ = 5x − 7y + z − 48 = 0 87 1 Daraus folgt H : 5x − 7y + z = 48.

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ a 6 −1 4 → − d) Ein Normalenvektor von E und H ist n = ⎝ b ⎠ = ⎝ −3 ⎠ × ⎝ 5 ⎠ = ⎝ 17 ⎠. Damit berechnen c 1 −3 27 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −4 4 − → − ⎝ 30 ⎠ • ⎝ 17 ⎠ = 737. Das ergibt H : 4x + 17y + 27z = 737. wir weiter d = 0P • → n = 9 27

Lösung 3.5.11: a) Wir interpretieren die gegebenen Koordinatengleichungen als lineares Gleichungssystem und untersuchen dessen Lösbarkeit: I: cx + 4y + 3z = 5 II : 12x − 8y + cz = c2 − 46 2 · I + II = III : (2c + 12)x + (c + 6)z = c2 − 36 Die Ebenen sind identisch, wenn die folgenden drei Gleichungen gleichzeitig gelten: (α) : 2c + 12 = 0 (β ) : c + 6 = 0 (γ) : c2 − 36 = 0 Die Gleichungen (α) und (β ) liefern jeweils c = −6, Gleichung (γ) hat die Lösungen c1 = 6 und c2 = −6. Interpretation: Damit Ec und Hc identisch sind, muss c = −6 gewählt werden, denn nur für c = −6 sind die Gleichungen (α), (β ) und (γ) gleichzeitig erfüllt.

3.5 Lagebeziehungen zwischen zwei Ebenen

467

b) Wir interpretieren die gegebenen Koordinatengleichungen als lineares Gleichungssystem und untersuchen dessen Lösbarkeit: 4z = c3 + 1 I: (c2 − 8)x − 4y + II : 2cx + 4y + cz = 63 I + II = III : (c2 + 2c − 8)x + (c + 4)z = c3 + 64 Die Ebenen sind identisch, wenn die folgenden drei Gleichungen gleichzeitig gelten: (α) : c2 + 2c − 8 = 0 (β ) : c+4 = 0 (γ) : c3 + 64 = 0 Gleichung (α) hat die Lösungen c1 = 2 und c2 = −4, die Gleichungen (β ) und (γ) die Lösung c = −4. Daraus folgt: • Für c = −4 sind Ec und Hc identisch, da Gleichung III die Gestalt 0 = 0 hat. • Für c = 2 hat Gleichung III die Form 6z = 72, d. h. z = 12. Folglich hat das Gleichungssystem (I-II) unendlich viele Lösungen, denn nach Einsetzen von z = 12 in Gleichung I wird klar, dass z. B. y beliebig gewählt werden kann. Ec und Hc schneiden sich in einer Gerade. • Für c ∈ R \ {−4; 2} gilt c2 + 2c − 8 = 0, c + 4 = 0 und c3 + 64 = 0, und demzufolge können in Gleichung III für z beliebige Werte gewählt werden. Folglich hat das Gleichungssystem (I-II) unendlich viele Lösungen. Ec und Hc schneiden sich in einer Gerade. Zusammenfassung: Für c ∈ R \ {−4} schneiden sich Ec und Hc in einer Gerade.

3.5.4 Schnittwinkel − Lösung 3.5.12: Zur Berechnung des Schnittwinkels α bestimmen wir einen Normalenvektor → n1 von E1 − und einen Normalenvektor → n2 von E2 und verwenden Satz 3.173. ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ) *  →  4 3 −  − 34 |− n1 • → n2 | → − → − ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ≈ 57, 338◦ ⇒ α = arccos → = arccos a) n1 = −1 , n2 = −2 − 9·7 |− n1 | · |→ n2 | 8 −6 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞  →    9 12 − |− n2 | n1 • → 7 → − → − √ √ b) n1 = ⎝ 7 ⎠, n2 = ⎝ −5 ⎠ ⇒ α = arccos → = arccos ≈ 89, 023◦ − → − | | | | n · n 134 1258 1 2 −2 33 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ) *  →  0 2 −  − 51 |− n1 • → n2 | → − → − ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 4 , n2 = −6 ≈ 21, 986◦ c) n1 = ⇒ α = arccos → = arccos − 5 · 11 |− n1 | · |→ n2 | −3 9 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞  →    3 0 − |− 2 n2 | n1 • → − − √ d) → n1 = ⎝ −1 ⎠, → n2 = ⎝ 0 ⎠ ⇒ α = arccos → ≈ 57, 688◦ = arccos − |− n1 | · |→ n2 | 14 · 1 2 1 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ )   *   → 0 3 → − −  − 2 | | • n n 1 2 → − → − √ ≈ 68, 199◦ e) n1 = ⎝ 1 ⎠, n2 = ⎝ −2 ⎠ ⇒ α = arccos → = arccos − |− n1 | · |→ n2 | 1 · 29 0 4 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ )   *  →  1 −7 −  − 7 |− n1 • → n2 | → − → − ⎝ ⎝ ⎠ ⎠ √ 11 ≈ 59, 118◦ f) n1 = 0 , n2 = ⇒ α = arccos → = arccos − |− n1 | · |→ n2 | 1 · 186 0 4

468

3 Geraden und Ebenen ⎛

⎞

⎛

⎞

 →    −3 −8 − |− n1 • → n2 | 155 − − g) → n1 = ⎝ 16 ⎠, → = arccos √ √ ≈ 48, 301◦ n2 = ⎝ 5 ⎠ ⇒ α = arccos → − → − | n1 | · | n2 | 554 98 −3 −17 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞  →    2 3 − |− n1 • → 16 n2 | − − h) → n1 = ⎝ 2 ⎠, → n2 = ⎝ 2 ⎠ ⇒ α = arccos → ≈ 40, 368◦ = arccos − 3·7 |− n1 | · |→ n2 | 1 6 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 5 3 −26 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ i) Alle Normalenvektoren von E1 sind linear abhängig zu −7 × −3 = −16 ⎠. Wir wählen 3 5 6 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 5 −26 −13 → − − n2 = ⎝ 3 ⎠ ein Normalenvektor von E2 und damit berechn1 = 12 ⎝ −16 ⎠ = ⎝ −8 ⎠. Weiter ist → −7 6 3 )   *  →  − → −  − 110 | n1 • n2 | = arccos √ √ ≈ 39, 091◦ . nen wir α = arccos → − |− n1 | · |→ n2 | 242 83 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 3 −6 − → − → ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ 3 = 4 ⎠. Für j) Alle Normalenvektoren von E1 sind linear abhängig zu AB × AC = 3 × 1 −1 −6 ⎛ ⎞ −3 − → − → − die Winkelberechnung verwenden wir → n1 = 21 AB × AC = ⎝ 2 ⎠. Alle Normalenvektoren von E2 sind −3 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −1 1 −3 −→ − → ⎝ linear abhängig zu PQ × PR = −3 ⎠ × ⎝ −3 ⎠ = ⎝ 3 ⎠. Für die Winkelberechnung verwenden 1 2 6 ⎛ ⎞ )   *   → −1 − −  − 1 | n1 • → n2 | −→ − → − √ √ = arccos ≈ 85, 007◦ . wir → n2 = 31 PQ × PR = ⎝ 1 ⎠. Es folgt α = arccos → − |− n1 | · |→ n2 | 22 6 2 Lösung 3.5.13: a) Da die Ebenen durch Koordinatengleichungen gegeben sind, können wir diese Darstellung als lineares Gleichungssystem mit zwei Gleichungen und drei Variablen x, y, z auffassen. Zur Lösung des Systems genügt es, die Gleichung der Ebene E1 von der Gleichung der Ebene E2 zu subtrahieren. Dies führt auf die Gleichung 4y − 6z = −20 . In einer Gleichung mit zwei Variablen kann eine davon beliebig gewählt werden. Mit z = t ∈ R folgt y = −5 + 32 t. Setzen wir y und z in die Gleichung der Ebene E1 ein, dann liefert dies x = 20 − 2t. Sortieren nach Vielfachen von t und nach Konstanten in den Lösungen für x, y, z liefert eine Gleichung der Schnittgerade: ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ −2 20 → − 3 g : x = ⎝ −5 ⎠ + t ⎝ 2 ⎠ 0 1 Normalenvektoren der Ebenen können wir leicht aus den Koeffizienten der Variablen Ein ⎛ ⎞ ⎛ ablesen: ⎞ 1 1 − − Normalenvektor von E1 ist → n1 = ⎝ −2 ⎠ und ein Normalenvektor von E2 ist → n2 = ⎝ 2 ⎠. Damit 5 −1 ) *   − − → n2  n1 • → 4  −  = arccos √ berechnen wir den Schnittwinkel α = arccos → ≈ 53, 396◦ . − n1  · → n2  3 5 b) Wir setzen die Koordinaten x = 1 + r, y = 1 + s und z = 1 + 4s der Punkte von E1 in die Koordinatengleichung von E2 ein: (1 + r) − 2(1 + s) + (1 + 4s) = 4

⇔

r + 2s = 4

3.5 Lagebeziehungen zwischen zwei Ebenen

469

In dieser Gleichung kann s beliebig gewählt werden, d. h. s = t ∈ R. Hieraus folgt r = 4 − 2t. Setzen wir r = 4 − 2t und s = t in die Parametergleichung von E1 ein, dann erhalten wir eine Gleichung der Schnittgerade: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 1 0 5 −2 → − g : x = ⎝ 1 ⎠ + (4 − 2t) ⎝ 0 ⎠ + t ⎝ 1 ⎠ = ⎝ 1 ⎠ + t ⎝ 1 ⎠ 1 0 4 1 4 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎛ ⎞ ⎞ 1 1 0 0 → − → − n1 = ⎝ 0 ⎠ × ⎝ 1 ⎠ = ⎝ −4 ⎠ ist ein Normalenvektor von E1 und n2 = ⎝ −2 ⎠ ist ein Normalen0 4 1 1 − − vektor von E . Weiter gilt → n •→ n = 9. Damit berechnen wir den Schnittwinkel von E und E : 2

1

2

1

2

) *   − − → n2  n1 • → 9  →  = arccos √ ≈ 26, 984◦ α = arccos → − − n1  ·  n2  102 c) Wir untersuchen die Lösbarkeit des zur Gleichung ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 0 1 0 −1 0 ⎝ 0 ⎠ + r ⎝ 1 ⎠ + s ⎝ 0 ⎠ = ⎝ 1 ⎠ + u ⎝ −1 ⎠ + w ⎝ 1 ⎠ 1 0 −2 0 1 0 zugehörigen linearen Gleichungssystems (I-III): I II III II − I = IV III + I = V V − 8 · IV = VI

: u + s : u−w+r : −u − 2s : −w+r− s : − s : −26k + 52s

= = = = = =

−1 1 −1 2 −2 −26

Aus Gleichung V folgt s = 2. Einsetzen in Gleichung I liefert u = −3. Aus Gleichung IV folgt, dass r beliebig gewählt werden kann, also r = t ∈ R. Zusammen mit s = 2 liefert Gleichung IV w = −4 + t. Das Gleichungssystem hat unendlich viele Lösungen, wobei drei Parameterwerte vom vierten Parameterwert abhängen. Das bedeutet, dass sich E1 und E2 in einer Gerade g schneiden. Einsetzen von r = t und s = 2 in die Parametergleichung von E1 liefert eine Gleichung für die Schnittgerade: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 0 1 3 0 → − g : x = ⎝ 0 ⎠+t ⎝ 1 ⎠+2⎝ 0 ⎠ = ⎝ 0 ⎠+t ⎝ 1 ⎠ 1 0 −2 −3 0 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 0 1 −2 → − Ein Normalenvektor von E1 ist n1 = ⎝ 1 ⎠ × ⎝ 0 ⎠ = ⎝ 0 ⎠. Ein Normalenvektor von E2 ist 0 −2 −1 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −1 0 −1 → − n2 = ⎝ −1 ⎠ × ⎝ 1 ⎠ = ⎝ 0 ⎠. Damit berechnen wir den Schnittwinkel von E1 und E2 : 1 0 −1 α = arccos

) *   − − → n2  n1 • → 3 →    √ = arccos ≈ 18, 435◦ − − n1  · → n2  10

470

3 Geraden und Ebenen

d) Die Normalenvektoren der Ebenen E1 und E2 sind kollinear, weshalb die Ebenen entweder echt parallel oder identisch sind. Um dies zu überprüfen, setzen wir den Stützvektor von E2 in die Gleichung von E1 ein: ⎡⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 3 1 2 2 2 ⎣⎝ 0 ⎠ − ⎝ 1 ⎠⎦ • ⎝ 3 ⎠ = ⎝ −1 ⎠ • ⎝ 3 ⎠ = 1 1 1 −1 0 −1 Daraus folgt, dass der in E2 liegende Punkt P(3|0|1) nicht in E1 liegt. Folglich sind E1 und E2 echt parallel. e) Wir setzen die Koordinaten x = −1 + r + s, y = s und z = 1 + r der Punkte von E1 in die Koordinatengleichung von E2 ein, d. h. −(−1 + r + s) + s + (1 + r) = 2. Auflösen der Klammern und Zusammenfassen ergibt die allgemeingültige Gleichung 2 = 2. Folglich gilt E1 = E2 . ⎛

⎛ ⎞ ⎞ 5 2 − − Lösung 3.5.14: Aus den Koordinatengleichungen lesen wir → n1 = ⎝ c ⎠ und → n2 = ⎝ 2 ⎠ als Normalen1 −4 vektoren von Ec und H ab. a) Für den gewünschten Schnittwinkel α = 60◦ gilt: − − |→ |2c + 6| n2 | n1 • → 1 = cos(60◦ ) = → = √ − − 2 | n1 | · |→ n2 | c2 + 41 · 3

⇔



3

c2 + 41 = 2 |2c + 6|

Da beide Seiten nichtnegativ sind, können wir quadrieren und erhalten: 9(c2 + 41) = 4(2c + 6)2

⇔

16c2 + 96c + 144 = 9c2 + 369

225 96 = 0 7c2 + 96c − 225 = 0 ⇔ c2 + c − 7 7 √ √ 3879 − 48 48 + 3879 Die pq-Formel liefert die Lösungen c1 = und c2 = − . 7 7 → − → − b) Die Orthogonalität der Ebenen ist äquivalent dazu, dass n1 • n2 = 2c + 6 = 0. Daraus folgt c = −3. ⇔

3.5.5 Spurgeraden Lösung 3.5.15: a) Die Spurgerade gxy als Schnittmenge von E und der xy-Ebene besteht aus allen Punkten der Ebene E, deren z-Koordinate gleich null ist. Daher betrachten wir die Gleichung −12 + r + 3s = 0, die wir umstellen nach r = 12 − 3s. Dies setzen wir in die Parametergleichung von E ein und erhalten: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 16 5 −1 76 −16 − gxy : → x = ⎝ 5 ⎠ + (12 − 3s) ⎝ −3 ⎠ + s ⎝ 2 ⎠ = ⎝ −31 ⎠ + s ⎝ 11 ⎠ −12 1 3 0 0 Analog setzen wir für die Spurgerade gxz als Schnittmenge von E und der xz-Ebene die y-Koordinate der Ebenenpunkte gleich null, d. h. 5 − 3r + 2s = 0, woraus s = − 25 + 32 r folgt. Dies setzen wir in die Parametergleichung von E ein: ⎛ ⎞ ⎛ 37 ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ 7⎞  −1  16 5 2 2 5 3 ⎝ → − ⎠ ⎝ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎠ 2 = 0 +s⎝ 0 ⎠ 5 + r −3 + − + r gxz : x = 2 2 11 3 −12 1 − 39 2 2

3.5 Lagebeziehungen zwischen zwei Ebenen

471

Eine bruchfreie Alternativgleichung ergibt sich z. B. mit s = 2t + 1 wie folgt: ⎛ 37 ⎞ ⎛ 7⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 22 7 2 2 → − gxz : x = ⎝ 0 ⎠ + (2t + 1) ⎝ 0 ⎠ = ⎝ 0 ⎠ + t ⎝ 0 ⎠ 11 −14 11 − 39 2 2 Schließlich machen wir für die Spurgerade gyz als Schnittmenge von E und der yz-Ebene den Ansatz 16 + 5r − s = 0, woraus s = 16 + 5r folgt. Dies setzen wir in die Parametergleichung von E ein: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 16 5 −1 0 0 → − gyz : x = ⎝ 5 ⎠ + r ⎝ −3 ⎠ + (16 + 5r) ⎝ 2 ⎠ = ⎝ 37 ⎠ + s ⎝ 7 ⎠ −12 1 3 36 16 b) Wir gehen analog zu a) vor. Für die Spurgerade von E in der xy-Ebene setzen wir die z-Koordinate der Ebenenpunkte gleich null, d. h. 5 + s = 0, woraus s = −5 folgt. Damit ergibt sich: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −2 1 2 −12 1 → − ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 7 +r 1 −5 1 = 2 +r⎝ 1 ⎠ gxy : x = 5 0 1 0 0 Für die Spurgerade von E in der xz-Ebene machen wir den Ansatz 7 + r + s = 0, woraus r = −7 − s folgt. Setzen wir dies in die Parametergleichung von E ein, so folgt: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −2 1 2 −9 1 − x = ⎝ 7 ⎠ + (−7 − s) ⎝ 1 ⎠ + s ⎝ 1 ⎠ = ⎝ 0 ⎠ + s ⎝ 0 ⎠ gxz : → 5 0 1 5 1 Schließlich betrachten wir die x-Koordinate der Ebenenpunkte, d. h. −2 + r + 2s = 0, woraus r = 2−2s folgt. Dies liefert nach Einsetzen in die Parametergleichung von E eine Gleichung der Spurgerade von E in der yz-Ebene: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −2 1 2 0 0 → − ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ 7 + (2 − 2s) 1 + s 1 = 9 + s −1 ⎠ gyz : x = 5 0 1 5 1 c) Für die Spurgerade von E in der xy-Ebene setzen wir die z-Koordinate der Ebenenpunkte gleich null, d. h. 11 + r + 2s = 0, woraus r = −11 − 2s folgt. Dies liefert: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 13 0 0 13 0 − x = ⎝ −9 ⎠ + (−11 − 2s) ⎝ 3 ⎠ + s ⎝ −6 ⎠ = ⎝ −42 ⎠ + s ⎝ −12 ⎠ gxy : → 11 1 2 0 0 Für die Spurgerade von E in der xz-Ebene setzen wir die y-Koordinate der Ebenenpunkte gleich null, d. h. −9 + 3r − 6s = 0, woraus r = 3 + 2s folgt. Dies liefert: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 13 0 0 13 0 → − gxz : x = ⎝ −9 ⎠ + (3 + 2s) ⎝ 3 ⎠ + s ⎝ −6 ⎠ = ⎝ 0 ⎠ + s ⎝ 0 ⎠ 11 1 2 14 4 Für jede beliebige Wahl von r, s ∈ R ist die x-Koordinate der Ebenenpunkte konstant, nämlich x = 13. Das bedeutet, dass E echt parallel zur yz-Ebene ist. Folglich ist die Schnittmenge von E mit der yz-Ebene leer, d. h., E hat keine Spurgerade in der yz-Ebene.

472

3 Geraden und Ebenen

d) Division der gegebenen Koordinatengleichung durch 8 ergibt mit 18 x − 14 y + 12 z = 1 eine Achsenabschnittsgleichung der Ebene E, aus der wir die Koordinaten der Schnittpunkte mit den Koordinatenachsen ablesen können, d. h., Sx (8|0|0) ist Schnittpunkt von E mit der x-Achse, Sy (0| − 4|0) ist Schnittpunkt mit der y-Achse und Sz (0|0|2) ist Schnittpunkt mit der z-Achse. Mithilfe der Achsenschnittpunkte gewinnen wir die folgenden Gleichungen für die Spurgeraden: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 8 −8 − → − − → − x = 0Sx + t Sy Sx = ⎝ 0 ⎠ + r ⎝ −4 ⎠ gxy : → 0 0 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 8 −8 −→ −−→ → − gxz : x = 0Sx + t Sz Sx = ⎝ 0 ⎠ + s ⎝ 0 ⎠ 0 2 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 0 0 −→ −−→ − x = 0Sy + t Sz Sy = ⎝ −4 ⎠ + t ⎝ 4 ⎠ gyz : → 0 2

Lösung 3.5.16: a) Es ist zu zeigen, dass sich gxy und gyz in einem auf der y-Achse liegenden Schnittpunkt Sy schneiden. Wäre das nicht der Fall, dann wären die Geraden keine Spurgeraden einer Ebene E. Die Koordinaten von S erhalten wir als Lösung des zur Gleichung ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2 1 0 0 1 0 −2 ⎝ 3 ⎠+r⎝ 1 ⎠ = ⎝ 5 ⎠+s⎝ 1 ⎠ ⇔ r⎝ 1 ⎠−s⎝ 1 ⎠ = ⎝ 2 ⎠ 0 0 8 2 0 2 8 zugehörigen linearen Gleichungssystems (I-III): I:r = −2 II : r − s = 2 III : − 2s = 8 Aus den Gleichungen I und III folgen r = −2 und s = −4. Einsetzen von r = −2 und s = −4 in Gleichung II zeigt, dass die Parameterwerte auch diese Gleichung lösen. Das bedeutet, dass (r; s) = (−2; −4) die eindeutige Lösung des Gleichungssystems ist. Die Eindeutigkeit der Lösung bestätigt, dass sich gxy und gyz schneiden. Einsetzen von r = −2 in die Gleichung von gxy liefert den Ortsvektor des Schnittpunkts Sy (0|1|0). b) Eine Parametergleichung von E wird aus den Richtungsvektoren der in E liegenden Spurgeraden gxy und gyz erhalten sowie einem auf gxy oder gxz liegenden Punkt, wie zum Beispiel dem Schnittpunkt Sy von gxy und gyz : ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 0 1 0 → − E : x = ⎝ 1 ⎠+r⎝ 1 ⎠+s⎝ 1 ⎠ 0 0 2 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 0 2 − Ein Normalenvektor von E ist → n = ⎝ 1 ⎠ × ⎝ 1 ⎠ = ⎝ −2 ⎠. Die Konstante in einer Koordinaten0 2 1 ⎛ ⎞ 0 − − gleichung von E mit dem Normalenvektor → n ist ⎝ 1 ⎠ • → n = −2. Damit folgt E : 2x − 2y + z = −2. 0 c) Wenn E die xz-Ebene nicht schneiden würde, dann müsste gxy echt parallel zur x-Achse und gyz echt parallel zur z-Achse verlaufen. In diesem Fall müssten insbesondere der Richtungsvektor von gxy linear

3.5 Lagebeziehungen zwischen zwei Ebenen 473 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 0 1 abhängig zu ⎝ 0 ⎠ und der Richtungsvektor von gyz linear abhängig zu ⎝ 0 ⎠ sein. Das ist aber ganz 1 0 offensichtlich nicht der Fall. Deshalb schneiden gxy und gyz die xz-Ebene und folglich schneidet auch die Ebene E die xz-Ebene, nämlich in der Spurgerade gxz . Zur Ermittlung einer Gleichung für gxz kann zum Beispiel die Parametergleichung von E verwendet werden. Da die y-Koordinate aller Punkte auf gxz gleich null ist, erfüllen die Parameter r und s die Gleichung 1 + r + s = 0. Wir können zum Beispiel für s beliebige Werte wählen, d. h. s = t ∈ R. Damit gilt 1 + r + t = 0, woraus r = −1 − t folgt. Einsetzen von r = −1 − t und s = t in die Parametergleichung von E ergibt: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 0 1 0 − x = ⎝ 1 ⎠ − (1 + t) ⎝ 1 ⎠ + t ⎝ 1 ⎠ gxz : → 0 0 2 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −1 −1 = ⎝ 0 ⎠+t ⎝ 0 ⎠ 0 2 d) Eine Grafik ist schnell erstellt, wenn dazu die Spurpunkte von E in ein Koordinatensystem eingezeichnet und miteinander verbunden werden. Die Spurpunkte von E sind Sx (−1|0|0), Sy (0|1|0) und Sz (0|0| − 2). Die Verwendung eines geeigneten Maßstabes, wie zum Beispiel 1 LE = 3 cm, ist ratsam. Das ergibt eine Grafik analog zu Abb. 140.

−1 gxy

z

1

y

x

gxz −1

E gyz

−2

Abb. 140: Eine Teilmenge der Ebene E aus Aufgabe 3.5.16 mit den Spurgeraden gxy , gxz und gyz

Lösung 3.5.17: Eine Gleichung der Spurgerade von E mit der yz-Ebene ist ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 0 0 −→ −−→ → − gyz : x = 0Sy + rSy Sz = ⎝ 4 ⎠ + r ⎝ −4 ⎠ . 0 3 Da E keinen Schnittpunkt mit der x-Achse hat, muss E echt parallel zur x-Achse sein. Folglich sind auch die Spurgeraden von E mit der xy-Ebene und der xz-Ebene echt parallel zur x-Achse. Mögliche Gleichungen sind damit ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 0 1 0 1 → − → − gxy : x = ⎝ 4 ⎠ + s ⎝ 0 ⎠ und gxz : x = ⎝ 0 ⎠ + t ⎝ 0 ⎠ . 0 3 0 0 Eine Parametergleichung von E lässt sich zum Beispiel aus den Spurgeraden gxy und gyz konstruieren: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 0 0 1 − E :→ x = ⎝ 4 ⎠ + r ⎝ −4 ⎠ + s ⎝ 0 ⎠ 0 3 0

474

3 Geraden und Ebenen

3.6 Abstandsberechnungen 3.6.1 Abstand zwischen Punkt und Gerade in der Ebene Lösung 3.6.1:

  −  3 n  = 5. Der Stützpunkt von g ist A(2|1). Den und es gilt → 4 Abstand von P zu g berechnen wir nach Folgerung 3.192:     !        1  4 1 (− 1  2 →2 → → − 2 3  3   −  0P − 0A • n = d(P, g) = → − • = 2 • =   − 1 4  4  5 2 5 1 n

− a) Ein Normalenvektor von g ist → n =

  −  0 n0  = 1. Da der Normalenvektor bereits die und es gilt → 1 Länge Eins hat, können wir zusammen mit dem Stützpunkt A(1|1) von g die Abstandsberechnung auf Satz 3.189 zurückführen:      !      (−   →2 −  4 1 3  3 0   → −  d(P, g) =  0P − 0A • → n0  =  − • =  −3 • 1  = 3 −2 1 4 

− b) Ein Normalenvektor von g ist → n0 =

Für die restlichen Teilaufgaben verzichten wir auf einen erklärenden Begleittext und geben nur den für die − Abstandsberechnung verwendeten Normalenvektor → n von g, seine Länge und den Abstand d(P, g) an.     √ 66 4 → − c) → n = , − n  = 41, d(P, g) = √ ≈ 10, 307 −5 41 √   17 → → − −  d) n = , n = 9, d(P, g) = 11 −8    1 → − e) → n = , − n  = 1, d(P, g) = 3 0    √ 135 9 → − f) → n = , − ≈ 12, 481 n  = 117, d(P, g) = √ −6 117 Lösung 3.6.2:



 4 . Damit konstruieren wir die zu g orthogonale und durch P −1     − → − 2 4 − verlaufende Lotgerade h : → x = 0P + s→ n = +s . Zur Berechnung des Schnittpunkts F 23 −1 von g und h lösen wir die Gleichung               6 1 2 4 1 4 −4 +r = +s ⇔ r −s = 5 4 23 −1 4 −1 18

− a) Ein Normalenvektor von g ist → n =

bzw. das dazugehörige lineare Gleichungssystem: I : r − 4s = −4 II : 4r + s = 18 Aus Gleichung I folgt r = −4 + 4s. Setzen wir dies in Gleichung II ein, dann ergibt sich daraus s = 2 (und damit bei Bedarf der für die weiteren Rechnungen nicht benötigte Wert r = 4). Mit s = 2 können wir den Abstand von P zu g analog zu Beispiel 3.182 wie folgt berechnen:      √  −   −8  4    = 68 d(P, g) = 2→ n  = 2 =  −1  2 

3.6 Abstandsberechnungen

475

−→ − Alternativ kann wegen 2→ n = FP auch der Umweg über die Berechnung der Koordinaten von F genommen werden. erhalten wir durch Einsetzen von s = 2 in die Gleichung von  Den  Ortsvektor   von  F − → 2 4 10 h, d. h. 0F = +2 = , also F(10|21). Damit sieht die Abstandsberechnung dann 23 −1 21 wie folgt aus:       √  −8  −→  2 10   = 68  = d(P, g) = FP =  −  2  23 21  b) Grundsätzlich können wir analog zu Beispiel 3.182 bzw. Aufgabenteil a) vorgehen, sodass wir nur die wichtigsten Zwischenschritte angeben und auf detaillierte Erklärungen    verzichten.   Ein  Normalenvek3 0 3 → − → − tor von g ist n = , eine Gleichung für die Lotgerade ist h : x = +s . Die Gleichung 5 −2 5           3 −5 0 3 3 12 ; 17 . Der Abstand von P zu g ist +r = +s hat die Lösung (r; s) = 17 1 3 −2 5        √  12 −   12 3     = 12  3  = 12 34 = 12 2 ≈ 4, 116 . d(P, g) =  → n  =  17 17 5  17  5  17 17

Lösung 3.6.3: a) Wir betrachten die Abstandsfunktion          3 4 −7  (4r + 10)2 + (−3r − 20)2 = 25r2 + 200r + 500 . f (r) =  +r − = 21 −3 41  Die erste Ableitung von f ist f (r) = √

25r+100 . Die Nullstelle r0 25r2 +200r+500

= −4 von f ist nach Satz 3.197

die globale Minimalstelle von f . Damit berechnen wir den Abstand d(P, g) = f (−4) = 10. b) Wir bestimmen die globale Minimalstelle der Abstandsfunktion          −4 2 8  f (r) =  +r − = (2r − 12)2 + (3r − 7)2 = 13r2 − 90r + 193 . 5 3 12  Die erste Ableitung von f ist f (r) = √

Die Nullstelle r0 = 45 13 von f ist die globale  45   484 Minimalstelle von f . Damit berechnen wir den Abstand d(P, g) = f 13 = 13 ≈ 6, 1017. 13r−45 . 13r2 −90r+193

c) Die Abstandsfunktion         5 −2  f (r) = r − = (5r + 2)2 + (7 − 9r)2 = 106r2 − 146r + 53 −9 −7  hat die erste Ableitung f (r) = √

73 Die Nullstelle r0 = 106 von f ist nach Satz 3.197 die  73   289 globale Minimalstelle von f . Damit berechnen wir d(P, g) = f 106 = 106 ≈ 1, 6512. 106r−73 . 106r2 −106r+53

d) Wir betrachten die Abstandsfunktion          8 0 1  f (r) =  +r − = 72 + (r − 1)2 = r2 − 2r + 50 . 1 1 2  Die erste Ableitung von f ist f (r) = √

r−1 . r2 −2r+50

Die Nullstelle r0 = 1 von f ist nach Satz 3.197 die

globale Minimalstelle von f . Damit berechnen wir den Abstand d(P, g) = f (1) = 7.

476

3 Geraden und Ebenen

− Lösung 3.6.4: Wir müssen jeweils einen Normalenvektor → n zu g und h und dessen Länge bestimmen. − → − → Diesen und die Stützvektoren 0A bzw. 0B der Geraden g bzw. h setzen wir zur Berechnung von d(g, h) in die Abstandsformel aus Satz 3.199 ein.       −  √ − → − → 2 1 4 − a) → n = , 0B = , → n  = 5, 0A = , d(g, h) = √105 5 −2 1       −  √ − → − → 1 −2 4 − b) → n = n  = 5, 0A = , → , 0B = , d(g, h) = √65 2 5 −1       −  √ − → − → 5 0 −4 − c) → n = n  = 41, 0A = , → , 0B = , d(g, h) = 0 4 0 5     −→ − → 3 4 − − . Daraus folgt mit → n = ein d) Ein Richtungsvektor von g und h ist → u = AP = − 13 BQ = −4 3   −  − → 12 n  = 5. Damit und mit den Stützvektoren 0A = Normalenvektor von g und h mit der Länge → 78   − → −36 von g und 0B = von h folgt d(g, h) = 57. 47 Lösung 3.6.5: − a) Wir machen den Ansatz P(x|y). Ein Normalenvektor von g ist → n = Nach der Abstandsformel aus Folgerung 3.192 gilt:     !   √ 1  x 6 1  √  − • = 10 y 7 3  10

⇔

  −  √ 1 n  = 10. mit der Länge → 3

  x + 3y − 27 = 10

(∗)

Den Betrag lösen wir durch eine Fallunterscheidung auf: • Gilt x + 3y − 21 < 0, so ist (∗) äquivalent zu −(x + 3y − 27) = 10, also auch zu x + 3y = 17. In einer Gleichung mit zwei Variablen können wir einer Variablen beliebige Werte zuweisen. Wählen wir z. B. y = t ∈ R, so  folgt  damit  x +3t = 17, d. h. x = 17 − 3t. Die Punkte P(17 − 3t|t) liegen auf der 17 −3 → − Gerade h : x = +t , die echt parallel zu g verläuft. 0 1 • Gilt x + 3y − 21 ≥ 0, so ist (∗) äquivalent zu x + 3y − 27 = 10. Auch hier können wir y = t ∈ R beliebig wählen, womit x = 37− 3tfolgt.Die Punkte P(37 − 3t|t) liegen auf der zu g echt parallel  37 −3 → − verlaufenden Gerade h : x = +t . 0 1     − → −11 + s 1 − b) Der Ortsvektor eines Punkts P auf h ist 0P = . Ein Normalenvektor von g ist → n = 2 + 2s −3 −  √ mit → n  = 10. Nach der Abstandsformel aus Folgerung 3.192 gilt:     !   √   1  −11 + s −6 1  √  (#) − • = 2 10 ⇔  − 5s + 10 = 20 2 + 2s 7 −3  10 Den Betrag lösen wir durch eine Fallunterscheidung auf: • Gilt −5s + 10 < 0, so ist (#) äquivalent zu −(−5s + 10) = 20, woraus s = 6 folgt. Setzen wir√dies in die Gleichung von ein,  dannerhalten   h  wir den Ortsvektor eines Punkts P mit d(P, g) = 2 10, − → −11 1 −5 d. h. 0P = +6 = , woraus P(−5|14) folgt. 2 2 14 • Gilt −5s +10 ≥ 0, so ist (#) äquivalent zu      −5s + 10 = 20, woraus s = −2 folgt. Weiter berechnen − → −11 1 −13 wir 0P = −2 = , woraus P(−13| − 2) als zweite Lösung folgt. 2 2 −2

3.6 Abstandsberechnungen − c) Aus den Rechnungen zu b) folgt k1 : → x =

477 

−5 14



      −13 3 3 − x = +λ +μ und k2 : → . −2 1 1

Lösung 3.6.6:

 !   1 − 4 1 x − • = 0 von g. In den linken a) Wir betrachten die Hessesche Normalengleichung √ → −5 1 2 − → − → − − Teil dieser Gleichung setzen wir die Ortsvektoren → x = 0P bzw. → x = 0Q ein und berechnen    !   √ 1 3 4 1 − • α := √ = 6 2 8 −5 1 2    !   √ 1 2 4 1 β := √ − • = − 2. −5 −5 1 2 Verwenden wir zur Navigation im ebenen  kartesischen Koordinatensystem die Himmelsrichtungen, 1 → − so zeigt der Normalenvektor n = ausgehend von der Gerade g in Richtung Nordost. Folglich 1 verläuft g von Nordwest nach Südost und wir können die berechneten Zahlenwerte α und β nach Satz 3.194 wie folgt interpretieren:√Aus α > 0 folgt, dass P in der Halbebene oberhalb von g liegt und zu g den Abstand d(P, g) = α = 6 2hat.  Aus √ β < 0 folgt, dass Q in der Halbebene unterhalb von g liegt und zu g den Abstand d(Q, g) = β  = 2 hat.  !   1 − 1 −2 x − b) Wir betrachten die Hessesche Normalengleichung √ → • = 0 von g. In den linken 3 1 5 − → − → − − Teil dieser Gleichung setzen wir die Ortsvektoren → x = 0P bzw. → x = 0Q ein und berechnen    !   √ 1 −3 1 −2 − α := √ • = 3 5 10 3 1 5 bzw.

   !   √ 1 7 1 −2 β := √ − • = −2 5 . 5 3 1 5   −2 − Der Normalenvektor → n = zeigt ausgehend von der Gerade g in Richtung Nordwest. Folglich 1 verläuft g von Südwest nach Nordost und wir können die berechneten Zahlenwerte α und β nach Satz 3.194 wie folgt interpretieren:√Aus α > 0 folgt, dass P in der Halbebene oberhalb von g liegt und zu g den Abstand d(P, g) = α = 3 2hat.  Aus √ β < 0 folgt, dass Q in der Halbebene unterhalb von g liegt und zu g den Abstand d(Q, g) = β  = 2 5 hat.   4 − c) Ein Normalenvektor von g ist → n = . Damit erhalten wir die Hessesche Normalengleichung −3  !   1 → 21 4 − x − • = 0 von g. In den linken Teil dieser Gleichung setzen wir die Ortsvektoren 15 −3 5 − → − → → − → − x = 0P bzw. x = 0Q ein und berechnen    !      !   39 46 1 1 0 21 4 28 21 4 − • = − − • = bzw. β := . α := 0 15 −3 9 15 −3 5 5 5 5 bzw.

− Der Normalenvektor → n zeigt ausgehend von der Gerade g in Richtung Südost. Folglich verläuft g von Südwest nach Nordost und wir können die berechneten Zahlenwerte α und β nach Satz 3.194 wie folgt interpretieren:   Aus α < 0 folgt, dass P in der Halbebene oberhalb von g liegt und zu g den Abstand d(P, g) = α  = 39 5 hat. Aus β > 0 folgt, dass Q in der Halbebene unterhalb von g liegt und zu g den Abstand d(Q, g) = β = 46 5 hat.

478

3 Geraden und Ebenen

− → − − Lösung 3.6.7: Gegeben seien eine Gerade g : → x = 0A + r→ u und ein Punkt P. Für das Lotfußpunkt→ − − verfahren wird ein zum Richtungsvektor u orthogonaler Vektor → n benötigt. Der Lotfußpunkt F ist − → − − der Schnittpunkt der Gerade g und der Lotgerade h : → x = 0P + s→ n . Ist (ˆr; s) ˆ eine Lösung der Glei− → − → − − → − → − → − → −→ − − − chung 0A + r→ u = 0P + s→ n , dann gilt 0F = 0P + sˆ→ n , woraus PF = 0F − 0P = sˆ→ n folgt. Daraus folgt −→ −→ − FP = −PF = −sˆ→ n. −→ − − − Liegt P in der Halbebene, in deren Richtung → n zeigt, dann müssen FP = −sˆ→ n und → n derart linear abhängig sein, dass sie in die gleiche Richtung zeigen. Das ist äquivalent dazu, dass es eine eine reelle −→ − − Zahl k > 0 gibt mit FP = −sˆ→ n = k→ n . Folglich gilt −sˆ = k > 0, woraus sˆ < 0 folgt. −→ − − − Liegt P in der Halbebene, in deren Richtung −→ n zeigt, dann zeigen FP = −sˆ→ n und → n in verschiedene Richtungen, sind aber ebenfalls linear abhängig. Da Multiplikation eines Vektors mit einem Skalar k < 0 den Vektor in seiner Länge streckt oder staucht und zusätzlich die Richtung des Gegenvektors annimmt, −→ − − wird die Lage durch P dadurch erkannt, dass es eine reelle Zahl k < 0 mit FP = −sˆ→ n = k→ n gibt. Folglich gilt −sˆ = k < 0, woraus sˆ > 0 folgt. Wir fassen unsere Erkenntnisse in Gestalt eines Satzes zusammen: − → − − Satz: Gegeben seien in der Ebene ein Punkt P und eine Gerade g : → x = 0A + r→ u . Weiter sei → − → − → − n ein Normalenvektor von g, d. h. u • n = 0. F sei der Schnittpunkt der Gerade g und der − → − − Lotgerade h : → x = 0P + s→ n . Dann gilt: −→ − − a) P liegt in der Halbebene, in deren Richtung → n zeigt, wenn es ein k > 0 gibt mit FP = k→ n. − −→ → b) P liegt auf g, wenn FP = 0 gilt. −→ − − c) P liegt in der Halbebene, in deren Richtung −→ n zeigt, wenn es ein k < 0 gibt mit FP = k→ n. Alternativformulierung: − → − − Satz: Gegeben seien in der Ebene ein Punkt P und eine Gerade g : → x = 0A + r→ u . Weiter sei → − → − → − n ein Normalenvektor von g, d. h. u • n = 0. Weiter sei (ˆr; s) ˆ die eindeutige Lösung der − → − − → − Gleichung 0A + r→ u = 0P + s→ n . Dann gilt: − a) P liegt in der Halbebene, in deren Richtung → n zeigt, wenn sˆ < 0 gilt. b) P liegt auf g, wenn sˆ = 0 gilt. − c) P liegt in der Halbebene, in deren Richtung −→ n zeigt, wenn sˆ > 0 gilt.

3.6.2 Abstand zwischen Punkt und Gerade im Raum Lösung 3.6.8: Wir müssen aus der Geradengleichung die Koordinaten des Stützpunkts A und den Rich− → − → − − tungsvektor → u ablesen. Weiter ist der Vektor AP zu ermitteln und der Vektor → u × AP zu berechnen. An− → − − schließend setzen wir → u × AP und → u in die Abstandsformel aus Satz 3.208 ein. Für Aufgabenteil a) wird die Lösung mit ein paar zusätzlichen Hinweisen angegeben, für die restlichen Aufgaben wird lediglich − → → − u × AP und der gesuchte Abstand d(P, g) notiert. ⎛ ⎞ 4 → − ⎝ 0 ⎠. Wir berechnen den a) Der Stützpunkt von g ist A(−1|2|1), der Richtungsvektor von g ist u = −3 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ → − → 5 0 − u × AP 15 − → ⎝ ⎠ − → → − ⎝ ⎠   = = 3. Vektor AP = 0 , weiter u × AP = 15 und schließlich d(P, g) = − →  5 u 0 0

3.6 Abstandsberechnungen ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 4 0 −9 15 − → ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ → − 0 ⎠, d(P, g) = =3 b) u × AP = 0 × 3 = 5 3 0 12 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ √ −1 −2 5 42 √ − → ⎝ → − ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ 3 × 2 = −1 ⎠, d(P, g) = √ = 3 c) u × AP = 14 2 3 4 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ √ −1 3 2 45 √ − → − d) → u × AP = ⎝ −2 ⎠ × ⎝ 1 ⎠ = ⎝ 4 ⎠, d(P, g) = √ = 5 9 2 −2 5 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ √ 1 4 −18 1337 − → ⎝ ⎠ ⎝ → − ⎠ ⎝ ⎠ 22 , d(P, g) = √ e) u × AP = 5 × −3 = ≈ 5, 6421 42 4 −6 −23 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ √ 8 −3 −23 10355 − → → − ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 6 = 5 , d(P, g) = √ ≈ 5, 4085 f) u × AP = 17 × 354 1 −1 99 ⎛ √ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ √ 7 0 6 √ √ 67 − → → − ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ g) u × AP = −13 × ≈ 0, 5892 2 = √ 6 , d(P, g) = √ √ 193 −1 12 3 2 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ √ 1 9 −18 1165 − → − ≈ 9, 1222 h) → u × AP = ⎝ −2 ⎠ × ⎝ 2 ⎠ = ⎝ 21 ⎠, d(P, g) = √ 14 3 6 20 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ √ 0 −3 5 70 √ − → → − ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ i) u × AP = 2 × −1 = −3 , d(P, g) = √ = 14 ≈ 3, 7417 5 1 2 6 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ √ −2 1 −21 526 − → ⎝ → − ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 6 = 2 , d(P, g) = √ j) u × AP = −3 × ≈ 4, 2589 29 4 −1 −9

479

⎞ 2 − a) Der Richtungsvektor → u = ⎝ −2 ⎠ von g ist ein Normalenvektor der zu g orthogonalen und den 1 ⎡ ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞ −1 2 − Punkt P enthaltenden Ebene E : ⎣→ x − ⎝ −3 ⎠⎦ • ⎝ −2 ⎠ = 0. Zur Berechnung des Ortsvektors 7 1 ⎛ ⎞ 1 + 2r − des Schnittpunkts F von g und E setzen wir den Ortsvektor → x = ⎝ 1 − 2r ⎠ der Punkte von g in die 2+r Lösung 3.6.9:

⎛

Gleichung von E ein, rechnen das Skalarprodukt aus und lösen die entstehende Gleichung nach r auf: ⎞ ⎞⎤ ⎛ ⎞ ⎛ ⎡⎛ 2 −1 1 + 2r ⎣⎝ 1 − 2r ⎠ − ⎝ −3 ⎠⎦ • ⎝ −2 ⎠ = 0 ⇔ 9r − 9 = 0 ⇔ r = 1 1 7 2+r Einsetzen ⎛ von ⎞ r = 1 in die Geradengleichung ⎛ liefert ⎞ den Ortsvektor des Schnittpunkts F, d. h. 3 4 −→ − → ⎝ − → − → − → 0F = −1 ⎠. Daraus folgt PF = 0F − 0P = ⎝ 2 ⎠ und weiter d(P, g) = PF  = 6. 3 −4

480

3 Geraden und Ebenen ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞ 2 0 − b) Analog zu a) konstruieren wir die Hilfsebene E : ⎣→ x − ⎝ 2 ⎠⎦ • ⎝ 1 ⎠ = 0 und setzen darin den 3 3 ⎛ ⎞ 6 − Ortsvektor → x = ⎝ 12 + r ⎠ der Punkte von g ein. Aus der so entstehenden Gleichung ergibt sich 13 + 3r ⎡

der zum Schnittpunkt F von E und ⎛ g⎞führende Parameterwert r = −4. Einsetzen ⎛ ⎞ von r = −4 in in die 6 4 − → ⎝ ⎠ − → − → −→ Geradengleichung liefert 0F = 8 . Daraus folgt PF = 0F − 0P = ⎝ 6 ⎠ und damit berechnen 1 −2 −→ √   wir den Abstand d(P, g) = PF = 56. ⎡ ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞ 2 5 → − c) Analog zu a) konstruieren wir die Hilfsebene E : ⎣ x − ⎝ 0 ⎠⎦ • ⎝ −3 ⎠ = 0 und setzen darin den −1 2 ⎛ ⎞ 10 + 5r − Ortsvektor → x = ⎝ 2 − 3r ⎠ der Punkte von g ein. Das ergibt den Parameterwert r = −1. Einsetzen 1 + 2r ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 5 3 − → ⎝ − → − → − → 5 ⎠. Daraus folgt PF = 0F − 0P = ⎝ 5 ⎠ von r = −1 in in die Geradengleichung liefert 0F = −1 0 −→ √ und weiter d(P, g) = PF  = 34. ⎡ ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞ 1 5 → − ⎣ d) Analog zu a) konstruieren wir die Hilfsebene E : x − ⎝ 6 ⎠⎦ • ⎝ 7 ⎠ = 0 und setzen darin den 5 9 ⎛ ⎞ 25 + 5r − Ortsvektor → x = ⎝ 7 + 7r ⎠ der Punkte von g ein. Aus der so entstehenden Gleichung ergibt sich 77 + 9r der zum Schnittpunkt F von E und ⎛ g führende r = −5 in in ⎞ Parameterwert r = −5. Einsetzen ⎛ von⎞ 0 −1 − → − → − → ⎝ − → die Geradengleichung liefert 0F = −28 ⎠. Daraus folgt PF = 0F − 0P = ⎝ −34 ⎠ und weiter 32 27 −→ √ d(P, g) = PF  = 1886. Lösung 3.6.10: a) Wir bestimmen die globale Minimalstelle der Abstandsfunktion ⎛ ⎞ ⎛ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎞  18  25 + r  1 −7     f (r) = ⎝ 13 ⎠ + r ⎝ 4 ⎠ − ⎝ 4 ⎠ = ⎝ 9 + 4r ⎠   3 − 3r  4 −3 1    26r2 + 104r + 715 . = (25 + r)2 + (9 + 4r)2 + (3 − 3r)2 = Die erste Ableitung von f ist f (r) = √

Die Gleichung f (r) = 0 ist äquivalent zur √ Gleichung 26r + 52 = 0, d. h. r = −2. Der Abstand von P zu g ist d(P, g) = f (−2) = 611 ≈ 24, 718. 26r+52 . 26r2 +104r+715

b) Wir bestimmen die globale Minimalstelle der Abstandsfunktion ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞  −8 2 2    f (r) = ⎝ −5 ⎠ + r ⎝ 3 ⎠ − ⎝ 6 ⎠ = 22r2 − 88r + 230 .  5 3 2 

3.6 Abstandsberechnungen

481

Die erste Ableitung von f ist f (r) = √

Die Gleichung f (r) = 0 ist äquivalent zur Glei√ chung 22r − 44 = 0, d. h. r = 2. Der Abstand von P zu g ist d(P, g) = f (2) = 142 ≈ 11, 916. 22r−44 . 26r2 −88r+230

c) Wir bestimmen die globale Minimalstelle der Abstandsfunktion ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞  5 5 12    f (r) = ⎝ −7 ⎠ + r ⎝ 1 ⎠ − ⎝ 1 ⎠ = 35r2 − 140r + 194 .  4 −3 −5  Die erste Ableitung von f ist f (r) = √

Die Gleichung f (r) = 0 ist äquivalent zur √ Gleichung 35r − 70 = 0, d. h. r = 2. Der Abstand von P zu g ist d(P, g) = f (2) = 54 ≈ 7, 349. 35r−70 . 35r2 −140r+194

d) Wir bestimmen die globale Minimalstelle der Abstandsfunktion  ⎛ ⎞ ⎛ ⎞  5 −2    f (r) = r ⎝ 9 ⎠ − ⎝ −7 ⎠ = 110r2 + 110r + 134 .  2 9  Die erste Ableitung von f ist f (r) = √

Die Gleichung f (r) = 0 ist äquivalent zur    Gleichung 110r + 55 = 0, d. h. r = − 12 . Der Abstand von P zu g ist d(P, g) = f − 12 = 213 2 ≈ 10, 32. 110r+55 . 110r2 +110r+134

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 9 1 − → − → → − ⎝ ⎠ Lösung 3.6.11: Eine Gleichung der Gerade durch A und B ist g : x = 0A + rAB = 11 + r ⎝ 3 ⎠. 18 3 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ − √ → − → 1 −15 9 AB × AP 1710 √ − → − → √ = a) AB × AP = ⎝ 3 ⎠ × ⎝ −18 ⎠ = ⎝ −30 ⎠ ⇒ d(P, g) = = 90 ≈ 9, 487 −  → AB 19 3 −15 27

⎛ ⎞ 1 − → ⎝ ⎠ b) Der Richtungsvektor AB = 3 von g ist ein Normalenvektor der Hilfsebene E, die orthogonal zu 3 ⎛ ⎡ ⎞⎤ ⎛ ⎞ −6 1 → − g ist und den Punkt P enthält, d. h. E : ⎣ x − ⎝ −7 ⎠⎦ • ⎝ 3 ⎠ = 0. Zur Berechnung des Ortsvektors 3 3 ⎛ ⎞ 9+r → − des Schnittpunkts F von g und E setzen wir den Ortsvektor x = ⎝ 11 + 3r ⎠ der Punkte von g in die 18 + 3r Gleichung von E ein, rechnen das Skalarprodukt aus und lösen die entstehende Gleichung nach r auf: ⎡⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞ 1 9+r −6 ⎣⎝ 11 + 3r ⎠ − ⎝ −7 ⎠⎦ • ⎝ 3 ⎠ = 0 ⇔ 19r + 114 = 0 ⇔ r = −6 3 3 18 + 3r liefert den Ortsvektor des Schnittpunkts F, d. h. Einsetzen ⎛ von ⎞ r = −6 in in die Geradengleichung ⎛ ⎞ 3 9 −→ √ − → ⎝ − → − → − → 0F = −7 ⎠. Daraus folgt PF = 0F − 0P = ⎝ 0 ⎠ und weiter d(P, g) = PF  = 90. 0 −3

482

3 Geraden und Ebenen

c) Wir bestimmen die globale Minimalstelle der Abstandsfunktion ⎛ ⎞ ⎛ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎞   9 1 15 + r  −6    f (r) = ⎝ 11 ⎠ + r ⎝ 3 ⎠ − ⎝ −7 ⎠ = ⎝ 18 + 3r ⎠  18  15 − 3r  3 3    = (15 + r)2 + (18 + 3r)2 + (15 + 3r)2 = 19r2 + 228r + 774 . Die erste Ableitung von f ist f (r) = √

Die Gleichung f (r) = 0 ist äquivalent zur √ Gleichung 19r + 114 = 0, d. h. r = −6. Der Abstand von P zu g ist d(P, g) = f (−6) = 90. 19r+114 . 19r2 +228r+774

Lösung 3.6.12: Wir verwenden Satz 3.212:

⎛ ⎞ 1 − a) A(2|0| − 4) ist ein Punkt auf g, B(1| − 1|1) ein Punkt auf h und → u = ⎝ 1 ⎠ ist ein Richtungsvek4 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −1 9 − → − → − tor von g und h. Damit folgt AB = ⎝ −1 ⎠ und → u × AB = ⎝ −9 ⎠. Der Abstand von g und h ist 5 0 → √ √ − → − u × AB 2 · 81 2 · 81 √  → = √ = √ = 9 = 3. d(g, h) = − u 2·9 18 ⎛ ⎞ 3 − b) A(1|2|3) ist ein Punkt auf g, B(6|11|2) ein Punkt auf h und → u = ⎝ −2 ⎠ ist ein Richtungsvektor 5 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 5 −43 − → − → − von g und h. Damit folgt AB = ⎝ 9 ⎠ und → u × AB = ⎝ 28 ⎠. Der Abstand von g und h ist −1 37 → √ √ − → − u × AB 4002 2001  → = √ = √ ≈ 10, 2623. d(g, h) = − u 19 38 ⎛√ ⎞ √ √ √11 − u = ⎝ 11 ⎠ ist ein Richtungsvektor c) A(2| − 4|4 11) liegt auf g, B(6| − 1|5 11) liegt auf h und → 2 ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ −5 4 − → − → − u × AB = ⎝ √ 3 ⎠. Der Abstand von g und h ist von g und h. Damit folgt AB = ⎝ √ 3 ⎠ und → 11 11 → √ − → − u × AB 45  d(g, h) = → = √ ≈ 1, 316. − u 26 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 4 8 6 − → ⎝ − → − → − → 0 ⎠, AP = ⎝ 2 ⎠ und AB × AP = ⎝ −(4c + 36) ⎠. Für den Abstand a) Wir berechnen AB = −3 c+3 8 Lösung 3.6.13:

d(P, g) = 2 gilt nach der Berechnungsformel aus Satz 3.208: − √ → − → AB × AP 16c2 + 288c + 1396 = = 2 −  → AB 5  ⇔ 16c2 + 288c + 1396 = 10 ⇔ 16c2 + 288c + 1396 = 100 ⇔ 16c2 + 288c + 1296 = 0

⇔

c2 + 18c + 81 = 0

Diese Gleichung hat die eindeutige Lösung c = −9.

⇔

(c + 9)2 = 0

3.6 Abstandsberechnungen ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 5 4 → − b) h : x = ⎝ 4 ⎠ + s ⎝ 0 ⎠ −9 −3

483

c) Hierzu gibt es natürlich beliebig viele Möglichkeiten. ⎞ bestimmen z. B. einen beliebigen zum Rich⎛ Wir v1 − → − − → − v = 4v1 − 3v3 = 0. Wir tungsvektor AB von g orthogonalen Vektor → v = ⎝ v2 ⎠, d. h., es gilt AB • → v3 können v2 ∈ R und v3 ∈ R beliebig ⎛ ⎞ wählen, zum Beispiel v2 = 0 und v3 = 4. Damit folgt 4v1 − 3 · 4 = 0, 3 −  → −v = ⎝ 0 ⎠ ein zu − v  = 5 und folgd. h. v1 = 3. Damit ist → AB orthogonaler Vektor. Dessen Länge ist → 4   − − −v die Länge → − − lich hat der Vektor → w = 51 → w  = 1. Weiter hat der Vektor 10→ w die Länge 10→ w  = 10. ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −3 3 3 − → − → − Mit 0Q = 0A + 10→ w = ⎝ 2 ⎠ + 2 ⎝ 0 ⎠ = ⎝ 2 ⎠ berechnen wir den Ortsvektor eines Punkts Q, −3 4 5 der zur Gerade g den Abstand d(Q, g) = 10 hat. Daraus⎛folgt ⎞ die Gleichung ⎛ ⎞ einer zu g echt parallelen 3 4 − → − → − Gerade k mit d(g, k) = 10, d. h. k : → x = 0Q + t AB = ⎝ 2 ⎠ + r ⎝ 0 ⎠. 5 −3 Lösung 3.6.14: a) Es ist die Gleichung ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 3 2 0 1 ⎝ 2 ⎠+λ ⎝ 1 ⎠ = ⎝ a−2 ⎠+t ⎝ 0 ⎠ −1 1 0 1

⇔

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 2 −3 −t ⎝ 0 ⎠ + λ ⎝ 1 ⎠ = ⎝ a − 4 ⎠ 1 1 1

bzw. das zugehörige lineare Gleichungssystem (I-III) zu lösen: I II III II III − I = IV II + IV = V

: −t + 2λ = −3 : λ = a−4 : −t + λ = 1 : λ = a−4 : −λ = 4 : 0= a

Das Gleichungssystem hat genau dann eine Lösung, wenn a = 0 gilt. Für a = 0 erhalten wir λ = −4 und t = −5 als eindeutige Lösung. Einsetzen von λ = −4 in die Gleichung von h liefert den Ortsvektor des Schnittpunkts S(−5| − 2| − 5). Die sich schneidenden Geraden haben den Abstand d(g0 , h) = 0. ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 5 0 5 − → ⎝ → − ⎝ ⎠ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ b) Mit A(0|a − 2|0), u = 0 und AR = −2 − a − 2 = −a ⎠ berechnen wir zunächst 1 −4 0 −4 ⎛ ⎞ a − → → − u × AR = ⎝ 9 ⎠. Nach der Abstandsformel aus Satz 3.208 gilt: −a d(ga , R) =

→ − → − u × AR 81  → = = 9 a2 + − 2 u

Quadrieren ergibt daraus: a2 +

81 = 81 2

⇔

a2 =

81 2

⇒

9 9 a1 = − √ oder a2 = √ 2 2

484

3 Geraden und Ebenen

3.6.3 Abstand zwischen Punkt und Ebene Lösung 3.6.15:

⎛ ⎞ 5 → − a) Ein Normalenvektor von E ist n = ⎝ 7 ⎠. Die durch P verlaufende und zu E orthogonale Lotgera−3 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 5 − → → → − − de ist g : x = 0P + r n = ⎝ 2 ⎠ + r ⎝ 7 ⎠. Wir setzen die Koordinaten x = 1 + 5r, y = 2 + 7r und 3 −3 z = 3 − 3r der Punkte von g in die Koordinatengleichung von E ein und stellen die entstehende Gleichung nach r um: 5(1 + 5r) + 7(2 + 7r) − 3(3 − 3r) = 259

⇔

10 + 83r = 259

⇔

r=3

Einsetzen von r = 3 in die Geradengleichung liefert bei Bedarf den Ortsvektor des Schnittpunkts F von g und E, der für die Berechnung des Abstands d(P, E) aber nicht benötigt wird, denn nach Satz 3.214  − −  √ n  = 3 83 ≈ 27, 3313. gilt d(P, E) = 3→ n  = 3→   −  3 → n= n  = 7 − b) Analog zu a) wird d(P, E) = − 37 →

3 7

· 7 = 3 berechnet.

  −  1 → n= n  = 9 − c) Analog zu a) wird d(P, E) = − 19 →

1 9

√ · 9=

1 3

berechnet.

⎛ ⎞ 3 → − d) Ein Normalenvektor von E ist n = ⎝ 6 ⎠. Die durch P verlaufende und zu E orthogonale Lotgerade −2 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −4 3 −4 + r − → → → − − → − ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ 6 +r 6 . Wir setzen den Ortsvektor x = 6 + 6r ⎠ der Punkte ist g : x = 0P + r n = 4 −2 4 − 2r von g in die Normalengleichung von E ein und stellen die entstehende Gleichung nach r um: ⎡⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞ −4 + r 6 3 ⎣⎝ 6 + 6r ⎠ − ⎝ 1 ⎠⎦ • ⎝ 6 ⎠ = 0 ⇔ 49r + 12 = 0 ⇔ r = − 12 49 4 − 2r 10 −2  −  12 → −  12 → 12 Damit berechnen wir d(P, E) = − 12 49 n = 49 n = 49 · 7 = 7 .   √ − − e) Analog zu d) wird d(P, E) = |2→ n | = 2→ n  = 2 251 ≈ 31, 685 berechnet. ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 −1 2 → − f) Ein Normalenvektor von E ist m = ⎝ 2 ⎠ × ⎝ 1 ⎠ = ⎝ −2 ⎠. Zur Vereinfachung verwenden wir 2 4 1 ⎛ ⎞ 2 − → − 1→ für die weitere Rechnung den Normalenvektor n = 3 m = ⎝ −2 ⎠. Hiermit erhalten wir einerseits 1 ⎡ ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞ 1 2 − mit ⎣→ x − ⎝ 1 ⎠⎦ • ⎝ −2 ⎠ = 0 eine Normalengleichung von E und andererseits eine Gleichung −6 1 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 10 2 − → → → − − der durch P verlaufenden und zu E orthogonalen Gerade g : x = 0P +t n = ⎝ −9 ⎠ +t ⎝ −2 ⎠. Wir 7 1 setzen den Ortsvektor der Punkte von g in die Normalengleichung von E ein und stellen die entstehende Gleichung nach t um:

3.6 Abstandsberechnungen ⎡⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞ 10 + 2t 1 2 ⎣⎝ −9 − 2t ⎠ − ⎝ 1 ⎠⎦ • ⎝ −2 ⎠ = 0 7+t −6 1

485 ⇔

9t + 51 = 0

⇔

t =−

51 9

 −  51 → −  51 → Nach Satz 3.214 berechnen wir d(P, E) = − 51 9 n = 9 n = 9 · 3 = 17. ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 0 −9 − → ⎝ − → g) Die linear unabhängigen Vektoren AB = −4 ⎠ und AC = ⎝ −9 ⎠ können als Richtungsvektoren in −8 −12 einer Parametergleichung von E verwendet Zur Vereinfachung wir für die weiteren ⎛ werden. ⎞ ⎛ verwenden ⎞ 0 3 − → → ⎝ ⎠ −v = − 1 − − 3 . Damit berechnen wir mit Rechnungen stattdessen → u = − 14 AB = ⎝ 1 ⎠ und → 3 AC = 2 4 ⎛ ⎞ ⎡ ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞ −2 −5 −2 → − → − → − → − ⎝ ⎠ ⎣ ⎝ ⎠ ⎦ ⎝ 6 einen Normalenvektor von E. Es folgt mit x − 10 6 ⎠ = 0 eine n = u×v = • −3 2 −3 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 5 −2 − → → → − − ⎝ ⎠ ⎝ 6 ⎠ eine Gleichung Normalengleichung von E und außerdem mit g : x = 0P +t n = −1 + r −8 −3 der durch P verlaufenden und zu E orthogonalen Gerade. Wir setzen den Ortsvektor der Punkte von g in die Normalengleichung von E ein und stellen die entstehende Gleichung nach r um: ⎡⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞ 5 − 2r −5 −2 ⎣⎝ −1 + 6r ⎠ − ⎝ 10 ⎠⎦ • ⎝ 6 ⎠ = 0 ⇔ 49r − 56 = 0 ⇔ r = 56 49 −8 − 3r 2 −3  → −  Nach Satz 3.214 berechnen wir d(P, E) =  56 49 n =





−  56 56 → 49 n = 49

· 7 = 8.

⎛ ⎞ 2 −  → − n  = 3. Eine Hessesche Normalengleichung von E a) Der Normalenvektor n = ⎝ 1 ⎠ hat die Länge → 2 1 1 erhalten wir durch skalare Multiplikation der gegebenen Normalengleichung mit → −  = 3 , d. h. Lösung 3.6.16:

n

⎡

⎛

⎞⎤ ⎛ ⎞ 9 2 1 ⎣→ − x − ⎝ −4 ⎠⎦ • ⎝ 1 ⎠ = 0 . E: 3 11 2 Der Abstand von P zu E ist ⎛  ⎡ ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞ ⎞ ⎛ ⎞   9 2  9 2   1 − 1 1 → d(P, E) =  ⎣0P − ⎝ −4 ⎠⎦ • ⎝ 1 ⎠ = ⎝ −4 ⎠ • ⎝ 1 ⎠ = · 36 = 12 3 3    3 11 2 11 2 und der Abstand von Q zu E ist ⎛  ⎡ ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞ ⎞ ⎛ ⎞  −12  9 2  2   1 − 1 1 → d(Q, E) =  ⎣0Q − ⎝ −4 ⎠⎦ • ⎝ 1 ⎠ = ⎝ −6 ⎠ • ⎝ 1 ⎠ = · | − 24| = 8 . 3 3 3   11 2  3 2  ⎞ ⎡ ⎛ ⎞⎤ ⎛ 5 7 1 ⎣→ − −3 ⎠ = 0 und berechnen damit d(P, E) = 8 und x − ⎝ 3 ⎠⎦ • ⎝ √ b) Analog zu a) ermitteln wir E : 6 −2 2 d(Q, E) = 11.

486

3 Geraden und Ebenen ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞ 1 −5 √ 1 − x − ⎝ 2 ⎠⎦ • ⎝ 4 ⎠ = 0 und berechnen damit d(P, E) = 50 c) Analog zu a) ermitteln wir E : √ ⎣→ 50 3 3 und d(Q, E) = √250 . ⎡

d) Eine alternative Darstellung der Koordinatengleichung von ⎛E ist ⎞ 2x + 6y + 3z − 39 = 0. Division dieser 2 − Gleichung durch die Länge des Normalenvektors → n = ⎝ 6 ⎠ liefert eine zur Abstandsberechnung 3 nutzbare Hessesche Normalengleichung der Ebene: 2x + 6y + 3z − 39 =0 7    2 · 4 + 6 · (−2) + 3 · 12 − 39   = 1 und Nach Folgerung 3.223 berechnen wir die Abstände d(P, E) =   7    2 · (−5) + 6 · 5 + 3 · 53 − 39   = 20. d(Q, E) =   7 E:

12x − 3y − 4z − 18 = 0 und berechnen d(P, E) = 5 und d(Q, E) = 3. 13 √ 3y − 3z + 5 2 √ = 0 und berechnen d(P, E) = f) Analog zu d) erhalten wir E : und d(Q, E) = 2. 3 3 2 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2 −5 3 → − g) Ein Normalenvektor von E ist m = ⎝ −3 ⎠ × ⎝ 6 ⎠ = ⎝ 6 ⎠. Zur Vereinfachung verwenden wir −4 7 −3 ⎛ ⎞ 1 −  √ 1− → − n  = 6 und erhalten damit die Hessesche Normalengleichung n = → m = ⎝ 2 ⎠, berechnen → 3 −1 ⎡ ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞ 1 1 1 ⎣→ x − ⎝ 1 ⎠⎦ • ⎝ 2 ⎠ = 0. Der Abstand von P zu E ist E:√ − 6 1 −1 e) Analog zu d) ermitteln wir E :

⎛  ⎡ ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎞  −1  1 1  1    1 − 1 → d(P, E) =  √ ⎣0P − ⎝ 1 ⎠⎦ • ⎝ 2 ⎠ = √ ⎝ 0 ⎠ • ⎝ 2 ⎠ = 0 6  −1  6 1 −1  −1  (d. h., P liegt in E) und der Abstand von Q zu E ist ⎛  ⎡ ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞ ⎞ ⎛ ⎞   1 1  0 1   1 − 1 ⎝ 1 → ⎝ ⎠⎦ ⎝   ⎣ ⎠ ⎠ ⎝ 2  = √  −1 • 2 ⎠ = √ . • d(Q, E) =  √ 0Q − 1 6  −1 6  6 1 −1  −1  Lösung 3.6.17: Da die Aufgabenstellung keine Berechnungsmethode vorschreibt, kann diese frei gewählt werden. Aus Platzgründen ist es nicht möglich, zu allen Methoden die Lösungswege ausführlich zu notieren. Wir beschränken uns deshalb einheitlich auf die Nutzung einer Hessenschen Normalenform auf Basis einer Koordinatengleichung von E und nutzen zur Berechnung der Abstände die Berechnungsformel aus Folgerung 3.223. Wir schreiben die Berechnungsformel aus Folgerung 3.223 derart auf, dass die darin eingesetzten Koordinaten der Punkte P und Q jeweils fettgedruckt sind. Dies ermöglicht das Erkennen der Hesseschen Normalengleichung und damit auch das Erkennen eines Normalenvektors von E, der für alle anderen Berechnungsmethoden ebenfalls benötigt wird.        2 · 1 − 6 · 2 + 3 · 3 + 64   = 9, d(Q, E) =  2 · 3 − 6 · (−2) + 3 · 3 + 64  = 13 a) d(P, E) =     7 7

3.6 Abstandsberechnungen    −12 · 13 + 3 · (−4) + 4 · 8 − 33   = 13, b) d(P, E) =   13    −12 · (−5) + 3 · 11 + 4 · (−11) − 33  16 = d(Q, E) =   13 13     √  5 · (−7) + 5 · 3 − 1 · 6 + 95  √  − 1 · 5 + 95   = 75, d(Q, E) =  5 · 5 + 7 · 5) √ √ c) d(P, E) =  = 2 75    75 75  √   3 · 19 − 2 · √19 + 5 · 6 − 30  1   √ d) d(P, E) =  = √ ,   38 2

   √  3 · 76 − 2 · (−15) + 5 · −√76 − 30  √   =2 2 √ d(Q, E) =   38         4 · 0 + 9 · 0 − 11 · 0 − 46  − 11 · 17 − 46   = √46 , d(Q, E) =  4 · 2 + 9 · 25 √ √ e) d(P, E) =    =0 218 218 218

487

f) d(P, E) = |0 · 2 + 0 · 2 + 1 · 0 + 5| = 5, d(Q, E) = |0 · 9 + 0 · 1 + 1 · (−25) + 5| = 20    8 · 8√117 − 13 · 6√117 − 1 · (−54) − 54  √   √ g) d(P, E) =   = 7 2,   234    8 · 6√78 − 13 · 3√78 − 1 · (−54) − 54  √   √ d(Q, E) =  =3 3   234     √  −2 · (−2) + 0 · 1 + 1 · (−3) + 4  √  · 0 + 1 · 2 + 4   = 5, d(Q, E) =  −2 · 8 + 0√ √ h) d(P, E) =  =2 5    5 5 ⎡ ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞ 7 −2 1 ⎣→ − a) Wir verwenden die Hessesche Normalengleichung x − ⎝ −4 ⎠⎦ • ⎝ 14 ⎠ = 0 der Ebene E. 15 2 −5 − → − In die linke Seite dieser Gleichung setzen wir den Ortsvektor → x = 0R des Referenzpunktes ein und rechnen das Skalarprodukt aus: ⎡⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞ 0 7 −2 1 ⎣⎝ ⎠ ⎝ 16 ⎠ ⎦ ⎝ 0 − −4 α := • 14 ⎠ = 15 3 0 2 −5 Lösung 3.6.18:

Analog verfahren wir mit den Ortsvektoren von P und Q und berechnen ⎡⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞ 1 7 −2 91 1 ⎣⎝ ⎠ ⎝ 2 − −4 ⎠⎦ • ⎝ 14 ⎠ = β := 15 15 3 2 −5 und

⎡⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞ 12 7 −2 1 ⎣⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎦ ⎝ −19 − −4 • 14 ⎠ = −11 . γ := 15 −9 2 −5

Da die Vorzeichen von α und β gleich sind, liegt P mit Abstand d(P, E) = β = 91 15 in dem Halbraum, in dem auch der Referenzpunkt R liegt. Da die Vorzeichen von α und γ verschieden sind, liegt Q mit   Abstand d(Q, E) = γ  = 11 in dem Halbraum, in dem der Referenzpunkt R nicht liegt. Weiter gilt d(R, E) = 16 3 .

488

3 Geraden und Ebenen ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞ 2 3 1 − ⎝ ⎠⎦ ⎝ 6 ⎠ = 0 der Ebene E. In die x − 3 b) Wir verwenden die Hessesche Normalengleichung ⎣→ • 7 8 −2 − → − linke Seite dieser Gleichung setzen wir den Ortsvektor → x = 0R des Referenzpunkts ein und rechnen ⎡

das Skalarprodukt aus:

⎡⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞ 0 2 3 8 1 ⎣⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎦ ⎝ 0 − 3 6⎠ = − • α := 7 7 0 8 −2

Analog verfahren wir mit den Ortsvektoren von P und Q und berechnen ⎡⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞ 7 2 3 1 ⎣⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎦ ⎝ 4 − 3 6⎠ = 5 β := • 7 1 8 −2 und

⎡⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞ −7 2 3 1 ⎣⎝ −10 ⎠ − ⎝ 3 ⎠⎦ • ⎝ 6 ⎠ = −5 . γ := 7 −27 8 −2

Da die Vorzeichen von α und β verschieden sind, liegt P mit dem Abstand d(P, E) = β = 5 in dem Halbraum, in dem der Referenzpunkt R nicht liegt. Da die Vorzeichen von α und γ gleich sind, liegt Q   mit dem Abstand d(Q, E) = γ  = 5 in dem Halbraum, in dem auch der Referenzpunkt R liegt. Weiter gilt d(R, E) = 78 . −4x + 3y − 12z + 5 c) Wir verwenden die Hessesche Normalengleichung = 0 der Ebene E. In die linke 13 Seite dieser Gleichung setzen wir die Koordinaten x = y = z = 0 des Referenzpunkts ein und rechnen das Skalarprodukt aus: 5 −4 · 0 + 3 · 0 − 12 · 0 + 5 = α := 13 13 Analog verfahren wir mit den Koordinaten von P und Q und berechnen −4 · 13 9 8 + 3 · 8 − 12 · (−3) + 5 = . 13 2   Da die Vorzeichen von α und β verschieden sind, liegt P mit dem Abstand d(P, E) = β  = 6 in dem Halbraum, in dem der Referenzpunkt R nicht liegt. Da die Vorzeichen von α und γ gleich sind, liegt Q mit dem Abstand d(Q, E) = γ = 29 in dem Halbraum, in dem auch der Referenzpunkt R liegt. Weiter 5 gilt d(R, E) = 13 . √ 3x + 7y + 6z − 15 = 0 der Ebene E. In die linke d) Wir verwenden die Hessesche Normalengleichung 8 Seite dieser Gleichung setzen wir die Koordinaten x = y = z = 0 des Referenzpunkts ein und rechnen das Skalarprodukt aus: √ 15 3 · 0 + 7 · 0 + 6 · 0 − 15 = − α := 8 8 Analog verfahren wir mit den Koordinaten von P und Q und berechnen √ √ √ 3 · (−3) + 7 · 7 + 6 · 11 6 − 15 3 · 4 + 7 · (−11) + 6 · 0 − 15 2 = −10 und γ := = −1 . β := 8 8 β :=

−4 · 2 + 3 · (−5) − 12 · 5 + 5 = −6 13

und

γ :=

Da die Vorzeichen von α, β und γ gleich sind, liegen die Punkte P und Q in dem Halbraum,  in dem auch der Referenzpunkt R liegt. Weiter folgen aus den Rechnungen die Abstände d(P, E) = β  = 10,     d(Q, E) = γ  = 1 und d(R, E) = α  = 15 8 .

3.6 Abstandsberechnungen

489

Lösung 3.6.19: 2x + 5y + 14z − 12 = 0 der Ebene E und set15 zen darin die Koordinaten x = 9, y = 3 und z = 3 des Punkts P ein. Das ergibt den Zahlenwert 2 · (−9) + 5 · 4 + 14 · 5 − 12 d1 := = 4. Wegen d1 > 0 ist dies der Abstand von P zu E, d. h, es gilt 15 d(P, E) = d1 = 4. Weiter folgt aus d1 > 0, dass P in dem durch die Ebene E definierten Halbraum liegt, in dessen Richtung der Normalenvektor von E zeigt. Daraus folgt, dass der Punkt Q in dem anderen durch E definierten Halbraum liegt. Folglich muss sich nach Einsetzen der Koordinaten x = c, y = 8 und z = −4 des Punkts Q in die Hessesche Normalengleichung der Wert −d1 = −4 ergeben:

a) Wir verwenden die Hessesche Normalengleichung

2 · c + 5 · 8 + 14 · (−4) − 12 = −4 15

⇔

2c − 28 = −60

⇔

c = −16

−3x − 12y + 4z + 7 = 0 von E und setzen darin die 13 −3 · 9 − 12 · 8 + 4 · 3 + 7 Koordinaten des Punkts P ein. Das ergibt d1 := = −8. Wegen d1 < 0 folgt, 13     dass P mit dem Abstand d(P, E) = d1 = 8 in dem durch die Ebene E definierten Halbraum liegt, in − − dessen Richtung der Normalenvektor → n von E nicht zeigt (bzw. in dessen Richtung −→ n zeigt). Daraus folgt, dass Q in dem anderen durch E definierten Halbraum liegt. Folglich muss sich nach Einsetzen der Koordinaten des Punkts Q in die Hessesche Normalengleichung der Wert −d1 = 8 ergeben:

b) Wir verwenden die Hessesche Normalengleichung

−3 · 5 − 12 · c + 4 · 1 + 7 = 8 13

⇔

−12c − 4 = 104

⇔

c = −9

5x − 2y + 2z − 51 √ = 0 der Ebene E. Da P und Q mit 33 gleichem Abstand, aber auf verschiedenen Seiten von E (d. h., in verschiedenen der durch E definierten Halbräume) liegen sollen, müssen die durch Einsetzen der Koordinaten von P bzw. Q in die Hessesche Normalengleichung entstehenden Ausdrücke betragsmäßig gleich sein, aber verschiendene Vorzeichen haben. Diese Überlegung führt auf den folgenden Ansatz:

c) Wir verwenden die Hessesche Normalengleichung

5 · 8 − 2 · c + 2 · (−1) − 51 5 · c − 2 · (−3) + 2 · 2 − 51 √ √ = − 33 33

⇔ 5c − 41 = 2c + 13

Diese Gleichung hat die eindeutige Lösung c = 18. d) Analog zu c) machen wir mit der Hesseschen Normalengleichung folgenden Ansatz:

2x + cy − 3z − 7 √ = 0 von E den c2 + 13

2·4+c·7−3·c−7 c2 − 22 4c + 1 2 · (−6) + c · c − 3 · 1 − 7 √ √ = − ⇔ √ = −√ c2 + 13 c2 + 13 c2 + 13 c2 + 13 Die Lösung dieser Gleichung ist äquivalent zur Lösung von: c2 − 22 = −(4c + 1)

⇔

c2 + 4c − 21 = 0

Die pq-Formel liefert die Lösungen c1 = 3 und c2 = −7. Interpretation: • Für c1 = 3 liegen P(−6|3|1) und Q(4|7|3) gleich weit entfernt zur Ebene E : 2x + 3y − 3z = 7 und auf verschiedenen Seiten von E. • Für c2 = −7 liegen P(−6|−7|1) und Q(4|7|−7) gleich weit entfernt zur Ebene E : 2x −7y−3z = 7 und auf verschiedenen Seiten von E.

490

3 Geraden und Ebenen

Lösung 3.6.20: Die Abstandsberechnung paralleler Ebenen kann auf die Berechnung des Abstands zwischen einer Ebene und einem Punkt zurückgeführt werden, d. h., es gilt d(E, H) = d(E, P) = d(Q, H), wobei P ein beliebiger Punkt von H und Q ein beliebiger Punkt von E ist. Zu den Aufgabenteilen 3.5.10 a) bis c) werden eine Hessesche Normalengleichung von E und der gegebene Punkt P von H zur Abstandsberechnung verwendet, zu Aufgabenteil 3.5.10 d) eine Hessesche Normalengleichung von H und der Stützpunkt Q(1|2|3) von E.    5 · 100 + 12 · 5 − 17 · 5 + 35   = √510 ≈ 23, 831 √ a) d(E, H) = d(E, P) =   458 458    −8 · 1 + 0 · 2 + 3 · 3 − 56  55  = √ ≈ 6, 4373 √ b) d(E, H) = d(E, P) =   73 73  ⎡⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞  −12 2 5   1 9 c) d(E, H) = d(E, P) =  √ ⎣⎝ 3 ⎠ − ⎝ 8 ⎠⎦ • ⎝ 7 ⎠ = √ ≈ 1, 0392 75  75 87 −9 1     4 · 1 + 17 · 2 + 27 · 3 − 737   = √618 ≈ 19, 2189 √ d) d(E, H) = d(Q, H) =   1034 1034 ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2 1 6 2 a) Wir berechnen ⎝ 1 ⎠ × ⎝ 2 ⎠ = ⎝ −6 ⎠ = 3 ⎝ −2 ⎠ als einen Normalenvektor der parallelen −2 2 3 1 ⎛ ⎞ 2 → − Ebenen Eg und Eh mit g ⊂ Eg und h ⊂ Eh . Das Rechnung zeigt, dass auch n = ⎝ −2 ⎠ mit 1  → − n  = 3 für die weitere Rechnung verwendet werden kann. Damit berechnen wir den Abstand ⎡⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞  3 −2 2   1 d(g, h) = ⎣⎝ 2 ⎠ − ⎝ 7 ⎠⎦ • ⎝ −2 ⎠ = 6. 3 1 3 1  ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 4 0 −1 − b) Wir berechnen → n = ⎝ −1 ⎠ × ⎝ −2 ⎠ = ⎝ −4 ⎠ als einen Normalenvektor der parallelen Ebenen 0 1 −8 Lösung 3.6.21:

⎛

Eg und Eh mit g ⊂ Eg und h ⊂ Eh . Damit berechnen wir den Abstand ⎡⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞  0 5 −1  1 ⎣⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎦ ⎝ 5 − 6 • −4 ⎠ = 9 . d(g, h) =  9 2 11 −8  ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 −1 0 0 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ 2 = −6 = 2 −3 ⎠ als einen Normalenvektor der parallelen Ebec) Wir berechnen 2 × 3 3 4 2 ⎛ ⎞ 0 → − ⎝ nen Eg und Eh mit g ⊂ Eg und h ⊂ Eh . Die Rechnung zeigt, dass auch n = −3 ⎠ mit der Länge 2 →  √ −  n = 13 ein Normalenvektor von Eg und Eh ist, den wir für die weitere Rechnung verwenden. Wir berechnen den Abstand ⎡⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞  1 0 0  8 1 ⎣⎝ −1 ⎠ − ⎝ 1 ⎠⎦ • ⎝ −3 ⎠ = √ . d(g, h) = √  13  13  0 −1 2

3.6 Abstandsberechnungen 491 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 5 7 −5 − d) Wir berechnen → n = ⎝ 1 ⎠ × ⎝ 2 ⎠ = ⎝ 16 ⎠ als einen Normalenvektor der parallelen Ebenen Eg 3 1 3 und Eh mit g ⊂ Eg und h ⊂ Eh . Damit berechnen wir den Abstand ⎡⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞  101 323 −5  √ 1 ⎣⎝ 205 ⎠ − ⎝ 95 ⎠⎦ • ⎝ 16 ⎠ = 10 290 . d(g, h) = √  290  −58 −68 3  ⎛

⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 9 31 −104 8 e) Wir berechnen ⎝ 19 ⎠ × ⎝ 64 ⎠ = ⎝ 52 ⎠ = −13 ⎝ −4 ⎠ als einen Normalenvektor der paral4 8 −13 1 ⎛ ⎞ 8 → − lelen Ebenen Eg und Eh mit g ⊂ Eg und h ⊂ Eh . Die Rechnung zeigt, dass auch n = ⎝ −4 ⎠ mit 1 →  − n  = 9 für die weitere Rechnung verwendet werden kann. Damit berechnen wir den Abstand ⎡⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞  23 25 8  1 ⎣⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎦ ⎝ 42 − −40 • −4 ⎠ = 50 . d(g, h) =  9 12 118 1  Lösung 3.6.22: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 9 −9 −8 → − a) E1 : x = ⎝ 0 ⎠ + t ⎝ 0 ⎠ + r ⎝ 8 ⎠ bzw. E1 : 2x + x2 + 2x3 = 18, 0 9 4 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 12 −9 −8 → − ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ 0 +α 4 +β 4 ⎠ bzw. E2 : −4x − 5y − 4x3 = −48. E2 : x = 0 4 3 b) Setzen wir die Koordinaten x = 9 − 9t − 8r, y = 8r und z = 9t + 4r der Punkte von E1 in die Koordinatengleichung von E2 ein, dann ergibt dies: −36 + 36t + 32r − 40r − 36t − 16r = −48

⇔

0t − 24r = −12

⇔

r =

1 , t =λ ∈R 2

Damit folgt als Schnittgerade von E1 und E2 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 9 −9 −8 5 −9 1⎝ → − ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ 0 + 8 = 4 +λ 0⎠ . s : x = 0 +λ 2 0 9 4 2 9 Alternative Gleichungen sind ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 5 −1 → − s : x = ⎝4⎠+λ ⎝ 0⎠ 2 1

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 7 −1 → − bzw. s : x = ⎝ 4 ⎠ + λ ⎝ 0 ⎠ . 0 1

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 0 12 0 4 → − → − c) Die Gerade ist h : x = ⎝ 0 ⎠ + k ⎝ 0 ⎠ bzw. alternativ h : x = ⎝ 0 ⎠ + k ⎝ 0 ⎠. Die Rich9 −9 9 −3 tungsvektoren von s und h sind linear unabhängig, d. h., die Geraden sind nicht parallel. Dass s und h windschief zueinander sind, erkennen wir durch Betrachtung (und ohne Rechnung) aus der Gleichung

492

3 Geraden und Ebenen ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 7 −1 0 4 ⎝ 4 ⎠+t ⎝ 0 ⎠ = ⎝ 0 ⎠+k⎝ 0 ⎠ , 0 1 9 −3

denn die darin enthaltene Gleichung 4 = 0 für die y-Koordinaten ist ein Widerspruch. Die Gleichung ist nicht lösbar, d. h., s und h haben keinen Schnittpunkt. Zur Abstandsberechnung verwenden wir die Ebene Es , in der die Gerade s liegt und die parallel zu h ist. Einen ⎛ ⎞ Normalenvektor ⎛ ⎞ ⎛ von ⎞ Es berechnen wir aus den Richtungsvektoren der Geraden s und h, d. h. −1 4 0 ⎝ 0 ⎠ × ⎝ 0 ⎠ = ⎝ 1 ⎠. Mit dem auf s liegenden Punkt P(7|4|0) als Stützpunkt erhalten wir 1 −3 0 ⎡

⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞ 7 0 → − Es : ⎣ x − ⎝ 4 ⎠⎦ • ⎝ 1 ⎠ = 0 . 0 0 Der Normalenvektor ist bereits ein Einheitsvektor. Damit folgt ⎛⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎞ ⎛ ⎞  12 7 0    ⎝ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎠ ⎝ 0 − 4 d(s, h) =  • 1 ⎠ = 4 .  −9 0 0  Es bleiben die Koordinaten der Punkte S und H zu bestimmen. Diese liegen auf s bzw. auf g, und folglich von S(7 − λ |4|λ ) und H(4k|0|9 − 3k) ausgehen. Daraus erhalten wir der Vektor ⎛können wir⎞ 4k − 7 + λ −→ ⎝ ⎠, der zu den Richtungsvektoren von s und h orthogonal sein muss. Das bedeutet −4 SH = 9 − 3k − λ ⎛ ⎞ −1 −→ ⎝ 0 ⎠ = −7k − 2λ + 16 = 0 SH • 1 und

⎛ ⎞ 4 −→ ⎝ 0 ⎠ = 25k + 7λ − 55 = 0 SH • −3

Aus (∗.1) folgt

⇔

(∗.1)

25k + 7λ = 55 .

7 λ = 8− k . 2

(∗.3)

Setzen wir dies in (∗.2) ein, so folgt: 25k + 56 −

49 k = 55 2

⇔

1 k = −1 2

(∗.2)

⇔

k = −2

Einsetzen in (∗.3) liefert λ = 15 und damit erhalten wir S(−8|4|15) und H(−8|0|15). Alternative zur Koordinatenberechnung: Für den Abstand d(s, h) der Geraden s und h gilt:  −→ d(s, h) = SH  = (4k − 7 + λ )2 + (9 − 3k − λ )2 + 16 = 4 Quadrieren ergibt: (4k − 7 + λ )2 + (9 − 3k − λ )2 + 16 = 16

3.7 Spiegelungen

493

Anwendung der binomischen Formel und Zusammenfassen ergibt weiter: (4k − 7 + λ )2 + (9 − 3k − λ )2 + 16 = 16k2 + 8k(λ − 7) + (λ − 7)2 + 9k2 − 6k(9 − λ ) + (9 − λ )2 + 16 = 16k2 + 8k(λ − 7) + λ 2 − 14λ + 49 + 9k2 − 6k(9 − λ ) + λ 2 − 18λ + 81 + 16 = 25k2 + 2λ 2 − 32t + k(14λ − 110) + 146 = 16 Dies ist äquivalent zu: 25k2 + 2λ 2 − 32λ + k(14λ − 110) + 130 = 0 Die Verwendung von (∗.3) ergibt:   49 2 25k2 + 2 k − 56k + 64 − 256 + 112k + k(2 − 49k) + 130 = 0 4 Auflösen der Klammern und Zusammenfassen ergibt weiter: 1 2 k + 2k + 2 = 0 2

⇔

k2 + 4k + 4 = 0

⇔

(k + 2)2 = 0

Diese Gleichung hat die Lösung k = −2. Einsetzen in (∗.3) liefert λ = 15 und damit folgt S(−8|4|15) und H(−8|0|15).

3.7 Spiegelungen 3.7.1 Spiegelung eines Punkts an einem Punkt und an einer Gerade Lösung 3.7.1: a) P (7|3| − 2) e) P (−7| − 3|2) i) P (7|1|4)

b) P (7| − 3|2) f) P (−7| − 3| − 2) j) P (17|3| − 16)

c) P (−7|3|2) g) P (−5| − 1|0) k) P (23|307|108)

d) P (7| − 3| − 2) h) P (−9| − 3| − 6) l) P (−7|3| − 2)

Lösung 3.7.2: Zunächst müssen wir die Koordinaten der Eckpunkte A, B und C bestimmen, die offenbar die Schnittpunkte der Geraden sind, die durch die gegebenen Koordinatengleichungen festgelegt werden. Wir bestimmen zuerst die Schnittpunkte der Gerade x = −6 mit den beiden anderen Geraden und setzen dazu x = −6 in die jeweiligen Gleichungen ein, d. h., 6 − y = 8 bzw. −6 + 3y = 0, woraus y = −2 bzw. y = 2 folgen. Damit erhalten wir die Koordinaten von zwei Dreieckspunkten: A(−6| − 2) und B(−6|2). Die Gleichung −x − y = 8 ist äquivalent zu y = −x − 8. Setzen wir dies in die Gleichung x + 3y = 0 ein, dann erhalten wir x + 3(−x − 8) = −2x − 24 = 0, woraus x = −12 folgt. Setzen wir dies in die Gleichung y = −x − 8 ein, dann folgt y = 4. Der dritte Eckpunkt des Dreiecks ist damit C(−12|4). Zur Spiegelung der Eckpunkte A, B und C an S1 berechnen wir die Ortsvektoren der Spiegelpunkte A1 , B1 und C1 wie folgt:       −→ −→ −→ 1 7 8 + = 0A1 = 0S1 + AS1 = −1 1 0       −→ −→ −→ 1 7 8 0B1 = 0S1 + BS1 = + = −1 −3 −4       −→ −→ −−→ 1 13 14 + = 0C1 = 0S1 + CS1 = −1 −5 −6

494

3 Geraden und Ebenen

Die Koordinaten der Spiegelpunkte sind A1 (8|0), B1 (8| − 4) und C1 (14| − 6). Zur Spiegelung der Eckpunkte A, B und C an S2 berechnen wir die Ortsvektoren der Spiegelpunkte A2 , B2 und C2 wie folgt:       −→ −→ −→ −4 2 −2 0A2 = 0S2 + AS2 = + = 2 4 6       −→ −→ −→ −4 2 −2 + = 0B2 = 0S2 + BS2 = 2 0 2       −→ −→ −−→ −4 8 4 0C2 = 0S2 + CS2 = + = 2 −2 0 Die Koordinaten der Spiegelpunkte sind A2 (−2|6), B2 (−2|2) und C2 (4|0). Die Dreiecke Δ ABC, Δ A1 B1C1 und Δ A2 B2C2 sowie die Punkte S1 und S2 sind in Abb. 141 dargestellt. y

A2 6 4

C B

S2 B2

2 C2

−12

−10

−8

−6 A

−4

S1

−2

2

4

A1 6

8

10

12

14

x

−2 −4 −6

B1 C1

Abb. 141: Zur Lösung von Aufgabe 3.7.2

Lösung 3.7.3: Die Lösung erfolgt nach dem Muster von Anleitung 3.241. Nachfolgend wird jeweils eine Gleichung der Lotgerade h, der zum Ortsvektor des Lotfußpunkts zugehörige Wert des Parameters von h und die Koordinaten des Spiegelpunkts P angegeben.     2 4 − a) h : → x = +s , Parameter für Lotfußpunkt: s = 2, Spiegelpunkt: P (18|19) 23 −1        0 3 −

72  86 b) h : → x = +s , Parameter für Lotfußpunkt: s = 12 17 , Spiegelpunkt: P 17 17 −2 5     28 7 − c) h : → x = +s , Parameter für Lotfußpunkt: s = −3, Spiegelpunkt: P (−16|18) 6 −2     −3 −13 − d) h : → x = +s , Parameter für Lotfußpunkt: s = 4, Spiegelpunkt: P (−107| − 21) −109 11

3.7 Spiegelungen

495

Lösung 3.7.4:

a) Spiegelung des auf g liegenden Punkts ⎛ P(8|1|7) S ergibt ⎞ an ⎛ ⎞den Punkt P (−6|3| − 1), der auf der zu g −6 3 − x = ⎝ 3 ⎠ + r ⎝ −1 ⎠ liegt. echt parallelen Spiegelgerade g : → −1 5

b) Spiegelung des auf g liegenden Punkts P(3| − 1|0) an S ergibt⎛ den Spiegelpunkt ⎞ ⎛ ⎞P (5|11|12), ⎛ ⎞ der ein 5 3 1 − − x =→ x = ⎝ 11 ⎠ + r ⎝ −1 ⎠ + s ⎝ 0 ⎠ ist. Punkt in der zu E echt parallelen Spiegelebene E : → 12 5 5

c) Zuerst ist irgendein Punkt von E zu bestimmen, wie z. B. P(3|2| − 1). Spiegelung von P an S ergibt den



in Spiegelpunkt P (17|20|−5), der ein Punkt ⎛ ⎞ der Spiegelebene E ist. E ist echt parallel zu E, sodass E 2 −→ − − ebenfalls den Normalenvektor → n = ⎝ −5 ⎠ hat, d. h. E : 2x − 5y + 3z = −81, wobei −81 = 0P • → n. 3 Lösung 3.7.5: Die Teilaufgaben a) bis d) werden nach dem Muster von Anleitung 3.247 gelöst, die Teilaufgaben e) und f) nach dem Muster von Beispiel 3.250. a) b) c) d) e) f)

Lotfußpunkt: F(3| − 1|3), Spiegelpunkt: P (7|1| − 1) Lotfußpunkt: F(6|8|1), Spiegelpunkt: P (10|14| − 1) Lotfußpunkt: F(5|5| − 1), Spiegelpunkt: P (8|10| − 1) Lotfußpunkt: F(0| − 28|32), Spiegelpunkt: P (−1| − 62|59) P (−8| − 3| − 5) P (7| − 3|9)

Lösung 3.7.6: a) Rein formal lässt sich in der Ebene die Spiegelung eines Punkts P an einer Gerade g auf die Spiegelung von P am Lotfußpunkt F zurückführen (siehe dazu Anleitung 3.241 bzw. die anschließenden Erklärungen). Deshalb können wir in Definition 3.240 die Bedingung b) auch ersetzen durch d(P, F) = d(P , F), denn es gilt d(P, g) = d(P, F) und d(P , g) = d(P, F). Der Lotfußpunkt wurde zur Definition des Spiegelpunkts P aber nicht verwendet, da er zur Berechnung von P nicht benötigt wird. b) In der Ebene wird durch die Bedingungen a) und b) in Definition 3.240 bereits festgelegt, dass die − → − → −→ − − − x = 0A + r→ u im Lotfußpunkt F orthogonal schneidet. Lotgerade h : → x = 0P + sPP die Gerade g : → Damit teilt F (bzw. die Gerade g) die Strecke PP in zwei gleichlange Teilstrecken, nämlich PF und FP . Die Übertragung von Definition 3.240 in den Raum ist nicht möglich, denn selbst wenn im Raum 3.240 a) und b) erfüllt sind, dann folgt aus 3.240 b) nicht zwangsläufig, dass P und P auf der Gerade h liegen, die⎛durch ⎞ das Lot von P auf g definiert wird. Dazu ein Zahlenbeispiel: Wir betrachten die⎛Gerade ⎞ 0 −1 −→

→ −

⎝ ⎠ ⎝ 1⎠ g : x = r 0 (also die z-Achse) sowie die Punkte P(1|0|0) und P (0|1|0). Der Vektor PP = 1 0 ⎛ ⎞ 0 − ist orthogonal zum Richtungsvektor → u = ⎝ 0 ⎠ von g und es gilt d(P, g) = d(P , g) = 1, d. h., die in 1 Definition 3.240 genannten Bedingungen sind erfüllt. Trotzdem ist P nicht der Spiegelpunkt von P an − → −→ − g, denn die Geraden g und k : → x = 0P + sPP haben keinen Schnittpunkt. Mit anderen Worten ist k keine Lotgerade von P auf g. Um im Raum die Verwendung des Lots von P auf g sicher zu stellen, muss der zugehörige Lotfußpunkt F bei der Definition des Spiegelpunkts P in geeigneter Weise mit verwendet werden. Diese Überlegung führt auf Definition 3.246.

496

3 Geraden und Ebenen

3.7.2 Spiegelungen an einer Ebene ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 3 −1 → − a) Lotgerade: h : x = ⎝ 8 ⎠ + t ⎝ −3 ⎠, 2 2 Lösung 3.7.7:

Parameterwert zum Lotfußpunkt: t = 2, Spiegelpunkt: P (−1| − 4|10) ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 11 10 → − ⎝ ⎠ ⎝ b) Lotgerade: h : x = −11 + t −11 ⎠, 13 8 Parameterwert zum Lotfußpunkt: t = −1, Spiegelpunkt: P (−9|11| − 3) ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 1 → − c) Lotgerade: h : x = ⎝ −1 ⎠ + t ⎝ 1 ⎠, −6 1 Parameterwert zum Lotfußpunkt: t = 4, Spiegelpunkt: P (9|7|2) d) P (80| − 125| − 27) e) P (−80| − 125|27)

Lösung 3.7.8: a) Schnittpunkt ⎛ von ⎞ g und ⎛ E ist⎞D(3|2|3), Lotgerade des Lots von P(11| − 9| − 6) auf E ist 11 3 − h:→ x = ⎝ −9 ⎠ + λ ⎝ −1 ⎠, Parameterwert zum Lotfußpunkt ist λ = −4, Spiegelpunkt von P an E −6 −1 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −13 −16 − x ⎝ −1 ⎠ + μ ⎝ −3 ⎠. ist P (−13| − 1|2), Spiegelgerade ist g : → 2 −1 b) Schnittpunkt ⎛ von ⎞ g und ⎛ E ist⎞D(9|9|4), Lotgerade des Lots von P(−1|7| − 4) auf E ist −1 1 − h:→ x = ⎝ 7 ⎠ + λ ⎝ −1 ⎠, Parameterwert zum Lotfußpunkt ist λ = 4, Spiegelpunkt von P an E ist −4 2 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 7 2 → −



⎝ ⎠ ⎝ 10 ⎠. P (7| − 1|12), Spiegelgerade ist g : x = −1 + μ 12 −8 c) Die Gerade echt parallel ⎛ g ist⎞ ⎛ ⎞ zur Ebene E, Lotgerade des Lots von P(−5| − 18|2) auf E ist −5 5 − h:→ x = ⎝ −18 ⎠ + λ ⎝ 6 ⎠, Parameterwert zum Lotfußpunkt ist λ = 2, Spiegelpunkt von P an E ist 2 2 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 15 2 → −



P (15|6|10), Spiegelgerade ist g : x = ⎝ 6 ⎠ + μ ⎝ −1 ⎠. 10 −2 d) Der Richtungsvektor von g und der Normalenvektor von E sind gleich, d. h., die Gerade g schneidet die Ebene E orthogonal. Die Gerade g wird bei Spiegelung an E auf sich selbst abgebildet, d. h. g = g. e) Das Skalarprodukt des Richtungsvektors von g und des Normalenvektors von E ist null, außerdem liegt der Koordinatenursprung auf g und in E. Folglich liegt g in E. Die Gerade g wird bei Spiegelung an E auf sich selbst abgebildet, d. h. g = g.

3.7 Spiegelungen

497

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −14 −3 → − E und H sind echt parallel, Lotgerade von P(−14|10|10) auf H ist h : x = ⎝ 10 ⎠ + λ ⎝ 1 ⎠, 10 1

Parameterwert ⎡ ⎛ zum ⎞⎤Lotfußpunkt ⎛ ⎞ ist λ = −5, Spiegelpunkt von P an E ist P (16|0|0), Spiegelebene ist 16 −3 − x − ⎝ 0 ⎠⎦ • ⎝ 1 ⎠ = 0. E : ⎣→ 0 1 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 4 −2 − → → → − − ⎝ ⎠ ⎝ 1 ⎠, Lotgerade von P(5|3|5) auf H ist E und H schneiden sich in g : x = 0A + t u = 0 + t 0 1 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 5 1 − h:→ x = ⎝ 3 ⎠ + λ ⎝ 1 ⎠, Parameterwert zum Lotfußpunkt ist λ = −3, Spiegelpunkt von P an E ist 5 1 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −1 5 −2 − → − → − − x = 0P + kP A + l → u = ⎝ −3 ⎠ + k ⎝ 3 ⎠ + k ⎝ 1 ⎠. P (−1| − 3| − 1), Spiegelebene ist E : → −1 1 1 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 4 0 − → − ⎝ ⎠ ⎝ − 1 ⎠, Lotgerade von P(2|14|14) auf H ist E und H schneiden sich in g : → x = 0A +t → u = 1 +t 1 −1 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2 1 → − h : x = ⎝ 14 ⎠ + λ ⎝ 3 ⎠, Parameterwert zum Lotfußpunkt ist λ = −4, Spiegelpunkt von P an E ist 14 3 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −6 10 0 −→

−→ → − → −



P (−6| − 10| − 10), Spiegelebene ist E : x = 0P + kP A + l u = ⎝ −10 ⎠ + k ⎝ 11 ⎠ + k ⎝ 1 ⎠. −10 11 −1 ⎛ ⎞ 1 − − E und H schneiden sich in g : → x = t→ u = t ⎝ 1 ⎠, Lotgerade von P(1| − 1|0) auf H ist 0 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 1 − h:→ x = ⎝ −1 ⎠ + λ ⎝ −1 ⎠, Parameterwert zum Lotfußpunkt ist λ = − 23 , Spiegelpunkt von P an E 0 1 ⎛ 1⎞ ⎛ 1⎞ ⎛ ⎞ −3 −3 1     − → − → ⎜ 1⎟ ⎜ 1⎟ → − → − 1 1 4





ist P − 3 3 − 3 , Spiegelebene ist E : x = 0P + kAP + l u = ⎝ 3 ⎠ + k ⎝ 3 ⎠ + k ⎝ 1 ⎠, 0 −4 −4

Lösung 3.7.9: a)

b)

c)

d)

3

3

wobei A(0|0|0) ein Punkt auf der Schnittgerade g ist. e) Das Skalarprodukt der Normalenvektoren von E und H ist null, d. h., die Ebenen E und H schneiden sich orthogonal. In diesem Sonderfall wird die Ebene E bei Spiegelung an H auf sich selbst abgebildet, d. h. E = E. f) Multiplikation der Koordinatengleichung E mit (−2) ergibt die Koordinatengleichung H, d. h., E und H sind identisch. In diesem Sonderfall wird die Ebene E bei Spiegelung an H auf sich selbst abgebildet, d. h. E = E. ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2 7 −4 1 − → − → ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ 8 = −4 −2 ⎠. Aus dieser Recha) Ein Normalenvektor von E ist AB × AC = 2 × 5 = 2 3 −4 1 ⎛ ⎞ 1 −  √ − nung folgt, dass auch → n = ⎝ −2 ⎠ ein Normalenvektor von E ist, der die Länge → n  = 6 hat. Der 1 Abstand zwischen P und E ist Lösung 3.7.10:

498

3 Geraden und Ebenen ⎛ ⎞ ⎛ ⎞  −2 1   √ 1 ⎝ 1 (− →2 → → −  − ⎠ • ⎝ −2 ⎠ = √6 = 6 .  √ 4 · 0P − 0A • n = d(P, E) = →   −    n 6  16 6 1  ⎡

⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞ −1 1 → − ⎣ ⎝ ⎠ ⎦ ⎝ 0 Für die Spiegelung von P an E : x − • −2 ⎠ = 0 betrachten wir die zu E orthogonale 1 1 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −3 1 − → − ⎝ − − 4 ⎠ +r ⎝ −2 ⎠. Einsetzen des Ortsvektors → Hilfsgerade h : → x = 0P+r→ n = x der Geradenpunkte 17 1 in die Ebenengleichung ergibt: ⎡⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −3 1 −1 1 r−2 1 ⎣⎝ 4 ⎠ + r ⎝ −2 ⎠ − ⎝ 0 ⎠⎦ • ⎝ −2 ⎠ = ⎝ −2r + 4 ⎠ • ⎝ −2 ⎠ = 6r + 6 = 0 17 1 1 1 r + 16 1 Diese Gleichung hat die Lösung r = −1 und damit folgt ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −3 1 −5 −→

0P = ⎝ 4 ⎠ + 2 · (−1) · ⎝ −2 ⎠ = ⎝ 8 ⎠ , 17 1 15 d. h., P (−5|8|15) ist Spiegelpunkt von P an E.

   2 · 3 − 1 · 9 + 2 · (−3) − 12     b) Der Abstand d(P, E) von P zu E ist d(P, E) =   = 7. Für die Spiegelung   22 + (−1)2 + 22 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 3 2 → − von P an E betrachten wir die zu E orthogonale Hilfsgerade h : x = ⎝ 9 ⎠ + r ⎝ −1 ⎠. Einsetzen −3 2 der Koordinaten x = 3 + 2r, y = 9 − r und z = −3 + 2r der Geradenpunkte in die Koordinatengleichung der Ebene ergibt: 2(3 + 2r) − (9 − r) + 2(−3 + 2r) = 12 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ 3 2 −→

⎜ Es folgt 0P = ⎝ 9 ⎠ + 2 · 73 · ⎝ −1 ⎠ = ⎝ −3 2

37 3 13 3 19 3

⇔

9r − 9 = 12

⇔

r=

7 3

⎞   13  19  ⎟   ⎠, d. h., P 37 3 3 3 ist Spiegelpunkt von P an E.

c) Zunächst überzeugen wir uns, dass sich die Gleichung −  2 → − n=0 n  · r ± d(P, E) · →

(∗)

in den Teilaufgaben a) und b) ergibt: In a) ergibt sich √ 2 √ √ → 2 −  − n  · r + d(P, E) · → n  = 6 · r + 6 · 6 = 6r + 6 = 0 . Diese Gleichung hatten wir in Aufgabenteil a) auch auf dem konstruktiven Rechenweg erhalten. In ⎛ ⎞ 2 − Aufgabenteil b) ist → n = ⎝ −1 ⎠ und damit berechnen wir 2 2 −  → − n  = 32 · r − 7 · 3 = 9r − 21 = 0 . n  · r − d(P, E) · →

3.7 Spiegelungen

499

Dies ist äquivalent zur Gleichung 9r − 9 = 12, die wir beim konstruktiven Rechenweg als Zwischenergebnis erhalten haben. Wir beweisen, dass (∗) allgemein gilt. Dazu genügt es zu zeigen, dass − 2 −  (− →2 − → − − n  · r ± d(P, E) · → n 0P + r→ n − 0A • → n = → gilt. Nach den Eigenschaften des Skalarprodukts gilt: − 2 (− (− (− →2 − →2 − →2 − → − − → − → − − − n  + 0P − 0A • → 0P + r→ n − 0A • → n = r→ n •→ n + 0P − 0A • → n = r→ n Nach Folgerung 3.218 gilt

1 (− →2 −  → −  ·  0P − 0A • → n , d(P, E) = → − n  → n  folgt: woraus nach Multiplikation mit − (− −  →2 −   → − d(P, E) · → n  =  0P − 0A • → n

(#)

Nach Satz 3.224 gibt das Vorzeichen des Ausdrucks 1 (− →2 − → −  · 0P − 0A • → → n − n → − die relative Lage des Punkts P zur Ebene −  E in Bezug auf die Richtung des Normalenvektors n an. Multiplikation dieses Ausdrucks mit → n  > 0 verändert das Vorzeichen nicht, d. h., das Vorzeichen von (− →2 − → − 0P − 0A • → n (∗∗) erlaubt ebenfalls einen Rückschluss auf die relative Lage des Punkts P zur Ebene E in Bezug auf die − Richtung des Normalenvektors → n . Berücksichtigen wir das Vorzeichen des Ausdruckes (∗∗), dann können wir den Betrag in (#) wie folgt auflösen: ⎧ (− (− →2 − →2 − → − → − ⎨ − 0P − 0A • → n , falls 0P − 0A • → n 0 R≥0 (a; b)

Menge (Körper) der reellen Zahlen 

 = x∈Rx>0 

 = x∈Rx≥0 offenes Intervall reeller Zahlen a < b; Alternativbedeutung: Geordnetes Wertepaar reeller Zahlen a und b, wobei zwischen a und b eine beliebige Relation bestehen kann. Das Wertepaar besteht genau aus den Zahlen a und b, während das Intervall (a; b) alle reellen Zahlen zwischen a und b enthält, nicht aber a und b selbst. Die genaue Bedeutung des Symbols (a; b) ergibt sich jeweils eindeutig aus dem Sachzusammenhang.

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502

Symbolverzeichnis

[a; b]

abgeschlossenes Intervall reeller Zahlen mit a < b

(a; b]

linksseitig offenes Intervall reeller Zahlen mit a < b

[a; b)

rechtsseitig offenes Intervall reeller Zahlen mit a < b

(a; b; c)

geordnetes Wertetripel reeller Zahlen a, b und c  x , x≥0 Betrag einer reellen Zahl x = −x , x < 0

|x| f :D→W

Funktion mit Definitionsbereich D ⊆ R und Wertebereich W ⊆ R

sin(x)

Sinus von x

cos(x)

Kosinus von x

tan(x)

Tangens von x

arcsin(x)

Arcussinus von x

arccos(x)

Arcuskosinus von x

arctan(x)

Arcustangens von x ⎧ ⎨ −1 , x < 0 0 , x=0 = Signumfunktion (Vorzeichenfunktion) ⎩ 1 , x>0

sign(x) +∞, −∞

plus unendlich, minus unendlich; statt +∞ wird auch ∞ verwendet

P(x|y)

Koordinaten des Punkts P der reellen Zahlenebene

P(x|y|z)

Koordinaten des Punkts P des reellen Zahlraums

0

Null (als reelle Zahl) bzw. alternativ Nullpunkt im kartesischen Koordinatensytem der Ebene bzw. des Raums, dann mit Koordinaten ausgeschrieben auch als 0(0|0) bzw. 0(0|0|0). Die genaue Bedeutung des Symbols 0 ergibt sich jeweils eindeutig aus dem Sachzusammenhang.

AB − → 0P   AB − → → − x , AB, . . .  → − x → − → − a•b → − → − a×b

Strecke vom Punkt A zum Punkt B

LE

Abkürzung für den Begriff Längeneinheit

Ortsvektor des Punkts P Länge der Strecke AB Vektoren − Betrag / Länge des Vektors → x → − − Skalarprodukt der Vektoren → a und b → − − Kreuzprodukt der Vektoren → a und b

Symbolverzeichnis

503

⇔

äquivalent bzw. Äquivalenzumformung bei Gleichungen und Ungleichungen. Beispiel: Die Gleichungen x − y = 1 und x = 1 + y sind äquivalent, d. h., sie haben die gleiche Lösungsmenge. Durch Addition von y entsteht aus der ersten Gleichung die zweite, d. h., die Addition von y ist eine zulässige Äquivalenzumformung. Wir schreiben dafür abkürzend: x−y = 1 ⇔ x = 1+y

⇒

(daraus) folgt bzw. Folgerungsumformung bei Gleichungen und Ungleichungen. Beispiel: Die Gleichung x2 = 1 hat die Lösungen x1 = −1 und x2 = 1. Wird zum Beispiel in Rechnungen nur die positive Lösung benötigt, dann schreiben wir dafür abkürzend: x2 = 1 ⇒ x = 1 (#)

(#)

(#)

(#)

=, ≤, Verwendung in Beweisen, Herleitungen und diversen Rechnungen, Bedeutung: Wegen (#) gilt das jeweilige Relationszeichen =, ≤, , wobei (#) ein Querverweis auf eine Formel, einen Satz oder ein zuvor erhaltenes (Zwischen-) Ergebnis ist. Die genaue Bedeutung von (#) ergibt sich aus dem jeweiligen Sachzusammenhang. (#)

Allgemeine Hinweise: • Als Dezimaltrennzeichen wird grundsätzlich ein Komma verwendet. • Zur Vermeidung von Missverständnissen wird im Zusammenhang mit Mengen, die rationale Zahlen in Dezimalschreibweise enthalten, ein Semikolon als Trennzeichen zwischen Zahlwerten verwendet. Beispiel: {−0,123 ; 1,5 ; 2,33 ; 5 ; 7,03}. • Allgemein ergibt sich stets eindeutig aus dem Sachzusammenhang, welche Bedeutung Komma und Semikolon als Trennzeichen haben, wobei folgende Besonderheiten zu beachten sind: Enthält eine Aufzählung oder Menge keine rationalen Zahlen in Dezimalschreibweise oder ausschließlich Variablen, dann wird als Trennzeichen entweder ein Komma oder ein Semikolon verwendet. Gemäß dieser Vereinbarung werden zum Beispiel durch die Schreibweisen {x1 , x2 , x3 } und {x1 ; x2 ; x3 } bzw. {−2, −1, 0, 1, 2} und {−2; −1; 0; 1; 2} die gleichen Mengen mit den Elementen (Variablen) x1 , x2 und x3 bzw. den ganzen Zahlen −2, −1, 0, 1 und 2 beschrieben. Enthält eine Menge genau zwei ganze Zahlwerte, dann wird grundsätzlich ein Semikolon als Trennzeichen verwendet. Zum Beispiel enthält die Menge {−1; 2} die ganzen Zahlen −1 und 2. Wird {−1, 2} notiert, dann ist damit die Menge gemeint, die nur aus der rationalen Zahl −1,2 besteht. • Alle hier nicht genannten Symbole und Notationen sind innerhalb dieses Buchs erklärt oder werden als bekannt vorausgesetzt. Auszug aus dem griechischen Alphabet: α β Γ, γ Δ, δ

Alpha Beta Gamma Delta

ε ϑ κ λ

Epsilon Theta Kappa Lambda

μ π ρ σ

My Pi Rho Sigma

ϕ Phi ψ Psi Ω , ω Omega

Literaturverzeichnis

1. Andrie, Manfred; Meier, Paul: Lineare Algebra und Geometrie für Ingenieure. Eine anwendungsbezogene Einführung mit Übungen. Springer, Berlin, 3. Auflage, 1996 2. Aumann, Günter: Kreisgeometrie. Eine elementare Einführung. Springer Spektrum, Berlin, 2015 3. Bartsch, Hans-Jochen: Taschenbuch mathematischer Formeln. Fachbuchverlag, Leipzig, 18. Auflage, 1999 4. Bronstein, Ilja N.; Semendjaev, Konstantin A.; Musiol, Gerhard; Mühlig, Heiner: Taschenbuch der Mathematik. Harri Deutsch, Frankfurt am Main, 8. Auflage, 2012 5. Bigalke, Anton; Köhler, Norbert; Kuschnerow, Horst: Analytische Geometrie und Lineare Algebra, Kursstufe Brandenburg. Cornelsen, Berlin, 1996 6. Fischer, Gerd: Analytische Geometrie. Eine Einführung für Studienanfänger, Vieweg, Wiesbaden, 7. Auflage, 2001 7. Fischer, Gerd: Lineare Algebra. Eine Einführung für Studienanfänger. Vieweg, Wiesbaden, 18. Auflage, 2002 8. Fucke, Rudolf; Kirch, Konrad; Nickel, Heinz: Darstellende Geometrie für Ingenieure. Fachbuchverlag, Leipzig, 15. Auflage, 1998 9. Frank, Brigitte; Lemke, Horst; Stoye, Werner: Mathematik, Lehrbuch für Klasse 12. Volk und Wissen, Berlin, 3. Auflage, 1983 10. Köhler, Joachim; Höwelmann, Rolf; Krämer, Hardt: Analytische Geometrie in vektorieller Darstellung. Diesterweg, Frankfurt am Main, 9. Auflage, 1974 11. Ogilvy, Charles Stanley: Unterhaltsame Geometrie. Vieweg, Braunschweig, 3. Auflage, 1984 12. Reinhardt, Fritz: dtv-Atlas Schulmathematik. Deutscher Taschenbuch Verlag, München, 2002 13. Schupp, Hans: Kegelschnitte. BI Wissenschaftsverlag, Mannheim, 1988 14. Schuppar, Berthold: Geometrie auf der Kugel. Alltägliche Phänomene rund um Erde und Himmel. Springer Spektrum, Berlin Heidelberg, 2017 15. Schweizer, Wilhelm (Hrsg.): Lambacher-Schweizer Mathematisches Unterrichtswerk, Analytische Geometrie. Klett, Stuttgart, 2. Auflage, 1970

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Sachverzeichnis

n-Tupel, 9, 55 x-Achse, 65 x-Koordinate, 65 xy-Ebene, 69 xz-Ebene, 69 y-Achse, 65 y-Koordinate, 65 yz-Ebene, 69 z-Achse, 66 z-Koordinate, 66 Abstand - paralleler Ebenen, 296, 301 - paralleler Geraden - im Raum, 289, 291 - in der Ebene, 283, 284 - von Punkten im Raum, 74, 78, 79 - von Punkten in der Ebene, 73, 78 - windschiefer Geraden, 297, 298 - zweier Punkte im Raum, 180 - zwischen Punkt und Ebene, 292, 293, 295, 299–301 - zwischen Punkt und Gerade - im Raum, 286, 288, 290, 291 - in der Ebene, 276, 279, 282–285 Abstandsfunktion, 282, 288 Abszisse, 66 Abszissenachse, 66 Achsenabschnittsgleichung einer Ebene, 221, 223 Addition von Vektoren - Parallelogrammregel, 91 - Rechenregeln, 95 Aufriss einer Gerade, 251, 254 Basis eines Vektorraums, 153, 158–160 Betrag eines Vektors, 85, 88 Dimension eines Vektorraums, 153 Durchstoßpunkt, 233

Ebene, 200 - Dreipunktegleichung, 202 - Normalenvektor, 209, 213, 215, 220 - Punktprobe, 204, 212, 217 - Richtungsvektor, 202, 206 - Spurpunkte, 223 - Stützpunkt, 202, 209 - Stützvektor, 202, 209 - als Punktmenge, 204 - grafische Darstellung, 222, 224, 275 Ebenengleichung - Achsenabschnittsform, 221 - Hessesche Normalenform, 209, 216, 293 - Koordinatenform, 214, 260 - Normalenform, 209, 216 - Parameterform, 200, 202, 260 Ebenenschar, 229, 232, 245 - Koeffizientenvergleich, 231 - Scharparameter, 229, 232 echt parallele - Ebenen, 255, 258–261, 264, 265, 269 - Geraden, 183, 185, 187, 188, 195, 196, 198 Einheitspunkt, 65 Einheitsvektor, 95, 146, 148, 149 Einheitswürfel, 149 Erzeugendensystem, 150, 158, 159 Gauß-Algorithmus, siehe linerares Gleichungssystem Gegenvektor, 94 Gerade, 161, 176, 177, 181 - Anstieg, 162 - Punkt-Richtungs-Gleichung, 166 - Punktprobe, 170, 176, 179 - Richtungsvektor, 163, 165, 178 - Spurpunkte, 249 - Stützpunkt, 163, 165 - Stützvektor, 163, 165 - Zweipunktegleichung, 166

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508 - als Punktmenge, 169, 181 - als Schnitt von zwei Ebenen, 255, 258–261, 264, 265, 269 Geradengleichung, 180 - Hessesche Normalenform, 174, 279 - Koordinatenform, 161, 176 - Normalenform, 174 - Parameterform, 165, 176–178 Geradenschar, 172, 173, 182, 199, 244, 254, 291 - Scharparameter, 172, 173 Geradensegment, 161, 171 gleiche Vektoren, 85 gleichgerichtete - Pfeile, 81, 82, 87 - Vektoren, 85, 87, 107 Grundriss einer Gerade, 251, 254 Halbebene, 280, 284 Halbraum, 295, 300 Hessesche Normalengleichung - einer Ebene, 209, 213, 216 - einer Gerade, 174 identische - Ebenen, 255, 258–261, 264, 265, 269 - Geraden, 183, 185, 187, 195, 196, 198 kollineare Vektoren, 104, 120, 121 komplanare Vektoren, 108, 110, 121, 128, 204 Komponenten eines Vektors, 152 Koordinaten, 65, 66 - eines Pfeils, 80, 86 - eines Punkts, 65, 66, 180 - eines Vektors, 83, 91, 152, 160, 180 Koordinatenebene, 69 Koordinatengleichung - einer Ebene, 214, 216, 219, 220, 228, 260, 262–264, 269 - einer Gerade, 161, 176, 182 Koordinatensystem, 65, 66 - im Raum, 66, 75–77 - Raumeckenmodell, 69 - Tischplattenmodell, 69 - grafische Darstellung, 66 - in der Ebene, 66, 75 - kartesisches, 66 Koordinatenursprung, 65 Kreuzprodukt von Vektoren, 138, 139, 145, 146 - Eigenschaften, 139 - geometrische Interpretation, 140 Kreuzriss einer Gerade, 251, 254 Lagebeziehung - zwischen Ebene und Gerade, 218, 233, 235, 237, 239–245

Sachverzeichnis - zwischen Geraden, 183, 187, 188 - im Raum, 187, 189, 191, 196–198 - in der Ebene, 185, 188, 190, 195 - zwischen zwei Ebenen, 219, 255, 258–261, 264, 265, 269 linear - abhängige Vektoren, 104, 112, 114, 116, 119, 125–128, 153, 187, 198 - unabhängige Vektoren, 104, 112, 114, 119, 125, 127, 128, 151, 153, 180, 187–189, 198, 202, 204 lineare Gleichung, 5–11 - Koeffizienten, 5, 7, 9, 11, 214 - Lösungsmenge, 7, 11 - Normalform, 6, 9 - Unbekannte, 5 - Variable, 5, 9 - allgemeingültige, 11, 12, 28, 55 - eindeutige Lösung, 5, 6, 8 - geordnetes n-Tupel, 9 - geordnetes Wertepaar, 6, 7, 12 - geordnetes Wertetripel, 27 - geordnetes Zahlentripel, 8 - mehrdeutige Lösung, 5, 6, 8 - nichtttriviale, 55 - rechte Seite, 9 lineares Gleichungssystem, 12–34, 36–63 - Additionsverfahren, 16, 20, 21, 25, 27 - Dreieckssystem, 40 - Einsetzungsverfahren, 13, 14, 24, 27 - Elimination von Variablen, 27, 39 - Gauß-Algorithmus, 39, 44, 47–49, 51, 52, 54 - Gleichsetzungsverfahren, 12 - Lösungsmenge, 12–14, 17, 18, 27, 28, 39, 55 - Normalform, 18, 54 - Rückwärtseinsetzen, 43, 55 - Stufenform, 41, 55, 56 - Tabellenschreibweise, 48, 49, 51–53, 56 - Zeilenstufenform, 41 - äquivalente Umformung, 18, 44 - äquivalentes System, 12, 27, 39, 44 - eindeutig lösbar, 28, 32, 40, 42, 56 - mehrdeutig lösbar, 28, 32, 40, 42, 56 - mit 2 Gleichungen, 12 - mit 2 Variablen, 12, 25, 26 - mit 3 Gleichungen, 27 - mit 3 Variablen, 27, 36–39, 53, 54 - mit n Variablen, 54, 62, 63 - nicht lösbar, 28, 32, 42, 56 - nichttriviale Gleichung, 41, 55 - überbestimmtes System, 22, 34 - widerspruchsfreie Stufenform, 41 - zulässige Äquivalenzumformung, 44, 59 Linearkombination, 107, 148–150, 152

Sachverzeichnis Lot - eines Punkts auf eine Ebene, 246, 292 - eines Punkts auf eine Gerade, 246, 276 Lotfußpunkt, 282, 286, 288, 292 Lotfußpunktverfahren, 283, 285, 290, 299, 306, 308 Lotgerade, 246, 276, 312 Länge - eines Pfeils, 79 - eines Vektors, 85, 86, 88 Mittelpunkt einer Strecke - im Raum, 74, 76, 78 - in der Ebene, 74, 78 Normaleneinheitsvektor, 174, 295 Normalengleichung - einer Ebene, 209, 212, 213, 216, 228 - einer Gerade, 174, 182 Normalenvektor, 135, 208, 209, 213, 220, 271, 279, 286 Nullpunkt, 65 Nullvektor, 92 - nichttriviale Linearkombination, 112 - triviale Linearkombination, 112 Ordinate, 66 Ordinatenachse, 66 Orthogonalbasis, 154, 159, 160 orthogonale - Ebenen, 271, 273 - Vektoren, 134, 145, 285 orthogonale Projektion - einer Gerade auf eine Ebene, 246, 253 - eines Punkts auf eine Ebene, 246 - eines Punkts auf eine Gerade, 276 orthogonale Vektoren, 174 Orthogonalprojektion, 246, 248, 251 Orthonormalbasis, 156, 160 Ortsvektor, 84 parallele - Ebenen, 255 - Geraden, 183 - Pfeile, 81 Parametergleichung - einer Ebene, 202, 205, 206, 228, 255, 259, 260, 262, 263 - aus drei Punkten, 202 - aus zwei echt parallelen Geraden, 203 - aus zwei sich schneidenden Geraden, 203 - einer Gerade, 165, 176–178, 182, 199 Pfeil zwischen Punkten, 79, 86–88 Projektionsgerade, 246

509 Punktmenge, 69, 77 Punktspiegelung, 302 reelle Zahlenebene, 7, 65, 99 reeller Zahlraum, 8, 66, 100 Richtung - einer Verschiebung, 80 - eines Pfeils, 80 - eines Vektors, 280, 285 Richtungsvektor - einer Ebene, 202 - einer Gerade, 163 Schnittgerade zweier Ebenen, 255, 258–261, 264, 265, 269, 272 Schnittpunkt - zweier Geraden, 183, 185, 187–189, 195–198, 276 - zwischen Gerade und Ebene, 233, 235, 237, 239–245, 253, 292 - zwischen Geraden und Ebene, 312 Schnittwinkel - zwischen Ebenen, 270–273 - zwischen Gerade und Ebene, 248, 249, 253, 254 - zwischen Geraden, 193, 195–198, 270 Schwerpunkt eines Dreiecks, 183, 199 Skalarmultiplikation, 92 Skalarprodukt von Vektoren, 132, 142, 143 - Definition, 132 - Rechenregeln, 133 Spaltenvektor, 83 Spiegelebene, 305, 311 Spiegelgerade, 305, 311 Spiegelpunkt, 302, 306, 308, 310, 312 Spiegelung - einer Ebene an einem Punkt, 303, 305, 311 - einer Ebene an einer Ebene, 315, 317, 319 - einer Gerade an einem Punkt, 303, 305, 311 - einer Gerade an einer Ebene, 313, 315, 319 - eines Punkts an einer Ebene, 306, 312, 319 - eines Punkts an einer Gerade, 306, 308, 311 Spurgerade einer Ebene, 273, 275 Spurpunkte - einer Ebene, 223, 273, 275 - einer Gerade, 249 Standardbasis - des Vektorraums R2 , 151 - des Vektorraums R3 , 151 Strecke, 171 - Teilverhältnisse, 171, 182, 197 Subtraktion von Vektoren, 95 Summe von Vektoren, 89 Ursprungsgerade, 161, 199

510 Vektor - Betrag, 85, 88 - Definition, 82 - Komponenten, 152 - Koordinaten, 83, 91, 152 - Länge, 85 - Repräsentant, 82, 83, 86–88 - Richtung, 86 - der Länge Eins, 95 - inverser, 94 - skalare Multiplikation, 92, 101 - Rechenregeln, 93 Vektoraddition, 89, 101 - Parallelogrammregel, 91, 149, 154 - Rechenregeln, 95 - grafisch, 91, 100 Vektorgleichung, 96 Vektorraum, 99

Sachverzeichnis - Basis, 151, 153 - Dimenison, 153 - Erzeugendensystem, 150 - Orthogonalbasis, 154 - Orthonormalbasis, 156 Verschiebung, 79, 83 windschiefe Geraden, 183, 187, 189, 195, 196, 198 Winkel - zwischen Ebenen, 270–273 - zwischen Gerade und Ebene, 248, 249 - zwischen Geraden, 192, 193, 195–197 - zwischen Vektoren, 129, 130, 134, 143, 144, 147, 196 Zahlengerade, 65 Zeilenvektor, 157

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