Dr. Erwin Sch¨ orner
Klausurenkurs zum Staatsexamen (WS 2014/15):
Lineare Algebra und analytische Geometrie 7
— L¨ osungsvorschlag —
7.1 a) Die Ebene E
2= t + R · u
1+ R · u
2mit
t =
1 1
−1
sowie u
1=
1
−1 1
und u
2=
1 4 1
besitzt wegen
u
1× u
2=
1
−1 1
×
1 4 1
=
−5 0 5
= −5 · e u mit u e =
1 0
−1
den Normalenvektor e u und damit die Gleichung
E
2: u e ◦
x y z
= u e ◦ t bzw. x − z = 2.
Die Schnittgerade s der beiden Ebenen E
1und E
2ist damit die L¨ osungs- menge des linearen Gleichungssystems
E
2: x − z = 2
E
1: −6 x + 4 y − 10 z = −20 und besitzt wegen
1 0 −1
−6 4 −10
2
−20
II+6I
1 0 −1 0 4 −16
2
−8
die Parameterdarstellung h =
2
−2 0
+ R ·
1 4 1
.
b) Die Koordinaten x
P= 0, y
P= 0 und z
P= −2 des Punktes P gen¨ ugen gem¨ aß
x
P− z
P= 0 − (−2) = 2
der Gleichung der Ebene E
2; damit liegt P in der Ebene E
2.
Die Gerade g, welche im Punkt P senkrecht auf der Ebene E
2steht, besitzt nun den Tr¨ agerpunkt P und den Richtungsvektor e u, also die Parameter- darstellung
g = P + R · u e =
0 0
−2
+ R ·
1 0
−1
.
c) Der Schnittpunkt S der Geraden g mit der Ebene E
1besitzt (als Punkt von g) die Gestalt
S =
0 0
−2
+ λ ·
1 0
−1
=
λ 0
−2 − λ
f¨ ur einen geeigneten Parameter λ ∈ R , wobei wegen S ∈ E
1dann
−6 · λ + 4 · 0 − 10 · (−2 − λ) = −20, also
4 · λ = −40 und damit λ = −10 gilt; folglich ist
S =
−10 0 8
. 7.2 Die gegebene Ebene E durch die drei Punkte
P =
−1 0 0
, Q =
0
−1 0
und R =
0 0
−1
besitzt den Tr¨ agerpunkt P sowie die beiden (linear unabh¨ angigen) Richtungsvek- toren
u
1= Q − P =
1
−1 0
und u
2= R − P =
1 0
−1
und damit die Parameterdarstellung
E =
−1 0 0
+ R ·
1
−1 0
+ R ·
1 0
−1
. Folglich ist
e u = u
1× u
2=
1
−1 0
×
1 0
−1
=
1 1 1
ein Normalenvektor der Ebene E, und wir erhalten die Gleichung E : u e ◦
x y z
= u e ◦ P bzw. x + y + z = −1.
Die gegebene Gerade g, die den Ursprung 0 enth¨ alt und auf E senkrecht steht, besitzt den Tr¨ agerpunkt 0 und den Richtungsvektor e u und damit die Parameter- darstellung
g =
0 0 0
+ R ·
1 1 1
= R ·
1 1 1
.
Der Schnittpunkt S von g und E besitzt (als Punkt von g) die Gestalt
S = λ ·
1 1 1
= ·
λ λ λ
f¨ ur ein geeignetes λ ∈ R , und wegen S ∈ E gilt
λ + λ + λ = −1, also 3 λ = −1 bzw. λ = − 1 3 ; damit ergibt sich
S =
−
13−
13−
13
.
Als Spiegelpunkt T von 0 an der Ebene E erh¨ alt man schließlich T = 0 + (S − 0)
| {z }
=LotfußpunktS
+(S − 0) = 2 · S =
−
23−
23−
23
.
7.3 Im Raum R
4sind in Abh¨ angigkeit von α ∈ R \ {0} die beiden Ebenen E
α= t
1+ R · u
1+ R · u
2und F
α= t
2+ R · u
3+ R · u
4mit
t
1=
2 2 1 1
, u
1=
2 2 2 0
, u
2=
α 0 α α
und t
2=
α α 0 α
, u
3=
2 1 0
−1
, u
4=
0 1 2 1
gegeben; wegen α 6= 0 k¨ onnten f¨ ur E
αauch die Richtungsvektoren
u
01=
1 1 1 0
und u
02=
1 0 1 1
gew¨ ahlt werden, so daß E
αeigentlich nicht von α abh¨ angig ist. Die beiden Ebenen E
αund F
αschneiden sich nun genau dann, wenn E
α∩ F
α6= ∅ gilt, es also ein v ∈ R
4mit v ∈ E
αund v ∈ F
αgibt. ¨ Uber die Parameterdarstellungen
t
1+ λ
1· u
1+ λ
2· u
2| {z }
∈Eα
= v = t
2+ λ
3· u
3+ λ
4· u
4| {z }
∈Fα
f¨ uhrt dies zu der Beziehung
λ
1· u
1+ λ
2· u
2+ λ
3· (−u
3) + λ
4· (−u
4) = t
2− t
1, also zu dem linearen Gleichungssystem A · x = b mit
A = (u
1, u
2, −u
3, −u
4) ∈ R
4×4und b = t
2− t
1∈ R
4;
damit gilt E
α∩ F
a6= ∅ genau dann, wenn A · x = b (mindestens) eine L¨ osung
x =
λ
1λ
2λ
3λ
4
∈ R
4besitzt. Wegen
(A|b) =
2 α −2 0 α − 2 2 0 −1 −1 α − 2
2 α 0 −2 −1
0 α 1 −1 α − 1
II−I III−I
2 α −2 0 α − 2
0 −α 1 −1 0
0 0 2 −2 −α + 1
0 α 1 −1 α − 1
IV+II
2 α −2 0 α − 2
0 −α 1 −1 0
0 0 2 −2 −α + 1
0 0 2 −2 α − 1
IV−III
2 α −2 0 α − 2
0 −α 1 −1 0
0 0 2 −2 −α + 1
0 0 0 0 2α − 2
ist das lineare Gleichungssystem A · x = b genau dann l¨ osbar, wenn
Rang(A|b) = Rang(A) = 3, also 2 α − 2 = 0 bzw. α = 1 gilt.
7.4 Im R
3betrachten wir die Ebene E =
x y z
∈ R
3| x + 2 y = −1
und zu gegebenem λ ∈ R die Teilmenge
G
λ=
x y z
∈ R
3| x + y − λ z = −1 und −2 x − 3 y + λ z = 1 + λ
.
a) Die Teilmenge G
λmit λ ∈ R besteht genau aus den Punkten
x y z
∈ R
3, welche den beiden Bedingungen
x + y − λ z = −1 und −2 x − 3 y + λ z = 1 + λ
gen¨ ugen, ist also die L¨ osungsmenge des inhomogenen linearen Gleichungs- systems mit der Koeffizientenmatrix
(A | b) =
1 1 −λ
−2 −3 λ
−1 1 + λ
II+2·I1 1 −λ 0 −1 −λ
−1
−1 + λ
I+II
1 0 −2 λ
0 −1 −λ
−2 + λ
−1 + λ
. Wegen Rang (A | b) = 2 ist die Teilmenge G
λunabh¨ angig von λ ∈ R eindim- sional, also eine Gerade mit der Gestalt
G
λ= x
p+ L
0= t
Gλ+ R · u
Gλ=
−2 + λ 1 − λ
0
+ R ·
2 λ
−λ 1
. b) Wir betrachten die beiden Teilmengen von R
3E =
x y z
∈ R
3| x + 2 y = −1
und G
λ=
−2 + λ 1 − λ
0
+ R ·
2 λ
−λ 1
; ein gemeinsamer Punkt S von G
λund E besitzt als Punkt von G
λdie Parameterdarstellung
S =
−2 + λ 1 − λ
0
+ µ ·
2 λ
−λ 1
=
−2 + λ + µ · 2 λ 1 − λ + µ · (−λ)
µ
f¨ ur ein µ ∈ R und gen¨ ugt als Punkt von E der Ebenengleichung, also
(−2 + λ + µ · 2 λ) + 2 · (1 − λ + µ · (−λ)) = −1 ⇐⇒ λ = 1, und wir erhalten:
• F¨ ur λ 6= 1 sind G
λund E ohne gemeinsamen Punkt.
• F¨ ur λ = 1 erf¨ ullt jeder Punkt auf G
1(unabh¨ angig von µ ∈ R ) die Gleichung von E, es ist also G
1⊆ E und damit G
1∩ E = G
1.
7.5 a) Die Ebene E durch die drei Punkte A, B und C besitzt den Tr¨ agerpunkt
t = A =
1 0
−1
und den beiden (offensichtlich linear unabh¨ angigen) Richtungsvektoren u
1= B − A =
0 1
−2
und u
2= C − A =
−1 1
−3
und folglich die Parameterdarstellung
E = t + R · u
1+ R · u
2=
1 0
−1
+ R ·
0 1
−2
+ R ·
−1 1
−3
. Mit dem Normalenvektor
e u
E= u
1× u
2=
0 1
−2
×
−1 1
−3
=
−1 2 1
ergibt sich f¨ ur die Ebene E die Gleichung
e u
E◦ x = u e
E◦ t, also − x
1+ 2 x
2+ x
3= −2, wegen k e u
Ek = √
6 und e u
E◦ t < 0 also die Hessesche Normalform
−x
1+ 2 x
2+ x
3+ 2
− √
6 = 0 bzw. x
1− 2 x
2− x
3− 2
√ 6 = 0.
Damit ist
d(D, E) =
0 − 2 · 1 − (−
52) − 2
√ 6
=
−
32√ 6
= 3 2 √
6 .
b) Die Lotgerade durch den Punkt D zur Ebene E besitzt den Tr¨ agerpunkt t
`= D und den Richtungsvektor u
`= e u
E, also die Parameterdarstellung
` = t
`+ R · u
`=
0 1
−
52
+ R ·
−1 2 1
. F¨ ur den Schnittpunkt L = ` ∩ E gilt
L =
−λ 1 + 2λ
−
52+ λ
∈ `
f¨ ur ein geeignetes λ ∈ R , und wegen L ∈ E ergibt sich
−1 · (−λ) + 2 · (1 + 2λ) + 1 · (− 5
2 + λ) = −2, also λ = − 1 4 , und damit
L =
1 41
−
2114
.
7.6 Im euklidischen R
3sind die folgenden drei Geraden zu betrachten:
• Die Gerade L
1ist als Schnittmenge der beiden Ebenen
E
1: x + y − z = 1 und E
2: 2 x − y − 2 z = −1 gegeben und stellt daher die L¨ osungsmenge des linearen Gleichungssystems
x + y − z = 1 2 x − y − 2 z = −1 dar.
• Die Gerade L
2ist ¨ uber ihre Parameterdarstellung
1 2 − t
t
| t ∈ R
gegeben.
• Die Gerade L
3ist als Verbindungsgerade der beiden Punkte q
1=
0 3
−2
und q
2=
−2
−1 0
gegeben, besitzt demnach mit dem Tr¨ agerpunkt q
1und dem Richtungsvektor u = q
2− q
1die Parameterdarstellung
q
1+ R · u =
0 3
−2
+ R ·
−2
−4 2
=
−2 s 3 − 4 s
−2 + 2 s
| s ∈ R
. Im folgenden st¨ utzen wir uns auf diese Darstellungen f¨ ur die drei Geraden.
a) Wir zeigen, daß sich sich die Geraden paarweise schneiden und bestimmen die drei Schnittpunkte:
• F¨ ur einen gemeinsamen Punkt p
1von L
2und L
3gilt
1 2 − t
t
= p
1=
−2 s 3 − 4 s
−2 + 2 s
,
was genau f¨ ur s = −
12und t = −3 erf¨ ullt ist; damit schneiden sich die beiden Geraden L
2und L
3im Punkt p
1=
1 5
−3
.
• Der Punkt p
2=
−2 s 3 − 4 s
−2 + 2 s
von L
3mit s ∈ R liegt genau dann auch auf L
1, wenn
(−2 s) + (3 − 4 s) − (−2 + 2 s) = 1
2 (−2 s) − (3 − 4 s) − 2 (−2 + 2 s) = −1
gilt, was genau f¨ ur s =
12erf¨ ullt ist; damit schneiden sich die beiden Geraden L
1und L
3im Punkt p
2=
−1 1
−1
.
• Der Punkt p
3=
1 2 − t
t
von L
2mit t ∈ R liegt genau dann auch auf L
1, wenn
1 + (2 − t) − t = 1 2 · 1 − (2 − t) − 2 t = −1
gilt, was genau f¨ ur t = 1 erf¨ ullt ist; damit schneiden sich die beiden Geraden L
1und L
2im Punkt p
3=
1 1 1
.
b) Wir betrachten das Dreieck ∆ ⊆ R
3mit den Eckpunkten p
1, p
2, p
3. Die beiden Richtungsvektoren
u = p
1− p
2=
1 5
−3
−
−1 1
−1
=
2 4
−2
und
v = p
3− p
2=
1 1 1
−
−1 1
−1
=
2 0 2
von p
2zu p
1bzw. p
3sind gem¨ aß
u ◦ v = 2 · 2 + 4 · 0 + (−2) · 2 = 0
orthogonal, so daß im Eckpunkt p
2ein rechter Innenwinkel δ
2=
π2= 90
◦vorliegt. F¨ ur den Fl¨ acheninhalt F
∆des rechtwinkligen Dreiecks ∆ ergibt sich damit
F
∆= 1
2 · kuk · kvk = 1 2 ·
2 ·
1 2
−1
| {z }
=2√ 6
·
2 ·
1 0 1
| {z }
=2√ 2
= 2 √
12 = 4 √ 3.
F¨ ur den Innenwinkel δ
1im Eckpunkt p
1gilt tan δ
1= Gegenkathete
Ankathete = kvk
kuk = 2 √ 2 2 √
6 = 1
√ 3
und damit δ
1=
π6= 30
◦, so daß sich ¨ uber die Innenwinkelsumme im Dreieck f¨ ur den Innenwinkel δ
3im Eckpunkt p
3dann
δ
3= π − (δ
1+ δ
2) = π − π 6 + π
2
= π
3 = 60
◦ergibt.
7.7 a) F¨ ur die im euklidischen Raum ( R
3, ◦) gegebenen Punkte A =
1 3 5
, B =
2 2 1
und C =
5 5 1
gilt
u
1= A − B =
−1 1 4
und u
2= C − B =
3 3 0
; damit ist das Dreieck ∆ABC wegen
d(A, B) = ku
1k = p
(−1)
2+ 1
2+ 4
2= 3 √ 2 d(B, C) = ku
2k = √
3
2+ 3
2+ 0
2= 3 √ 2 gleichschenklig und wegen
u
1◦ u
2= −3 + 3 + 0 = 0
auch rechtwinklig (mit dem rechten Winkel bei der Ecke B ). Mit dem Punkt D = A + u
2=
1 3 5
+
3 3 0
=
4 6 5
ist dann ABCD ein Quadrat.
b) Die Ebene E, in der das Quadrat ABCD liegt, besitzt den Tr¨ agerpunkt B sowie gem¨ aß Teilaufgabe a) die beiden linear unabh¨ angigen Richtungs- vektoren u
1und u
2, wegen
u
1× u
2=
−1 1 4
×
3 3 0
=
−12 12
−6
= −6 · e u mit e u =
2
−2 1
also den Normalenvektor u, und damit die Gleichung e
u e ◦ x = u e ◦ B bzw. 2 x
1− 2 x
2+ x
3= 1.
Das Quadrat ABCD besitzt den Mittelpunkt M =
12(A + C) = 1
2 ·
6 8 6
=
3 4 3
,
so dass sich f¨ ur die Lotgerade ` zu E durch M , also mit dem Tr¨ agerpunkt M und dem Richtungsvektor e u, die Parameterdarstellung
` = M + R · e u =
3 4 3
+ R ·
2
−2 1
ergibt.
c) Alle Punkte S auf der Geraden ` sind von der Gestalt S =
3 4 3
+ λ ·
2
−2 1
=
3 + 2 λ 4 − 2 λ 3 + λ
f¨ ur einen Parameter λ ∈ R . Die Pyramide mit der quadratischen Grund- fl¨ ache ABCD und der Spitze S besitzt das Volumen
V = 1
3 · F
ABCD· h mit h = d(S, E);
das Quadrat ABCD hat nun gem¨ aß a) die Seitenl¨ ange ku
1k = 3 √ 2 und damit dem Inhalt F
ABCD= (3 √
2)
2= 18, und f¨ ur die H¨ ohe h = d(S, E) ergibt sich mit der Hesseschen Normalform
E : 2 x
1− 2 x
2+ x
3− 1
3 = 0
der Ebene E (wobei k e uk = p
2
2+ (−2)
2+ 1
2= 3 eingeht) h = d(S, E) =
2 (3 + 2 λ) − 2 (4 − 2 λ) + (3 + λ) − 1 3
=
(6 + 4 λ) − (8 − 4 λ) + (3 + λ) − 1 3
=
9 λ 3
= |3 λ| = 3 |λ| . Insgesamt erh¨ alt man
V = 1
3 · F
ABCD· h = 1
3 · 18 · 3 |λ| = 18 |λ|
und damit
V = 36 ⇐⇒ 18 |λ| = 36 ⇐⇒ |λ| = 2 ⇐⇒ λ = ±2, also die beiden Punkte
S
1=
7 0 5
und S
2=
−1 8 1
.
7.8 a) Die Ebene E
1⊆ R
3mit der Gleichung x +y = 1 besitzt den Normalenvektor e u
1=
1 1 0
der L¨ ange k u e
1k = √
1
2+ 1
2+ 0
2= √
2; damit besitzt E
1die Hessesche Normalform
x + y − 1
√ 2 = 0,
womit sich f¨ ur den Abstand d(0, E
1) des Nullpunkts 0 =
0 0 0
von E
1d(0, E
1) =
0 + 0 − 1
√ 2
= 1
√ 2
ergibt.
b) Die Schnittgerade L = E
1∩ E
2ist genau die L¨ osungsmenge des linearen Gleichungssystems
x + y = 1
y + z = 1 wodurch sich
L = t + R · u mit t =
0 1 0
und u =
1
−1 1
ergibt. Der Fußpunkt x
0des Lotes ` vom Nullpunkt 0 =
0 0 0
auf die Gerade L besitzt (als Punkt von L) die Gestalt
x
0= t + λ · u =
λ 1 − λ
λ
f¨ ur ein geeignetes λ ∈ R ; damit ist
x
0− 0 =
λ 1 − λ
λ
−
0 0 0
=
λ 1 − λ
λ
ein Richtungsvektor der Lotgeraden `, der allerdings auf dem Richtungsvek- tor u der Geraden L senkrecht stehen muß. Aus
0 = u ◦ (x
0− 0) = 1 · λ + (−1) · (1 − λ) + 1 · λ = −1 + 3 λ ergibt sich λ =
13und damit x
0=
1 32 31 3
. Damit ergibt sich f¨ ur den Abstand d(0, L) des Nullpunkts 0 von der Geraden L
d(0, L) = d(0, x
0) = kx
0− 0k =
1 32 31 3
=
= 1 3 ·
1 2 1
= 1 3 · √
1
2+ 2
2+ 1
2= 1 3
√ 6.
7.9 a) Die gegebene Ebene E
1im R
3durch die Punkte a =
1
−1 2
, b =
2 0
−1
, c =
0 2 1
besitzt den Tr¨ agerpunkt a sowie die beiden Richtungsvektoren
u
1= b − a =
1 1
−3
und u
2= c − a =
−1 3
−1
und folglich die Parameterdarstellung E
1=
1
−1 2
+ R ·
1 1
−3
+ R ·
−1 3
−1
. Ferner ist
u
1× u
2=
1 1
−3
×
−1 3
−1
=
8 4 4
= 4 · u e mit e u =
2 1 1
, so daß sich f¨ ur die Ebene E
1die Gleichung
u e ◦ x = e u ◦ a, also 2 x
1+ x
2+ x
3= 3 ergibt; des weiteren besitzt E
1wegen
k e uk =
2 1 1
= √
2
2+ 1
2+ 1
2= √ 6 und e u ◦ a = 3 > 0 die Hessesche Normalform
E
1: 2 x
1+ x
2+ x
3− 3
√ 6 = 0;
damit ergibt sich f¨ ur den Abstand des Punktes r =
5 2 0
von der Ebene E
1d(r, E
1) =
2 · 5 + 2 + 0 − 3
√ 6
= 9
√ 6 = 3 2
√ 6.
b) Die gegebene Ebene E
2mit Tr¨ agerpunkt q =
−1
−2 3
und Normalenvektor
v =
2 2
−1
der L¨ ange kv k = p
2
2+ 2
2+ (−1)
2= √ 9 = 3 besitzt die Gleichung
v ◦ x = v ◦ q, also 2 x
1+ 2 x
2− x
3= −9 sowie wegen v ◦ q = −9 < 0 die Hessesche Normalform
E
2: − 2 x
1+ 2 x
2− x
3+ 9
3 = 0;
damit ergibt sich f¨ ur den Abstand des Punktes r =
5 2 0
von der Ebene E
2d(r, E
2) =
− 2 · 5 + 2 · 2 − 0 + 9 3
=
− 23 3
= 23
3 .
7.10 a) Zur gegebenen Matrix A =
1 −2 1
−1 2 0 2 −4 1
∈ R
3×3betrachten wir die zugeh¨ orige lineare Abbildung `
A: R
3→ R
3, `
A(x) = A·x;
das Bild U von `
Astimmt mit dem Spaltenraum von A ¨ uberein. Wegen A =
1 −2 1
−1 2 0 2 −4 1
II+I III−2I
1 −2 1
0 0 1
0 0 −1
I−II III+II
1 −2 0
0 0 1
0 0 0
ist dim(U ) = Rang(A) = 2, also U eine (Ursprungs–)Ebene in R
3; mit den beiden gebundenen Variablen x
1und x
3kann
s
1=
1
−1 2
und s
3=
1 0 1
als Basis von U = Bild(`
A) gew¨ ahlt werden.
b) Die Ebene U durch den Ursprung 0 besitzt gem¨ aß a) die beiden linear un- abh¨ angigen Richtungsvektoren s
1und s
3, folglich also den Normalenvektor
e u = s
1× s
3=
1
−1 2
×
1 0 1
=
−1 1 1
und damit die Gleichung
u e ◦ x = e u ◦ 0 bzw. − x
1+ x
2+ x
3= 0.
Der gesuchte Punkt u ∈ U, der dem gegebenen Punkt v =
1 0 2
∈ R
3am n¨ achsten liegt, ist der Lotfußpunkt von v auf U. Die Lotgerade ` von v auf U besitzt den Tr¨ agerpunkt v und den Richtungsvektor e u, also die Parameterdarstellung
` =
1 0 2
| {z }
=v
+ R
−1 1 1
| {z }
=ue
;
der Lotfußpunkt u hat also die Gestalt u =
1 0 2
+ λ ·
−1 1 1
=
1 − λ
λ 2 + λ
∈ ` f¨ ur ein λ ∈ R , und wegen u ∈ U ergibt sich
−(1 − λ) + λ + (2 + λ) = 0 bzw. 1 + 3λ = 0 bzw. λ = − 1 3 . Damit ist u =
4 3
−
135 3
.
c) Es gilt
d(v, U ) = d(v, u) = ku − vk =
1 3
−
13−
13
= r 3
9 = 1 3
√
3 = 1
√ 3 .
7.11 a) Der Durchschnitt E
1∩ E
2der beiden im R
3gegebenen Ebenen E
1: x + y + z = 1 und E
2: x − y + z = −1
besteht genau aus denjenigen Punkten des R
3, deren Koordinaten x, y und z den beiden Ebenengleichungen gen¨ ugen, und stimmt daher mit der L¨ osungs- menge des inhomogenen linearen Gleichungssystems
E
1: x + y + z = 1 E
2: x − y + z = −1
¨ uberein; wir betrachten die zugeh¨ orige erweiterte Koeffizientenmatrix 1 1 1 1
1 −1 1 −1
II−I
1 1 1 1 0 −2 0 −2
−1
2·II
1 1 1 1 0 1 0 1
I−II
1 0 1 0 0 1 0 1
und erhalten
E
1∩ E
2=
0 1 0
+ R ·
−1 0 1
=
−λ 1 λ
| λ ∈ R
.
b) Die beiden Ebenen E
1und E
2besitzen die Normalenvektoren
u e
1=
1 1 1
und u e
2=
1
−1 1
jeweils der L¨ ange k u e
1k = √
3 = k u e
2k = √
3 und damit die Hesseschen Normalformen
E
1: x + y + z − 1
√ 3 = 0 und E
2: x − y + z + 1
− √
3 = 0.
Der Punkt p =
x y z
∈ R
3besitzt damit von E
1bzw. E
2den Abstand
d(p, E
1) =
x + y + z − 1
√ 3
bzw. d(p, E
2) =
x − y + z + 1
− √ 3
,
und es gilt
p ∈ P ⇐⇒ d(p, E
1) = d(p, E
2)
⇐⇒
x + y + z − 1
√ 3
=
x − y + z + 1
− √ 3
⇐⇒ |x + y + z − 1|
√ 3 = |x − y + z + 1|
√ 3
⇐⇒ |x + y + z − 1| = |x − y + z + 1|
⇐⇒ x + y + z − 1 = ± (x − y + z + 1)
⇐⇒ x + y + z − 1 = x − y + z + 1
oder x + y + z − 1 = −x + y − z − 1
⇐⇒ 2 y = 2 oder 2 x + 2 z = 0
⇐⇒ y = 1 oder x + z = 0;
somit ist P die Vereinigung der beiden Ebenen E
3: y = 1 und E
4: x+ z = 0 mit den Parameterformen
E
3=
0 1 0
+ R ·
1 0 0
+ R ·
0 0 1
und
E
4=
0 0 0
+ R ·
0 1 0
+ R ·
−1 0 1
. 7.12 a) Die gegebene Ebene
E :=
x y z
| x + 2 y + 3 z = 1
, besitzt den Normalenvektor
e u
E=
1 2 3
der L¨ ange k e u
Ek = √
1
2+ 2
2+ 3
2= √ 14 und damit die Hessesche Normalform
E : x + 2 y + 3 z − 1
√ 14 = 0;
die gegebene Gerade G =
1 1 1
+ r ·
1
−2 1
| r ∈ R
. besitzt den Tr¨ agerpunkt t
Gund den Richtungsvektor u
Gmit
t
G=
1 1 1
und u
G=
1
−2 1
.
Wegen
u e
E◦ u
G= 1 · 1 + 2 · (−2) + 3 · 1 = 0
steht der Richtungsvektor u
Gder Geraden G senkrecht auf dem Norma- lenvektor e u
Eder Ebene E und ist demnach auch ein Richtungsvektor der Ebene E; folglich sind aber E und G parallel.
b) Da gem¨ aß a) die E und G parallel sind, stimmt der euklidische Abstand der Geraden G von der Ebene E mit dem euklidischen Abstand eines beliebigen Punktes auf G von E ¨ uberein; mit der bereits in a) bestimmten Hesseschen Normalform von E ergibt sich also
d(G, E) = d (t
G, E) =
1 · 1 + 2 · 1 + 3 · 1 − 1
√ 14
= 5
√ 14 .
7.13 a) Die Gerade g
1besitzt den Tr¨ agerpunkt t
1= A =
0 0 2
sowie den Rich- tungsvektor u
1= B − A =
1 0 8
. Die Gerade g
2besitzt den Tr¨ agerpunkt
t
2= C =
3 2 7
sowie den Richtungsvektor u
2= v =
0 1 4
. Zun¨ achst ergibt sich f¨ ur die Ebene, die die Gerade g
1enth¨ alt und parallel zur Geraden g
2ist, die Parameterdarstellung
E = t
1+ R · u
1+ R · u
2=
0 0 2
+ R ·
1 0 8
+ R ·
0 1 4
. Mit dem Normalenvektor
e u
E= u
1× u
2=
1 0 8
×
0 1 4
=
−8
−4 1
ergibt sich f¨ ur E die Gleichung
u e
E◦ x = u e
E◦ t
1, also − 8 x
1− 4 x
2+ x
3= 2 b) Wegen k u e
Ek = p
(−8)
2+ (−4)
2+ 1
2= √
81 = 9 und u e
E◦ t
1> 0 besitzt E die Hessesche Normalform
−8 x
1− 4 x
2+ x
3− 2
9 = 0.
Da die Gerade g
2parallel zur Ebene E ist, ergibt sich f¨ ur den Abstand zwischen g
2und E
d(g
2, E) = d(t
2, E) =
−8 · 3 − 4 · 2 + 1 · 7 − 2 9
=
−27 9
= 3.
Die Ebene E zerlegt den R
3in zwei offene Halbr¨ aume, n¨ amlich E
0=
x ∈ R
3| u e
0◦ (x − t
1) < 0 und
E
1=
x ∈ R
3| u e
0◦ (x − t
1) > 0 . Wegen
e u
0◦ (t
2− t
1) = −3 < 0 ist t
2∈ E
0und
u e
0◦ (0 − t
1) = − 2
9 < 0 ist 0 ∈ E
0liegt die Gerade g
2auf derselben Seite von E wie der Ursprung.
7.14 Im Vektorraum R
3sind die beiden Geraden g = t
g+ R · u
gund h = R · u
hmit
t
g=
0 1 5
, u
g=
2 3 1
und u
h=
1 1 1
gegeben. Damit besitzt jeder Punkt p ∈ g die Gestalt
p = t
g+ λ · u
g=
0 1 5
+ λ ·
2 3 1
=
2 λ 1 + 3 λ
5 + λ
f¨ ur ein λ ∈ R , und jeder Punkt q ∈ h besitzt die Gestalt
q = µ · u
h= µ ·
1 1 1
=
µ µ µ
f¨ ur ein µ ∈ R . Die Annahme p = q f¨ uhrt zu den drei Bedingungen
2 λ = µ und 1 + 3 λ = µ und 5 + λ = µ, damit einerseits zu
1 + 3 λ = µ = 2 λ bzw. λ = −1 und andererseits zu
5 + λ = µ = 2 λ bzw. λ = 5,
insgesamt also zu einem Widerspruch; folglich sind p und q verschiedene Punkte, und f¨ ur den Richtungsvektor ihrer Verbindungsgeraden k gilt
u
k= p − q =
2 λ 1 + 3 λ
5 + λ
−
µ µ µ
=
2 λ − µ 1 + 3 λ − µ
5 + λ − µ
.
Dabei gilt
g⊥k ⇐⇒ u
g◦ u
k= 0
⇐⇒ 2 · (2 λ − µ) + 3 · (1 + 3 λ − µ) + 1 · (5 + λ − µ) = 0
⇐⇒ 4 λ − 2 µ + 3 + 9 λ − 3 µ + 5 + λ − µ = 0
⇐⇒ 14 λ − 6 µ + 8 = 0
⇐⇒ 7 λ − 3 µ + 4 = 0 und
h⊥k ⇐⇒ u
h◦ u
k= 0
⇐⇒ 1 · (2 λ − µ) + 1 · (1 + 3 λ − µ) + 1 · (5 + λ − µ) = 0
⇐⇒ 2 λ − µ + 1 + 3 λ − µ + 5 + λ − µ = 0
⇐⇒ 6 λ − 3 µ + 6 = 0
⇐⇒ µ = 2 λ + 2, was zu
7 λ − 3 · (2 λ + 2) + 4 = 0, also λ = 2, und damit µ = 6 f¨ uhrt. Die gesuchten Punkte sind folglich
p =
4 7 7
und q =
6 6 6
. 7.15 Es ist g
1= t
1+ R u
1und g
2= t
2+ R u
2mit
t
1=
1 2 3
und u
1=
1 1 1
sowie t
2=
5 2 2
und u
2=
1
−1 2
.
Da die Richtungsvektoren u
1, u
2linear unabh¨ angig sind, k¨ onnen die Geraden g
1und g
2nicht parallel sein, und die gemeinsame Lotgerade ` der Geraden g
1und g
2besitzt den Richtungsvektor
u
1× u
2=
1 1 1
×
1
−1 2
=
3
−1
−2
;
seien x
1und x
2die Lotfußpunkte auf g
1und g
2. Dabei besitzt x
1(als Punkt von g
1) die Gestalt
x
1=
1 2 3
+ τ ·
1 1 1
mit einem geeigneten τ ∈ R , wodurch sich f¨ ur die gemeinsame Lotgerade
` = x
1+ R · u e =
1 2 3
+ τ ·
1 1 1
+ R ·
3
−1
−2
ergibt; folglich erh¨ alt man f¨ ur den Lotfußpunkt x
2die Darstellungen
1 2 3
+ τ ·
1 1 1
+ λ ·
3
−1
−2
| {z }
∈`
=
5 2 2
+ µ ·
1
−1 2
| {z }
∈g2
mit geeigneten Parametern λ, µ ∈ R und somit
1 3 −1
1 −1 1 1 −2 −2
·
τ λ µ
=
4 0
−1
. Wegen
1 3 −1 1 −1 1 1 −2 −2
4 0
−1
I↔III
1 −2 −2 1 −1 1 1 3 −1
−1 0 4
II−I III−I
1 −2 −2
0 1 3
0 5 1
−1 1 5
I+2II III−5II
1 0 4 0 1 3 0 0 −14
1 1 0
erh¨ alt man µ = 0 sowie λ = 1 und τ = 1, so daß sich die Lotfußpunkte
x
1=
2 3 4
und x
2=
5 2 2
. ergeben. F¨ ur den Abstand der beiden Geraden gilt damit
d(g
1, g
2) = d(x
1, x
2) = kx
1− x
2k =
3 1 2
= √ 14.
7.16 a) Es ist g
1= t
1+ R u
1und g
2= t
2+ R u
2mit t
1=
1
−4 6
und u
1=
1 1
−1
sowie t
2=
−1 4 6
und u
2=
1 2 3
. Da die Richtungsvektoren u
1, u
2linear unabh¨ angig sind, k¨ onnen die Geraden g
1und g
2nicht parallel sein. Zudem gibt es unter der Annahme, daß sich g
1und g
2schneiden, Parameter α und β ∈ R mit
1
−4 6
+ α ·
1 1
−1
=
−1 4 6
+ β ·
1 2 3
, was zum linearen Gleichungssystem
1 −1 1 −2
−1 −3
α
β
=
−2 8 0
f¨ uhrt, das jedoch wegen
1 −1 1 −2
−1 −3
−2 8 0
II−I III+I
1 −1 0 −1 0 −4
−2 10
−2
III−4II
1 −1 0 −1 0 0
−2 10
−42
keine L¨ osung besitzt. Folglich sind g
1und g
2windschief.
b) Die gemeinsame Lotgerade ` der Geraden g
1und g
2besitzt den Richtungs- vektor
u
1× u
2=
1 1
−1
×
1 2 3
=
5
−4 1
;
seien x
1und x
2die Lotfußpunkte auf g
1und g
2. Dabei besitzt x
1(als Punkt von g
1) die Gestalt
x
1=
1
−4 6
+ τ ·
1 1
−1
mit einem geeigneten τ ∈ R , wodurch sich f¨ ur die gemeinsame Lotgerade
` = x
1+ R · e u =
1
−4 6
+ τ ·
1 1
−1
+ R ·
5
−4 1
ergibt; folglich erh¨ alt man f¨ ur den Lotfußpunkt x
2die Darstellungen
1
−4 6
+ τ ·
1 1
−1
+ λ ·
5
−4 1
| {z }
∈`
=
−1 4 6
+ µ ·
1 2 3
| {z }
∈g2
mit geeigneten Parametern λ, µ ∈ R und somit
1 5 −1
1 −4 −2
−1 1 −3
·
τ λ µ
=
−2 8 0
. Wegen
1 5 −1
1 −4 −2
−1 1 −3
−2 8 0
II−I III+I
1 5 −1
0 −9 −1
0 6 −4
−2 10
−2
III·12 II↔III
1 5 −1
0 3 −2
0 −9 −1
−2
−1 10
III+3II
1 5 −1 0 3 −2 0 0 −7
−2
−1 7
erh¨ alt man µ = −1, λ = −1 und τ = 2, so daß sich
x
1=
3
−2 4
und x
2=
−2 2 3
ergibt. F¨ ur die Lotgerade erh¨ alt man damit
` =
3
−2 4
+ R ·
5
−4 1
. c) Es ist
d(g
1, g
2) = d(x
1, x
2) = kx
1− x
2k =
5
−4 1
= √ 42.
7.17 F¨ ur die Gerade L im euklidischen R
3durch die Punkte P
1und P
2ergibt sich die Parameterdarstellung L = t
L+ R · u
Lmit
t
L= P
1=
1 0
−1
und u
L= P
2− P
1=
2 1 0
−
1 0
−1
=
1 1 1
; die Schnittgerade M = E
1∩ E
2ist genau die L¨ osungsmenge des homogenen linearen Gleichungssystems
x − z = 0
2 x + y = 0
und besitzt damit wegen 1 0 −1
2 1 0
0 0
II−2I
1 0 −1 0 1 2
0 0
die Parameterdarstellung M = t
M+ R · u
Mmit t
M=
0 0 0
und u
M=
1
−2 1
.
Die gemeinsame Lotgerade G der Geraden L und M besitzt den Richtungsvektor u
L× u
M=
1 1 1
×
1
−2 1
=
3 0
−3
bzw. e u =
1 0
−1
;
seien L
0und M
0die Lotfußpunkte auf L und M . Dabei besitzt M
0(als Punkt von M ) die Gestalt
M
0=
0 0 0
+ µ ·
1
−2 1
= µ ·
1
−2 1
mit einem geeigneten µ ∈ R , wodurch sich f¨ ur die gemeinsame Lotgerade G = M
0+ R · e u = µ ·
1
−2 1
+ R ·
1 0
−1
ergibt; folglich erh¨ alt man f¨ ur den Lotfußpunkt L
0die Darstellungen µ ·
1
−2 1
+ τ ·
1 0
−1
| {z }
∈G
=
1 0
−1
+ λ ·
1 1 1
| {z }
∈L
mit geeigneten Parametern τ , λ ∈ R und somit
1 1 −1
−2 0 −1 1 −1 −1
·
µ τ λ
=
1 0
−1
. Wegen
1 1 −1 1
−2 0 −1 0 1 −1 −1 −1
II+2I III−I