Aufgaben für Montag, den 25. September 2017

Aufgabe 1

Bestimme für die folgenden Ebenen jeweils eine Koordinatengleichung:

E ist parallel zur Gerade ${g}:\vec{{{x}}}={\left(\begin{matrix}{1}\\{2}\\{3}\end{matrix}\right)}+{k}\cdot{\left(\begin{matrix}{1}\\{3}\\{2}\end{matrix}\right)}$ und verläuft durch den Punkt P(7|5|2).
E steht senkrecht zur ${x}_{{1}}$ -Achse und ist vom Punkt P(3|2|1) 4 Längeneinheiten entfernt.
${E}:{\left(\vec{{x}}-{\left(\begin{matrix}{1}\\{2}\\{3}\end{matrix}\right)}\right)}\cdot{\left(\begin{matrix}{1}\\{0}\\{7}\end{matrix}\right)}={0}$
E steht senkrecht auf der Ebene ${F}:{\left(\vec{{x}}-{\left(\begin{matrix}{1}\\{2}\\{3}\end{matrix}\right)}\right)}\cdot{\left(\begin{matrix}{1}\\{0}\\{7}\end{matrix}\right)}={0}$ und enthält den Ursprung.

Lösungen zu Aufgabe 1

Zu 1.

Es gibt unendlich viele Ebenen, die zu g parallel sind. Da nur eine Gleichung zu bestimmen ist, kann man frei wählen.

Somit wäre eine mögliche Wahl eine Gerade, die durch P verläuft, den Richtungsvektor von g als einen Spannvektor enthält und einen beliebigen anderen, um daraus eine Ebene zu machen.

Eine möglicher Parameterdarstellung wäre somit ${g}:\vec{{x}}={\left(\begin{matrix}{7}\\{5}\\{2}\end{matrix}\right)}+{k}\cdot{\left(\begin{matrix}{1}\\{3}\\{2}\end{matrix}\right)}+{l}\cdot{\left(\begin{matrix}{1}\\{2}\\{3}\end{matrix}\right)}$

Machen wir daraus noch eine Koordinatengleichung, indem wir zunächst das Vektorprodukt aus den Spannvektoren bilden:

$\vec{{n}}$ = $\begin{pmatrix}1 \\3 \\2 \end{pmatrix}$ $\times$ $\begin{pmatrix}2 \\1 \\3 \end{pmatrix}$ = $\begin{pmatrix}7 \\1 \\-5 \end{pmatrix}$

Eine mögliche Koordinatengleichung ist somit $E: 7x_1+ 1x_2-5x_3= 44$

Zu 2.

Senkrecht zur $x_1$ -Achse bedeutet, dass die Koordinatenform nur aus der $x_1$ -Komponente besteht.

Da die $x_1$ -Komponente des Punktes P 3 ist, muss die $x_1$ -Komponente eines Punktes in der Ebene entweder eine 3+4=7 oder 3-4=-1 sein.

Somit kommen als Lösungen in Frage:

${E}_{{1}}:{x}_{{1}}={7}$ oder ${E}_{{2}}={x}_{{1}}=-{1}$

zu 3.

Einfach die Normalenform ausmultiplizieren. Das ergibt:

$x_1+7x_3= 22$

Zu 4.

Auch hier gibt es wieder unendlich viele Möglichkeiten, denn senkrecht zu E bedeutet, dass der Normalenvektor der gesuchten Ebene senkrecht zum Normalenvektor der Ebene E steht.

Somit suchen wir einen Normalenvektor, der senkrecht auf $\begin{pmatrix}1 \\0 \\7 \end{pmatrix}$ steht. Diese Aussage ist gleichbedeutend damit, dass das Skalarprodukt zwischen $\begin{pmatrix}1 \\0 \\7 \end{pmatrix}$ und dem gesuchten Vektor 0 sein muss.

In diesem Fall findet man eine Lösung durch scharfes Anschauen, z. B.: $\begin{pmatrix}-7 \\0 \\1 \end{pmatrix}$ .

Stellt man damit wieder eine Koordinatenform auf, so erhält man unter der Berücksichtigung, dass auch der Ursprung in der Ebene liegt, die Lösung ${E}:-{7}{x}_{{1}}+{x}_{{3}}={0}$

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Aufgabe 2

Bestimme den Abstand des Punktes P(1|2|3) von der Ebene ${E}:{2}{x}_{{1}}-{3}{x}_{{2}}+{x}_{{3}}={8}$ .

Diesen Aufgabentyp haben wir bisher noch nicht gemacht. Wenn du nicht weiter weißt, gibt es hier einen Tipp.

Hier geht es direkt zur Lösung

Tipp:

Stelle die Gleichung der Gerade auf, die durch P verläuft und senkrecht zu E steht. Der Rest dürfte klar sein, oder?

Tipp wieder verstecken

Lösung zu Aufgabe 2

Gemäß dem Tipp ergibt sich der folgende Lösungsweg (mehrfach auf die Zeichnung tippen, um die einzelnen Schritte anzuzeigen):

Stellen wir also die Geradengleichung auf:

$g:\vec {x}= \begin{pmatrix}1 \\2 \\3 \end{pmatrix} + k\cdot \begin{pmatrix}2 \\-3 \\1 \end{pmatrix}$

Nun suchen wir einen Schnittpunkt mit der Ebene E, also setzen wir die Komponenten der Gerade in die Ebenengleichung ein (auch hier kannst du mehrfach tippen, um dir den Lösungsweg schrittweise klarzumachen):

Setzt man den Wert $k=\frac{9}{14}$ in die Geradengleichung ein, so erhält man als Ortsvektor für den Lotfußpunkt L

$\begin{pmatrix}1 \\2 \\3 \end{pmatrix} +\frac{9}{14} \cdot \begin{pmatrix}2 \\-3 \\1 \end{pmatrix}= \begin{pmatrix}\frac{16}{7} \\\frac{1}{14} \\\frac{51}{14} \end{pmatrix}$

Bestimmt man nun noch den Betrag des Verbindungsvektors $\vec{PL}=\begin{pmatrix}\frac{16}{7} \\\frac{1}{14} \\\frac{51}{14} \end{pmatrix}-\begin{pmatrix}1 \\2 \\3 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\frac{9}{7} \\-\frac{27}{14} \\\frac{9}{14} \end{pmatrix}$ , so erhält man als Abstand $|\vec{PL}|=\frac{9}{\sqrt{14}} =2.405351177211819$

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Aufgabe 3

Gib die Koordinatengleichungen der Ebenen an, die von der Ebene ${E}:{2}{x}_{{1}}-{3}{x}_{{2}}+{x}_{{3}}={8}$ den Abstand 4 Längeneinheiten hat.

Wenn du nicht weiterkommst, gibt es auch hier einen Tipp.

Tipp:

Wenn eine Ebene von einer anderen Ebene den Abstand 4 LE hat, müssen die beiden Ebenen zueinander parallel sein. Wären sie es nicht, ergäbe es keinen Sinn von einem Abstand zu sprechen, da sie sich dann zwangsläufig in einer Geraden schneiden.

Außerdem kann dir hier ein normierter Normalenvektor helfen, Punkte zu finden, die den Abstand 4 LE von der Ebene haben. Schau im Zweifelsfall nochmal nach, was das war, und stelle dann die Ebenengleichungen auf.

Tipp wieder verstecken

Was fällt dir am Ergebnis auf?

Zur Lösung

Lösung zu Aufgabe 3

Ein Normalenvektor der Ebene E ist $\vec{n}=\begin{pmatrix}2 \\-3 \\1 \end{pmatrix}$ .

Ein beliebiger Punkt in der Ebene ist z. B. P(0|0|8).

Der normierte Normalenvektor $\vec{{n}}_{{0}}$ ist ein Normalenvektor der Länge 1. Die Länge unseres Normalenvektors ist $\sqrt{14}$ , also gilt:

$\vec{n_0}=\frac{1}{\sqrt{14}} \cdot \begin{pmatrix}2 \\-3 \\1 \end{pmatrix}$

Da wir zu unserer Ebene eine weitere Ebene suchen, die 4 LE von unserer Ebene entfernt ist, gehen wir von einem beliebigen Punkt unserer Ebene aus 4 Mal in Richtung des normierten Normalenvektors. Der dort befindliche Punkt $P_1$ muss in einer der Ebenen liegen, die den Abstand 4 LE von unserer Ebene haben:

$\vec{OP_1}= \begin{pmatrix}0 \\0 \\8 \end{pmatrix}+ 4 \cdot \vec{n_0}= \begin{pmatrix}\frac{8}{\sqrt{14}} \\-\frac{12}{\sqrt{14}} \\\frac{4}{\sqrt{14}}+8 \end{pmatrix}$

Das gleiche macht man in die andere Richtung, indem man 4 Mal den negativen normierten Normalenvektor anhängt und erhält:

$\vec{OP_2}= \begin{pmatrix}0 \\0 \\8 \end{pmatrix}- 4 \cdot \vec{n_0}= \begin{pmatrix}-\frac{8}{\sqrt{14}} \\\frac{12}{\sqrt{14}} \\-\frac{4}{\sqrt{14}}+8 \end{pmatrix}$

Die Normalenvektoren der parallelen Ebenen sind mit dem Normalenvektor der Ebene ${E}:{2}{x}_{{1}}-{3}{x}_{{2}}+{x}_{{3}}={8}$ identisch. Allerdings enthalten die beiden neuen Ebenen die Punkte $P_1$ bzw. $P_2$ .

Setzt man die Werte ein, so erhält man näherungsweise über $P_1$ die Ebenengleichung

$E_1:2x_1-3x_2+x_3=\frac{56}{\sqrt{14}}+8 =22.966629547095763$

Analog dazu ist die zweite Gleichung:

$E_2:2x_1-3x_2+x_3=-\frac{56}{\sqrt{14}}+8 =-6.9666295470957635$

Es fällt auf, dass die linke Seite der Ebenengleichung bei allen Ebenen identisch ist und sich der Wert auf der rechten Seite in beide Richtungen um $\frac{{56}}{\sqrt{{{14}}}}$ von der 8 wegbewegt hat.

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Aufgabe 4

Bestimme für die folgenden Ebenen die Spurpunkte und stelle die Ebenen in Koordinatensystemen dar.

${E}:{x}_{{1}}-{x}_{{2}}+{3}{x}_{{3}}={6}$
${E}:{x}_{{2}}+{2}{x}_{{3}}={4}$
${E}:{2}{x}_{{1}}={2}$

Zur Lösung

Lösung zu Aufgabe 4

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Aufgabe 5

Eine Hebebühne befindet sich zu Beginn unserer Betrachtung auf Bodenebene. Schließlich wird sie zum Zeitpunkt 0 s beginnend mit der Geschwindigkeit ${v}={0},{5}\frac{{m}}{{s}}$ nach oben bewegt.

Gib die Ebene ${E}_{{t}}$ in Abhängigkeit des Parameters t an, die zu jedem Zeitpunkt t (in Sekunden) der zur Hebebühne zugehörigen Ebenengleichung entspricht.

Wähle dafür ein geeignetes Koordinatensystem.

Zur Lösung

Lösung zu Aufgabe 5

Die Bodenebene sei die $x_1$ - $x_2$ -Ebene, also $x_3=0$ .

Mit jeder Sekunde bewegt sich die Hebebühne um ${0},{5}\frac{{m}}{{s}}$ nach oben, also in positive $x_3$ -Richtung.

Somit ist eine denkbare Ebenengleichung in Abhängigkeit der Zeit t in Sekunden

${E}_{{t}}:{x}_{{3}}={t}\cdot{0},{5}$

Kontrolle: Setzt man für t beispielsweise 2 ein, so müsste die Ebene bereits 1 m über der Erde sein, was in der Gleichung zu ${E}_{{2}}:{x}_{{3}}={2}\cdot{0},{5}={1}$ führt.

Stimmt also!

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