Grundkurs H¨ohere Mathematik I (f¨ur naturwissenschaftliche Studieng¨ange) Beispiele

(f¨ ur naturwissenschaftliche Studieng¨ange)

Beispiele

Prof. Dr. Udo Hebisch

Diese Beispielsammlung erg¨anzt das Vorlesungsskript und

wird st¨andig erweitert.

1 Determinanten

Beispiel 1.1 Bestimmen Sie die Determinante

−2 −1 0

0 3 −2

1 0 2

.

L¨ osungshinweise L¨ osung

Beispiel 1.2 Bestimmen Sie die Determinante

t 4 0 4

0 1 1 3

2 1 −2 2

3 2 0 2

L¨ osungshinweise L¨ osung

Beispiel 1.3 Bestimmen Sie x ∈ R so, daß die folgende Determinantengleichung erf¨ ullt ist.

2 ·

0 x ¹ ₂ 0

−1 1 0 −1 2 0 − ³ ₂ 0 1 0 ⁷ ₂ 1

= 5.

L¨ osungshinweise L¨ osung

Beispiel 1.4 Bestimmen Sie die Determinante

1 1 1 1

1 a a ² a ³ 1 a ² a ³ a ⁴ 1 a ³ a ⁴ a ⁵

f¨ ur a ∈ R . L¨ osungshinweise L¨ osung

Beispiel 1.5 Bestimmen Sie die Determinante

e ^x + e ^−x e ^x − e ^−x e ^x − e ^−x e ^x + e ^−x

f¨ ur x ∈ R . L¨ osungshinweise L¨ osung

Beispiel 1.6 Bestimmen Sie die Determinante

n! (n + 1)!

(n + 1)! (n + 2)!

f¨ ur eine nat¨ urliche Zahl n. L¨ osungshinweise L¨ osung Beispiel 1.7 Gegeben seien die Matrizen

A = 0 0 −3

1 1 2

!

, B = 1 0 0 1 −2 k

!

, C =







k + 2 k − 1 1

1 1 1

k k 3





 , k ∈ R .

Berechnen Sie M = A ^T B + kC und bestimmen Sie alle k ∈ R , f¨ ur die M singul¨ ar ist. L¨ osungshinweise L¨ osung

Weitere Beispiele zur Determinantenberechnung findet man in den Abschnitten

“Lineare Unabh¨ angigkeit” und “Analytische Geometrie” etwa bei der Berechnung

von Spatprodukten oder Vektorprodukten. Bei Funktionen mehrerer Ver¨ anderli-

cher tauchen sie in Form von Funktionaldeterminanten auf, etwa bei der Bestim-

mung von relativen Extremwerten.

Hinweise zu Beispiel 1.1:

Man kann zun¨ achst elementar umformen, um weitere Nullen zu erzeugen und dann entwickeln, oder direkt die Regel von Sarrus anwenden.

Hinweise zu Beispiel 1.2:

Formen Sie zun¨ achst elementar um, bevor Sie nach einer geeigneten Zeile oder Spalte entwickeln. Beachten Sie, daß die Regel von Sarrus direkt noch nicht an- wendbar ist!

Hinweise zu Beispiel 1.3:

Formen Sie zun¨ achst elementar um, bevor Sie nach einer geeigneten Zeile oder Spalte entwickeln. Beachten Sie, daß die Regel von Sarrus direkt noch nicht an- wendbar ist!

Hinweise zu Beispiel 1.4:

Formen Sie zun¨ achst elementar um, bevor Sie nach einer geeigneten Zeile oder Spalte entwickeln. Beachten Sie, daß die Regel von Sarrus direkt noch nicht an- wendbar ist!

Hinweise zu Beispiel 1.5:

Beachten Sie die Definition der hyperbolischen Funktionen und ihren Zusammen- hang.

Hinweise zu Beispiel 1.6:

Ziehen Sie so viele gemeinsame Faktoren wie m¨ oglich aus den Zeilen bzw. Spalten heraus.

Hinweise zu Beispiel 1.7:

Eine Matrix ist genau dann singul¨ ar, wenn ihre Determinante verschwindet.

L¨ osung zu Beispiel 1.1:

Addiert man zun¨ achst das 2fache der dritten Zeile auf die erste, so erh¨ alt man

−2 −1 0

0 3 −2

1 0 2

=

0 −1 4

0 3 −2

1 0 2

.

Diese Determinante kann man jetzt nach der ersten Spalte entwickeln:

0 −1 4

0 3 −2

1 0 2

= +1 ·

−1 4 3 −2

.

Diese 2 × 2-Determinante kann man schließlich direkt berechnen

−1 4 3 −2

= (−1) · (−2) − 4 · 3 = 2 − 12 = −10.

Man kann nat¨ urlich auch die Regel von Sarrus auf die gegebene Determinante anwenden:

−2 −1 0

0 3 −2

1 0 2

= (−2) · 3 · 2 + (−1) · (−2) · 1 + 0 − 0 − 0 − 0 = −12 + 2 = −10.

L¨ osung zu Beispiel 1.2:

Da es sich um eine 4 × 4-Determinante handelt, ist die Regel von Sarrus nicht anwendbar. Man kann entweder direkt entwickeln oder zuerst einige elementare Umformungen durchf¨ uhren.

Zieht man beispielsweise die zweite Spalte von der vierten ab, so ergibt sich

t 4 0 4

0 1 1 3

2 1 −2 2

3 2 0 2

=

t 4 0 0

0 1 1 2

2 1 −2 1

3 2 0 0

Zieht man nun das 2fache der dritten Zeile von der zweiten ab, so erh¨ alt man

t 4 0 0

0 1 1 2

2 1 −2 1

3 2 0 0

=

t 4 0 0

0 −1 5 0

2 1 −2 1

3 2 0 0

.

Jetzt kann man nach der letzten Spalte entwickeln:

t 4 0 0

0 −1 5 0

2 1 −2 1

3 2 0 0

= (−1) ·

t 4 0

0 −1 5

3 2 0

.

Diese Determinante kann ebenfalls sofort nach der letzten Spalte entwickelt wer- den, oder man kann sie direkt nach der Regel von Sarrus berechnen.

(−1) ·

t 4 0

0 −1 5

3 2 0

= (−1) · (−5)

t 4 3 2

= 5(2t − 12) = 10(t − 6).

L¨ osung zu Beispiel 1.3:

Zur Vermeidung von Br¨ uchen wird die 2 zun¨ achst in die dritte Spalte hineinmul- tipliziert:

0 x 1 0

−1 1 0 −1

2 0 −3 0

1 0 7 1

= 5.

Nun wird die letzte Zeile auf die zweite Zeile addiert, um in der letzten Spalte eine weitere 0 zu erzeugen:

0 x 1 0

0 1 7 0

2 0 −3 0

1 0 7 1

= 5.

Jetzt wird nach der letzten Spalte entwickelt:

0 x 1 0

0 1 7 0

2 0 −3 0

1 0 7 1

=

0 x 1

0 1 7

2 0 −3

= 5.

Die 3 × 3-Determinante kann entweder nach der Regel von Sarrus berechnet werden oder man entwickelt nach der 1. Spalte:

0 x 1

0 1 7

2 0 −3

= 2 ·

x 1 1 7

= 2(7x − 1) = 5.

Diese letzte Gleichung hat die einzige L¨ osung x = ¹ ₂ .

L¨ osung zu Beispiel 1.4:

Da es sich um eine 4 × 4-Determinante handelt, darf die Regel von Sarrus nicht angewandt werden, sondern man muß die Determinante nach einer Zeile oder Spalte entwickeln. Zweckm¨ aßigerweise formt man erst elementar um, bevor man entwickelt.

Zun¨ achst wird das a-fache der dritten Zeile von der vierten Zeile abgezogen, um dort m¨ oglichst viele Eintr¨ age 0 zu erzeugen.

1 1 1 1

1 a a ² a ³ 1 a ² a ³ a ⁴ 1 a ³ a ⁴ a ⁵

=

1 1 1 1

1 a a ² a ³ 1 a ² a ³ a ⁴ 1 − a 0 0 0

.

Entwicklung nach der letzten Zeile f¨ uhrt zu (1 − a)

1 1 1

a a ² a ³ a ² a ³ a ⁴

.

Zieht man jetzt aus der letzten Zeile den gemeinsamen Faktor a heraus, so werden

zweite und dritte Zeile gleich. Also ist die Determinante gleich 0.

L¨ osung zu Beispiel 1.5:

Wegen cosh(x) = ¹ ₂ (e ^x +e ^−x ) und sinh(x) = ¹ ₂ (e ^x −e ^−x ) lautet die zu berechnende

Determinante

2 cosh(x) 2 sinh(x) 2 sinh(x) 2 cosh(x)

.

Entwickelt man diese Determinante und ber¨ ucksichtigt die Gleichung cosh ² (x) −

sinh ² (x) = 1, so ergibt sich unmittelbar der Wert 4 f¨ ur diese Determinante.

L¨ osung zu Beispiel 1.6:

Zieht man aus der ersten Zeile den Faktor n! und aus der zweiten Zeile den Faktor (n + 1)! heraus, so erh¨ alt man

n! (n + 1)!

(n + 1)! (n + 2)!

= n! · (n + 1)!

1 (n + 1) 1 (n + 2)

=

n! · (n + 1)!((n + 2) − (n + 1)) = n! · (n + 1)!.

L¨ osung zu Beispiel 1.7:

Es ist

A ^T B =







0 1 0 1

−3 2







1 0 0

1 −2 k

!

=







1 −2 k 1 −2 k

−1 −4 2k







und

kC =







k ² + 2k k ² − k k

k k k

k ² k ² 3k





 , also

M =







k ² + 2k + 1 k ² − k − 2 2k

k + 1 k − 2 2k

k ² − 1 k ² − 4 5k







=







(k + 1) ² (k − 2)(k + 1) 2k

k + 1 k − 2 2k

(k + 1)(k − 1) (k + 2)(k − 2) 5k





 .

Hieraus ergibt sich f¨ ur die Determinante

|M | = (k + 1)(k − 2)k

k + 1 k + 1 2

1 1 2

k − 1 k + 2 5

.

Mit

k + 1 k + 1 2

1 1 2

k − 1 k + 2 5

=

0 0 −2k

1 1 2

k − 1 k + 2 5

= (−2k)(k + 2 − (k − 1)) = −6k

erh¨ alt man

|M | = −6(k + 1)(k − 2)k ² .

Also ist M genau f¨ ur k ∈ {−1, 0, 2} singul¨ ar.

2 Lineare Gleichungssysteme

Beispiel 2.1 Gegeben ist das lineare Gleichungssystem

−2x ₁ +x ₂ = 5 4x ₁ +ax ₂ +2x ₃ = 4 3x ₁ −x ₂ −ax ₃ = b

F¨ ur welche Werte von a, b ∈ R besitzt dieses System keine, genau eine, unendlich viele L¨ osungen? L¨ osungshinweise L¨ osung

Beispiel 2.2 Gegeben ist das lineare Gleichungssystem 3x ₁ +ax ₂ −5x ₃ = 10

x ₁ +2x ₂ −2x ₃ = 3

−4x ₂ +2x ₃ = b

F¨ ur welche Werte von a, b ∈ R besitzt dieses System keine, genau eine, unendlich viele L¨ osungen? Geben Sie die L¨ osungsmenge f¨ ur den Fall a = 4 und b = 2 an.

L¨ osungshinweise L¨ osung

Beispiel 2.3 Bestimmen Sie die L¨ osung des linearen Gleichungssystems

a +c = 0

b +2c +d = 1

−b +c +2d = 2

a +b +d = −5

.

L¨ osungshinweise L¨ osung

Beispiel 2.4 Gegeben ist das lineare Gleichungssystem

−x ₁ −x ₂ +2x ₃ = 7 x ₁ +x ₂ +x ₃ = 1 (1 − a)x ₁ +3x ₂ +3x ₃ = b

a) F¨ ur welche Werte von a, b ∈ R besitzt dieses System keine, genau eine, unend- lich viele L¨ osungen?

b) F¨ ur welche Werte von a und b besitzt das zugeh¨ orige homogene Gleichungs- system nichttriviale L¨ osungen? Geben Sie diese L¨ osungen an.

L¨ osungshinweise L¨ osung

Beispiel 2.5 Gegeben ist das lineare Gleichungssystem 3x ₁ +x ₃ −2x ₄ = 4

−2x ₁ +x ₂ +3x ₃ +7x ₄ = 2 x ₁ −2x ₂ +2x ₃ −3x ₄ = 1 5x ₁ +2x ₂ −x ₃ −2x ₄ = 6

a) L¨ osen Sie das Gleichungssystem mit dem Gaußschen Eliminationsverfahren.

b) Wie lautet die L¨ osung des zugeh¨ origen homogenen Gleichungssystems?

c) Geben Sie den Wert der Determinante der Koeffizientenmatrix an.

L¨ osungshinweise L¨ osung

Beispiel 2.6 Gegeben ist das lineare Gleichungssystem x ₁ +2x ₃ +2x ₄ = 2

2x ₁ +x ₂ −x ₄ = 1

−3x ₁ +2x ₂ +2x ₃ = 0 x ₁ −x ₂ −2x ₃ −x ₄ = −1 x ₁ −2x ₂ 2x ₃ +4x ₄ = 2 a) Bestimmen Sie den Rang der Koeffizientenmatrix.

b) L¨ osen Sie das Gleichungssystem mit dem Gaußschen Eliminationsverfahren.

L¨ osungshinweise L¨ osung

Beispiel 2.7 Gegeben ist das lineare Gleichungssystem

−2x 1 +x 2 +4x 3 +2x 4 = 2 3x ₁ +2x ₂ −3x ₃ −2x ₄ = −2 2x ₁ +2x ₂ +2x ₃ +x ₄ = −1 2x 1 +2x 2 +2x 3 +x 4 = 1

a) L¨ osen Sie das Gleichungssystem mit dem Gaußschen Eliminationsverfahren.

b) Bestimmen Sie die L¨ osung des zugeh¨ origen homogenen Systems.

L¨ osungshinweise L¨ osung

Weitere Beispiele f¨ ur lineare Gleichungssysteme (mit genau einer L¨ osung) treten

im Abschnitt “Partialbruchzerlegung” auf. Auch Tests auf lineare (Un)abh¨ angig-

keit von Vektoren kann man mittels eines linearen Gleichungssystems durchf¨ uh-

ren.

Hinweise zu Beispiel 2.1:

Verwenden Sie das Gaußsche Eliminationsverfahren.

Hinweise zu Beispiel 2.2:

Verwenden Sie das Gaußsche Eliminationsverfahren.

Hinweise zu Beispiel 2.3:

Verwenden Sie das Gaußsche Eliminationsverfahren.

Das Gleichungssystem stammt aus dem Koeffizientenvergleich der Partialbruch- zerlegung aus Beispiel 9.7. Die L¨ osung wird daher eindeutig sein.

Hinweise zu Beispiel 2.4:

Verwenden Sie das Gaußsche Eliminationsverfahren.

Hinweise zu Beispiel 2.5:

Wenn das Gleichungssystem unendlich viele L¨ osungen hat, so ist der Wert der Determinante klar.

Hinweise zu Beispiel 2.6:

Verwenden Sie das Gaußsche Eliminationsverfahren.

Hinweise zu Beispiel 2.7:

Verwenden Sie in beiden F¨ allen das Gaußsche Eliminationsverfahren.

L¨ osung zu Beispiel 2.1:

Mit dem Gaußschen Eliminationsverfahren ist also folgende Matrix mittels ele- mentarer Umformungen in Zeilenstufenform zu transformieren

−2 1 0 5

4 a 2 4

3 −1 −a b

Als Leitelement kann man beispielsweise a _1,1 = −2 w¨ ahlen. Addiert man folglich das Doppelte der ersten Zeile auf die zweite Zeile und das ³ ₂ -fache der ersten Zeile auf die dritte Zeile, so hat man x ₁ eliminiert und erh¨ alt das gleichwertige System

−2 1 0 5

0 a + 2 2 14

0 ¹ ₂ −a b + ¹⁵ ₂

Zur Vereinfachung der Zahlen kann man die dritte Zeile mit 2 durchmultiplizieren:

−2 1 0 5

0 a + 2 2 14

0 1 −2a 2b + 15

Zur Elimination von x ₃ kann man das Leitelement a _2,3 = 2 verwenden. Addiert man folglich das a-fache der zweiten Zeile auf die dritte Zeile, so erh¨ alt man

−2 1 0 5

0 a + 2 2 14

0 1 + 2a + a ² 0 2b + 15 + 14a

Nach Vertauschung von x ₂ mit x ₃ besitzt das lineare Gleichungssystem Zeilen- stufenform

−2 0 1 5

0 2 a + 2 14

0 0 1 + 2a + a ² 2b + 15 + 14a

Dieses Gleichungssystem hat genau eine L¨ osung, wenn a ² + 2a + 1 = (a + 1) ² 6= 0 ist. Dies ist genau f¨ ur a 6= −1 der Fall.

F¨ ur a = −1 ergeben sich zwei F¨ alle. Ist dann 2b + 15 + 14a = 2b + 1 6= 0, also b 6= − ¹ ₂ , so hat das Gleichungssystem keine L¨ osung. F¨ ur b = − ¹ ₂ gibt es dagegen unendlich viele L¨ osungen.

Im letzten Fall (a = −1, b = − ¹ ₂ ) erh¨ alt man s¨ amtliche L¨ osungen aus dem fol- genden Gleichungssystem, wobei man beachten muß, daß bei der Elimination x ₂ und x ₃ vertauscht wurden.

−2 0 1 5 0 2 1 14

0 0 0 0

W¨ ahlt man x 2 = t als Parameter, so folgt aus der zweiten Gleichung 2x 3 = 14 − t, also x ₃ = 7 − ^t ₂ , und aus der ersten Gleichung −2x ₁ = 5 − t, also x ₁ = − ⁵ ₂ + ₂ ^t . Die allgemeine L¨ osung lautet also

{(x ₁ , x ₂ , x ₃ ) = (− 5

2 , 0, 7) + t(1, 2, −1)|t ∈ R }.

L¨ osung zu Beispiel 2.2:

Mit dem Gaußschen Eliminationsverfahren ist also folgende Matrix mittels ele- mentarer Umformungen in Zeilenstufenform zu transformieren

3 a −5 10

1 2 −2 3

0 −4 2 b

Als Leitelement kann man beispielsweise a _2,1 = 1 w¨ ahlen. Subtrahiert man dann das 3fache der zweiten Zeile von der ersten, so hat man bereits x ₁ eliminiert (wobei noch die erste und zweite Zeile vertauscht werden):

1 2 −2 3

0 a − 6 1 1

0 −4 2 b

W¨ ahlt man jetzt a _2,3 = 1 als Leitelement, so kann man auch x ₃ eliminieren, indem man das Doppelte der zweiten Zeile von der dritten abzieht:

1 2 −2 3

0 a − 6 1 1

0 8 − 2a 0 b − 2

Vertauscht man jetzt x ₂ mit x ₃ , so liegt bereits die Zeilenstufenform vor:

1 −2 2 3

0 1 a − 6 1

0 0 8 − 2a b − 2

Dieses Gleichungssystem hat genau dann eine eindeutig bestimmte L¨ osung, wenn 8 − 2a 6= 0, also wenn a 6= 4 gilt.

F¨ ur a = 4 ergeben sich zwei F¨ alle. Ist dann b 6= 2, so hat das Gleichungssystem keine L¨ osung. F¨ ur b = 2 erh¨ alt man die L¨ osung aus

1 −2 2 3

0 1 −2 1

0 0 0 0

Setzt man x ₂ = t, so ergibt sich aus der zweiten Gleichung x ₃ = 1 + 2t und aus der ersten Gleichung dann x 1 = 3 − 2t + 2(1 + 2t) = 5 + 2t. Die allgemeine L¨ osung in diesem Fall lautet daher

{(x 1 , x 2 , x 3 ) = (5, 0, 1) + t(2, 1, 2)|t ∈ R }.

L¨ osung zu Beispiel 2.3:

Mit dem Gaußschen Eliminationsverfahren ist also folgende Matrix mittels ele- mentarer Umformungen in Zeilenstufenform zu transformieren

1 0 1 0 0

0 1 2 1 1

0 −1 1 2 2

1 1 0 1 −5

Subtrahiert man die erste Zeile von der letzten, so ist bereits die erste Unbekannte a eliminiert:

1 0 1 0 0

0 1 2 1 1

0 −1 1 2 2

0 1 −1 1 −5

Addiert man jetzt die dritte Zeile auf die zweite und vierte Zeile, so ist auch die zweite Unbekannte b eliminiert:

1 0 1 0 0

0 0 3 3 3

0 −1 1 2 2

0 0 0 3 −3

Vertauscht man noch die zweite und die dritte Zeile, so liegt bereits die Zeilen- stufenform vor:

1 0 1 0 0

0 −1 1 2 2

0 0 3 3 3

0 0 0 3 −3

Insbesondere liest man ab, daß die L¨ osung eindeutig ist, da die 4 × 4-Koeffizien- tenmatrix keine Nullzeile enth¨ alt. Aus der vierten Zeile ergibt sich d = −1 und damit aus der dritten Zeile c = 2. Beides zusammen ergibt in der zweiten Zeile

−b = 2 − 2 · (−1) − 2 = 2, also b = −2. Schließlich folgt aus der ersten Zeile

a = −c = −2.

L¨ osung zu Beispiel 2.4:

a) Mit dem Gaußschen Eliminationsverfahren ist also folgende Matrix mittels elementarer Umformungen in Zeilenstufenform zu transformieren

2 −1 2 7

1 1 1 1

1 − a 3 3 b

Als Leitelement kann man beispielsweise a 1,2 = −1 w¨ ahlen. Addiert man dann die erste Zeile auf die zweite und das Dreifache der ersten Zeile auf die dritte Zeile, so ist die Unbekannte x ₂ eliminiert:

2 −1 2 7

3 0 3 8

7 − a 0 9 21 + b

W¨ ahlt man jetzt a _2,3 = 3 als Leitelement und subtrahiert das Dreifache der zweiten Zeile auf die dritte Zeile, so ist auch die Unbekannte x ₃ eliminiert:

2 −1 2 7

3 0 3 8

−2 − a 0 0 −3 + b

Nun kann man aus der letzten Zeile folgendes L¨ osungsverhalten ablesen. F¨ ur a 6= −2 hat das Gleichungssystem stets genau eine L¨ osung. F¨ ur a = −2 und b 6= 3 hat das Gleichungssystem keine L¨ osung. F¨ ur a = −2 und b = 3 hat das Gleichungssystem unendlich viele L¨ osungen.

b) Wendet man auf das homogene Gleichungssystem dieselben Eliminations- schritte wie bei a) an, so ergibt sich

2 −1 2 0

3 0 3 0

−2 − a 0 0 0

Dieses Gleichungssystem hat nichttriviale L¨ osungen genau f¨ ur a = −2. Setzt man in diesem Fall etwa x ₁ = t als Parameter, so ergibt sich aus der zweiten Gleichung x 3 = −t und damit aus der ersten Gleichung x 2 = −2t + 2t = 0. Die L¨ osungsmenge des homogenen Systems ist also

{(x ₁ , x ₂ , x ₃ ) = t(1, 0, −1) | t ∈ R }.

L¨ osung zu Beispiel 2.5:

a) Mit dem Gaußschen Eliminationsverfahren ist also folgende Matrix mittels elementarer Umformungen in Zeilenstufenform zu transformieren

3 0 1 −2 4

−2 1 3 7 2

1 −2 2 −3 1

5 2 −1 −2 6

W¨ ahlt man jetzt a _2,2 = 1 als Leitelement und addiert das Doppelte der zweiten Zeile auf die dritte und subtrahiert das Doppelte von der vierten Zeile, so ist die Unbekannte x ₂ eliminiert:

3 0 1 −2 4

−2 1 3 7 2

−3 0 8 11 5 9 0 −7 −16 2

W¨ ahlt man nun a _3,1 = −3 als Leitelement und addiert die dritte Zeile auf die erste und das Dreifache der dritten Zeile auf die vierte Zeile, so ist die Unbekannte x ₁ eliminiert:

0 0 9 9 9

−2 1 3 7 2

−3 0 8 11 5 0 0 17 17 17

Nun kann man die erste Zeile durch 9 dividieren und dann das 17-fache von der letzten Zeile subtrahieren, um die Unbekannte x ₃ zu eliminieren:

0 0 1 1 1

−2 1 3 7 2

−3 0 8 11 5 0 0 0 0 0

Aus der letzten Zeile liest man ab, daß das Gleichungssystem unendlich viele L¨ osungen besitzt. W¨ ahlt man nun x ₄ = t als Parameter, so erh¨ alt man aus der ersten Zeile x 3 = 1 − t. Setzt man dies in die dritte Gleichung ein, so ergibt sich

−3x ₁ = 5 − 11t − 8 + 8t und daher x ₁ = 1 + t. Schließlich erh¨ alt man aus der zweiten Gleichung x ₂ = 2 − 7t − 3 + 3t + 2 + 2t = 1 − 2t. Die L¨ osungsmenge des Gleichungssystems ist daher

{(x ₁ , x ₂ , x ₃ , x ₄ ) = (1, 1, 1, 0) + t(1, −2, −1, 1) | t ∈ R }.

b) Hieraus ergibt sich sofort die L¨ osung des zugeh¨ origen homogenen Gleichungs- systems zu

{(x 1 , x 2 , x 3 , x 4 ) = t(1, −2, −1, 1) | t ∈ R }.

c) Da das homogene Gleichungssystem nichttriviale L¨ osungen hat (oder da das

gegebene Gleichungssystem unendlich viele L¨ osungen hat), muß die Determinante

der Koeffizientenmatrix verschwinden.

L¨ osung zu Beispiel 2.6:

Mit dem Gaußschen Eliminationsverfahren ist also folgende Matrix mittels ele- mentarer Umformungen in Zeilenstufenform zu transformieren

1 0 2 2 2

2 1 0 −1 1

−3 2 2 0 0 1 −1 −2 −1 −1

1 −2 2 4 2

W¨ ahlt man a _1,1 = 1 als Leitelement, so kann man x ₁ eliminieren:

1 0 2 2 2

0 1 −4 −5 −3

0 2 8 6 6

0 −1 −4 −3 −3

0 −2 0 2 0

W¨ ahlt man jetzt a _2,2 = 2 als Leitelement, so kann man x ₂ eliminieren:

1 0 2 2 2

0 1 −4 −5 −3 0 0 16 16 12 0 0 −8 −8 −6 0 0 −8 −8 −6

Teilt man jetzt die dritte Zeile durch 4 und addiert dann ihr Doppeltes jeweils auf die vierte und f¨ unfte Zeile, so erh¨ alt man bereits die Zeilenstufenform:

1 0 2 2 2

0 1 −4 −5 −3

0 0 4 4 3

0 0 0 0 0

0 0 0 0 0

Aus der letzten Zeile liest man ab, daß der Rang der Koeffizientenmatrix 3 ist und das Gleichungssystem unendlich viele L¨ osungen besitzt. W¨ ahlt man nun x ₄ = t als Parameter, so erh¨ alt man aus der dritten Zeile x ₃ = ³ ₄ − t. Damit ergibt sich aus der zweiten Zeile x ₂ = −3 + 4x ₃ + 5x ₄ = −3 + 3 − 4t + 5t = t. (Daß x ₂ = x ₄ gelten muß konnte man auch aus der letzten Zeile des zweiten Gleichungssystems oben ablesen!) Schließlich ergibt sich aus der ersten Zeile x ₁ = 2 − 2x ₃ − 2x ₄ = 2 − ³ ₂ − 2t − 2t = ¹ ₂ − 4t. Die L¨ osungsmenge des Gleichungssystems ist daher

{(x ₁ , x ₂ , x ₃ , x ₄ ) = ( 1 2 , 0, 3

4 , 0) + t(−4, 1, −1, 1) | t ∈ R }.

L¨ osung zu Beispiel 2.7:

a) Mit dem Gaußschen Eliminationsverfahren ist also folgende Matrix mittels elementarer Umformungen in Zeilenstufenform zu transformieren

−2 1 4 2 2

3 2 −3 −2 −2

2 2 2 1 −1

1 −1 1 1 1

W¨ ahlt man a _4,2 = −1 als Leitelement, so kann man zun¨ achst x ₂ ekiminieren:

−1 0 5 3 3

5 0 −1 0 0

4 0 4 3 1

1 −1 1 1 1

W¨ ahlt man jetzt a _1,4 = 3 als Leitelement, so kann man x ₄ eliminieren:

−1 0 5 3 3

5 0 −1 0 0

5 0 −1 0 −2

1 −1 1 1 1

Aus der zweiten und dritten Gleichung liest man jetzt ab, daß dieses Gleichungs- system keine L¨ osung besitzt. Also gilt dasselbe f¨ ur das Ausgangssystem.

b) Man kann dieselben Rechnungen f¨ ur das homogene System durchf¨ uhren, indem man alle rechten Seiten gleich 0 setzt. Man erh¨ alt also

−1 0 5 3 0

5 0 −1 0 0 5 0 −1 0 0

1 −1 1 1 0

W¨ ahlt man jetzt x 1 = t als Parameter, so ergibt sich aus der zweiten (und dritten) Gleichung x ₃ = 5t. Nun folgt aus der ersten Gleichung 3x ₄ = x ₁ − 5x ₃ = t − 25t = 24t, also x ₄ = −8t, und damit aus der vierten Gleichung x ₂ = x ₁ + x ₃ + x ₄ = −2t.

Die allgemeine L¨ osung des homogenen Systems ist daher

{(x ₁ , x ₂ , x ₃ , x ₄ ) = t(1, −2, 5, −8) | t ∈ R }.

3 Lineare Unabh¨ angigkeit

Beispiel 3.1 Gegeben sind die Vektoren

a = (1, 2, −1) ^T , b = (0, 1, −3) ^T , c = (2, a, 1) ^T

im R ³ . Bestimmen Sie a ∈ R so, daß diese drei Vektoren eine Basis des R ³ bilden.

Wann bilden diese Vektoren in der angegebenen Reihenfolge ein Rechtssystem?

L¨ osungshinweise L¨ osung

Beispiel 3.2 Gegeben sind die Vektoren

a = (−2, 0, 1) ^T , b = (−1, 3, 0) ^T , c = (0, −2, 2) ^T im R ³ . Pr¨ ufen Sie, ob diese Vektoren eine Basis des R ³ bilden.

L¨ osungshinweise L¨ osung

Beispiel 3.3 Gegeben sind die Vektoren

a = (4, 1, 1, −3) ^T , b = (3, 0, 3, 0) ^T , c = (1, −5, −1, 1) ^T im R ⁴ .

a) Pr¨ ufen Sie, ob diese Vektoren linear unabh¨ angig sind.

b) F¨ ur welche r ∈ R liegt der Vektor d = (4, r, −12, −1) ^T in dem von a, b und c erzeugten Unterraum des R ⁴ ?

c) Gibt es Werte von r ∈ R , f¨ ur die a, b, c und d eine Basis des R ⁴ bilden?

L¨ osungshinweise L¨ osung

Beispiel 3.4 Gegeben sind die Vektoren

a = (2, 1, 0, t) ^T , b = (1, −1, 3, 0) ^T , c = (t, 0, t, 1) ^T , d = (0, −1, 2, 1) ^T im R ⁴ f¨ ur t ∈ R .

a) Wie muß t gew¨ ahlt werden, damit a, b und c linear unabh¨ angig sind?

b) Setzen Sie t = −1 und geben Sie alle Linearkombinationen von c durch a, b und d an.

L¨ osungshinweise L¨ osung

Beispiel 3.5 Gegeben sind die Vektoren

a ₁ = (2, 1, −1, 3) ^T , a ₂ = (1, 0, t, −1) ^T , a ₃ = (−1, −1, 3, 0) ^T , a ₄ = (−1, 0, t, 3) ^T und b = (3, 2, 0, 7) ^T im R ⁴ f¨ ur t ∈ R .

a) F¨ ur welche t bildet {a ₁ , a ₂ , a ₃ , a ₄ } eine Basis des R ⁴ ?

b) Setzen Sie t = 1 und geben Sie die Linearkombination von b bez¨ uglich dieser Basis an.

L¨ osungshinweise L¨ osung

Beispiel 3.6 Gegeben sind die Vektoren

a = (2, −1, 2) ^T , b = (0, 1, 1) ^T und c = (−2, −1, −4) ^T im R ³ .

L¨ aßt sich der Vektor x = (1, 5, 4) ^T als Linearkombination von a, b und c darstel- len? Wenn ja, geben Sie eine Darstellung an, andernfalls begr¨ unden Sie, warum eine Darstellung nicht m¨ oglich ist.

L¨ osungshinweise L¨ osung

Beispiel 3.7 Bez¨ uglich einer Orthonormalbasis {e 1 , e 2 , e 3 , e 4 } des R ⁴ seien die Vektoren a ₁ = e ₁ + e ₂ + e ₃ + e ₄ , a ₂ = −e ₁ + 2e ₂ + 2e ₃ − e ₄ und a ₃ = 2e ₂ − e ₃ gegeben.

L¨ aßt sich a ₃ als Linearkombination von a ₁ und a ₂ schreiben? Was kann man ¨ uber die lineare Abh¨ angigkeit der Vektoren a _i folgern?

L¨ osungshinweise L¨ osung

Hinweise zu Beispiel 3.1:

Die lineare (Un)abh¨ angigkeit von drei Vektoren im R ³ l¨ aßt sich mittels einer De- terminante (Spatprodukt!) entscheiden. Dieselbe Determinante liefert auch eine Entscheidung, ob es sich dann um ein Rechtssystem handelt.

Hinweise zu Beispiel 3.2:

Die lineare (Un)abh¨ angigkeit von drei Vektoren im R ³ l¨ aßt sich mittels einer Determinante (Spatprodukt!) entscheiden.

Hinweise zu Beispiel 3.3:

a) Die lineare (Un)abh¨ angigkeit von drei Vektoren im R ⁴ l¨ aßt sich mittels eines linearen Gleichungssystems mit vier Gleichungen und drei Unbekannten entschei- den.

b) und c) Die lineare (Un)abh¨ angigkeit von vier Vektoren des R ⁴ l¨ aßt sich mittels einer Determinante entscheiden.

Hinweise zu Beispiel 3.4:

a) Die lineare (Un)abh¨ angigkeit von drei Vektoren im R ⁴ l¨ aßt sich mittels eines linearen Gleichungssystems mit vier Gleichungen und drei Unbekannten entschei- den.

b) Die Linearkombinationen lassen sich durch ein lineares Gleichungssystem er- mitteln.

Hinweise zu Beispiel 3.5:

a) Die lineare (Un)abh¨ angigkeit von vier Vektoren des R ⁴ l¨ aßt sich mitels einer Determinante testen.

b) Die Linearkombination l¨ aßt sich durch ein lineares Gleichungssystem ermitteln.

Hinweise zu Beispiel 3.6:

Eine Linearkombination l¨ aßt sich gegebenenfalls durch ein lineares Gleichungssy- stem ermitteln.

Hinweise zu Beispiel 3.7:

Eine Linearkombination l¨ aßt sich gegebenenfalls durch ein lineares Gleichungssy-

stem ermitteln. Die Unm¨ oglichkeit der linearen Kombinierbarkeit eines der Vek-

toren aus den anderen zeigt noch nicht die lineare Unabh¨ angigkeit aller Vektoren!

L¨ osung zu Beispiel 3.1:

Die drei Vektoren a, b und c im R ³ sind genau dann linear unabh¨ angig und bilden folglich eine Basis des R ³ , wenn die Determinante |abc| von 0 verschieden ist. Es ist aber etwa nach der Regel von Sarrus

1 0 2

2 1 a

−1 −3 1

= 1 − 12 + 0 + 2 + 3a − 0 = 3a − 9 = 3(a − 3).

Diese Determinante ist genau f¨ ur a 6= 3 von 0 verschieden. Also bilden genau f¨ ur a ∈ R \ {3} die drei Vektoren a, b und c eine Basis von R ³ .

Die drei Vektoren bilden in der gegebenen Reihenfolge genau dann ein Rechts-

system, wenn die Determinante positiv ist. Dies ist offensichtlich genau f¨ ur a > 3

der Fall.

L¨ osung zu Beispiel 3.2:

Die drei Vektoren a, b und c im R ³ sind genau dann linear unabh¨ angig und bilden folglich eine Basis des R ³ , wenn die Determinante |abc| von 0 verschieden ist. Es ist aber etwa nach der Regel von Sarrus

−2 −1 0

0 3 −2

1 0 2

= −12 + 2 + 0 − 0 − 0 − 0 = −10.

L¨ osung zu Beispiel 3.3:

a) Die drei Vektoren a, b und c sind genau dann linear abh¨ angig, wenn es drei Skalare x, y, z ∈ R gibt, die nicht alle gleich 0 sind, so daß

xa + yb + zc = o

gilt, also genau dann, wenn das mit den Koordinaten der Vektoren gebildete homogene lineare Gleichungssystem eine nichttriviale L¨ osung hat. Man kann die L¨ osungsmenge dieses Gleichungssystems mit dem Gaußschen Eliminationsverfah- ren ermitteln:

4 3 1 0

1 0 −5 0 1 3 −1 0

−3 0 1 0

W¨ ahlt man a _2,1 = 1 als Leitelement, so kann man die erste Unbekannte x eli- minieren, indem man das Vierfache der zweiten Zeile von der ersten abzieht, die zweite Zeile von der dritten abzieht und das Dreifache der zweiten Zeile zur vierten addiert:

0 3 −19 0 1 0 −5 0

0 3 4 0

0 0 −14 0

Jetzt sieht man aus den letzten drei Zeilen, das das Gleichungssystem aus diesen Gleichungen nur die triviale L¨soung x = y = z = 0 hat. Dann gilt dasselbe aber f¨ ur das gesamte System und damit sind die drei gegebenen Vektoren linear unabh¨ angig.

b) und c) Da die drei Vektoren a, b und c nach Teil a) linear unabh¨ angig sind, liegt d genau in dem von ihnen erzeugten Unterraum, wenn alle vier Vektoren linear abh¨ angig sind. Dies ist genau dann der Fall, wenn die Determinante |abcd|

gleich 0 ist. Im anderen Fall bilden diese Vektoren eine Basis des R ⁴ . Es ist aber

4 3 1 4

1 0 −5 r

1 3 −1 −12

−3 0 1 −1

=

3 0 2 16

1 0 −5 r

1 3 −1 −12

−3 0 1 −1

= −3

3 2 16

1 −5 r

−3 1 −1

,

wenn man die dritte Zeile von der ersten abzieht und dann nach der zweiten Spalte entwickelt. Nun ist aber, etwa nach der Regel von Sarrus

3 2 16

1 −5 r

−3 1 −1

= 15 − 6r + 16 − 240 − 3r + 2 = −207 − 9r = −9(23 + r).

Die Determinante verschwindet also genau f¨ ur r = −23. In diesem Fall liegt d

in dem von den anderen drei Vektoren aufgespannten Unterrraum. F¨ ur r 6= −23

bilden die vier Vektoren eine Basis des R ⁴ .

L¨ osung zu Beispiel 3.4:

a) Die Vektoren a, b, c sind genau dann linear unabh¨ angig, wenn das homogene lineare Gleichungssystem xa + yb + zc = o nur die triviale L¨ osung x = y = z = 0 hat. Die L¨ osung dieses linearen Gleichungssystems l¨ aßt sich nach dem Gaußschen Eliminationsverfahren ermitteln:

2 1 t 0

1 −1 0 0

0 3 t 0

t 0 1 0

W¨ ahlt man a 2,1 = 1 als Leitelement, so kann man die Unbekannte x eliminieren, indem man das Doppelte der zweiten Zeile von der ersten Zeile subtrahiert und das t-fache der zweiten Zeile von der letzten Zeile subtrahiert:

0 3 t 0

1 −1 0 0

0 3 t 0

0 t 1 0

Da die erste und die dritte Zeile identisch sind, kann man eine von ihnen streichen, etwa die erste:

1 −1 0 0

0 3 t 0

0 t 1 0

W¨ ahlt man nun hierin a _3,3 = 1 als Leitelement, so kann man die Unbekannte z eliminieren, indem man das t-fache der dritten Zeile von der zweiten Zeile subtrahiert:

1 −1 0 0 0 3 − t ² 0 0

0 t 1 0

Dieses homogene lineare Gleichungssystem hat genau dann nur die triviale L¨ o- sung, wenn 3 − t ² 6= 0 gilt. Also sind f¨ ur t 6= √

3 und t 6= − √

3 die drei Vektoren linear unabh¨ angig.

b) Es sind alle L¨ osungen des folgenden linearen Gleichungssystems zu ermitteln xa + yb + zd = c,

wobei t = −1 zu setzen ist. Dies kann wiederum mit dem Gaußschen Eliminati- onsverfahren geschehen:

2 1 0 −1

1 −1 −1 0

0 3 2 −1

−1 0 1 1

W¨ ahlt man a _2,1 = 1 als Leitelement, so kann man die Unbekannte x eliminieren, indem man das Doppelte der zweiten Zeile von der ersten Zeile subtrahiert und die zweite Zeile auf die letzte Zeile addiert:

0 3 2 −1

1 −1 −1 0

0 3 2 −1

0 −1 0 1

Da die erste Zeile und die dritte Zeile identisch sind, kann eine von ihnen fortge- lassen werden, etwa die erste:

1 −1 −1 0

0 3 2 −1

0 −1 0 1

W¨ ahlt man hierin a _3,2 = −1 als Leitelement, so kann man die Unbekannte y eliminieren, indem man das Dreifache der letzten Zeile zur zweiten Zeile addiert:

1 −1 −1 0

0 0 2 2

0 −1 0 1

Dieses Gleichungssystem hat genau eine L¨ osung: Aus der zweiten Zeile liest man z = 1 ab und aus der dritten Zeile y = −1. Dann folgt aus der ersten Zeile aber x = 0. Die einzige Linearkombination f¨ ur c ist demnach

−b + d =











−1 1

−3 0











+











0

−1 2 1











=











−1 0

−1 1











= c.

L¨ osung zu Beispiel 3.5:

a) Die vier Vektoren a _i sind genau dann linear unabh¨ angig und bilden folglich eine Basis des R ⁴ , wenn die aus ihren Koordinaten gebildete Determinante einen von 0 verschiedenen Wert besitzt. Nun ist aber

2 1 −1 −1

1 0 −1 0

−1 t 3 t

3 −1 0 3

=

0 1 1 −1

1 0 −1 0

0 t 2 t

0 −1 3 3

,

wobei geeignete Vielfache der zweiten Zeile zu den anderen Zeilen addiert wurden.

Jetzt kann man nach der ersten Spalte entwickeln und erh¨ alt

0 1 1 −1

1 0 −1 0

0 t 2 t

0 −1 3 3

= (−1)

1 1 −1

t 2 t

−1 3 3

= (−1)

1 1 −1

0 2 − t 2t

0 4 2

,

wobei im letzten Schritt geeignete Vielfache der ersten Zeile zu den anderen Zeilen addiert wurden. Entwickelt man jetzt nach der ersten Spalte, so erh¨ alt man als Wert der urspr¨ unglichen Determinante

(−1)(4 − 2t − 8t) = 10t − 4.

Also bilden die vier Vektoren genau f¨ ur t 6= ² ₅ eine Basis des R ⁴ .

b) Da nach Teil a) die vier Vektoren a _i f¨ ur t = 1 eine Basis bilden, gibt es eindeutig bestimmte Zahlen x _i ∈ R mit

x 1 a 1 + x 2 a 2 + x 3 a 3 + x 4 a 4 = b.

Zu ihrer Bestimmung ist das folgende lineare Gleichungssystem zu l¨ osen

2 1 −1 −1 3

1 0 −1 0 2

−1 1 3 1 0

3 −1 0 3 7

W¨ ahlt man a 2,1 = 1 als Leitelement, so kann man x 1 eliminieren:

0 1 1 −1 −1

1 0 −1 0 2

0 1 2 1 2

0 −1 3 3 1

W¨ ahlt man nun a _1,2 = 1 als Leitelement, so kann man x ₂ eliminieren:

0 1 1 −1 −1

1 0 −1 0 2

0 0 1 2 3

0 0 4 2 0

W¨ ahlt man jetzt a _3,3 = 1 als Leitelement, so kann man noch x ₃ eliminieren:

0 1 1 −1 −1

1 0 −1 0 2

0 0 1 2 3

0 0 0 −6 −12

Aus der letzten Zeile liest man x ₄ = 2 ab, und aus der dritten Zeile dann x ₃ =

3 − 4 = −1. Die zweite Zeile liefert dann x ₁ = 2 − 1 = 1 und die erste Zeile

schließlich x ₂ = −1 + 2 + 1 = 2. (Es empfiehlt sich, nach diesen Rechnungen die

Probe zu machen!)

L¨ osung zu Beispiel 3.6:

Gesucht sind also Zahlen x _i ∈ R mit

x ₁ a + x ₂ b + x ₃ c = x.

Zu ihrer Bestimmung ist das folgende lineare Gleichungssystem zu l¨ osen 2 0 −2 1

−1 1 −1 5 2 1 −4 4

W¨ ahlt man zun¨ achst a _2,2 = 1 als Leitelement, so kann man x ₂ eliminieren:

2 0 −2 1

−1 1 −1 5 3 0 −3 −1

W¨ ahlt man jetzt a _1,1 = 2 als Leitlement, so kann man x ₁ eliminieren:

2 0 −2 1

−1 1 −1 5 0 0 0 − ⁵ ₂

Aus der letzten Zeile folgt nun die Unl¨ osbarkeit dieses Gleichungssystems. Also

l¨ aßt sich x nicht als Linearkombination darstellen.

L¨ osung zu Beispiel 3.7:

Gesucht sind also Zahlen x _i ∈ R mit

x ₁ a ₁ + x ₂ a ₂ = a ₃ .

Schreibt man die Vektoren mittels ihrer Koordinaten bez¨ uglich der angegebenen Orthonormalbasis, so ist zur Bestimmung von x i ist das folgende lineare Glei- chungssystem zu l¨ osen

1 −1 0

1 2 2

1 2 −1

1 −1 0

Aus der zweiten und dritten Gleichung liest man unmittelbar die Unl¨ osbarkeit dieses Gleichungssystems ab. Daher l¨ aßt sich a ₃ nicht aus a ₁ und a ₂ linear kom- binieren, ist also von ihnen linear unabh¨ angig. Nun sind aber auch a ₁ und a ₂ untereinander linear unabh¨ angig, da ersichtlich a 2 kein skalares Vielfaches von a 1

ist, denn s¨ amtliche skalaren Vielfache von a ₁ haben stets vier identische Koordi-

naten. Insgesamt sind also alle drei Vektoren a _i linear unabh¨ angig.

4 Analytische Geometrie

Beispiel 4.1 Gegeben sind die Vektoren

a = (1, 2, 3) ^T , b = (2, 0, 2) ^T , c = (a, 1, −4) ^T mit a ∈ R .

a) Bestimmen Sie alle Vektoren r, die sowohl auf a als auch auf b senkrecht stehen.

b) Wie muß a gew¨ ahlt werden, damit das Volumen des von den drei Vektoren aufgespannten Spates V = b > 0 betr¨ agt?

c) F¨ ur welche a ∈ R liegen die drei Vektoren in einer Ebene? Geben Sie eine pa- rameterfreie Gleichung der Ebene an, die dann durch diese Vektoren aufgespannt wird und den Ursprung enth¨ alt.

L¨ osungshinweise L¨ osung

Beispiel 4.2 Gegeben sind die Punkte mit den Koordinaten P ₁ = (0, 1, −1), P ₂ = (−1, 2, −3), P ₃ = (1, −1, 0).

a) Bestimmen Sie die Hessesche Normalform der Ebene E, die P ₁ , P ₂ und P ₃ enth¨ alt.

b) Zeigen Sie, daß x =







2

−3 1





 + s







0

−2

−2





 + t







1 0 3





 , s, t ∈ R eine Parameterdarstellung von E ist.

c) Berechnen Sie eine Parameterdarstellung der Schnittgeraden von E und der x, y-Ebene.

L¨ osungshinweise L¨ osung

Beispiel 4.3 Gegeben sind die Punkte mit den Koordinaten P 1 = (0, 1, −1), P 2 = (−2, 1, 1), P 3 = (0, 3, 0).

a) Bestimmen Sie die Hessesche Normalform der Ebene E, die P ₁ , P ₂ und P ₃ enth¨ alt.

b) Bestimmen Sie den Abstand von Q = (2, −2, 0) zu E .

c) Vom Punkt Q ist das Lot auf E zu f¨ allen. Berechnen Sie den Lotfußpunkt F . L¨ osungshinweise L¨ osung

Beispiel 4.4 Durch 2x − y + 3z = 1 ist eine Ebene E im R ³ bestimmt. Geben Sie eine Parametergleichung von E an.

L¨ osungshinweise L¨ osung

Beispiel 4.5 Gegeben sind die Punkte mit den Koordinaten P ₁ = (0, 1, −2), P ₂ = (1, −1, 0), P ₃ = (1, 0, −1).

a) Bestimmen Sie die Hessesche Normalform der Ebene E, die P ₁ , P ₂ und P ₃ enth¨ alt.

b) Bestimmen Sie den Abstand von E zum Koordinatenursprung.

c) Berechnen Sie den Fl¨ acheninhalt des Dreiecks mit den Eckpunkten P ₁ , P ₂ , P ₃ . L¨ osungshinweise L¨ osung

Beispiel 4.6 Gegeben sind die Ebene E 1 durch 2x + 2y + z − 3 = 0 und f¨ ur a ∈ R die Ebene E ₂ durch

x =







2 1 0





 + s







2

−1 0





 + t







0 1 a





 , s, t ∈ R .

a) In welchem Punkt und unter welchem Winkel schneidet E 1 die x-Achse?

b) F¨ ur welches a ∈ R sind die Ebenen orthogonal?

c) Bestimmen Sie a so, daß der Schnittwinkel zwischen E ₁ und E ₂ genau ^π ₃ ist.

L¨ osungshinweise L¨ osung

Beispiel 4.7 Gegeben sind die Ebene E ₁ durch 2x + 2y − z = 2 und f¨ ur a, c, d ∈ R die Ebene E ₂ durch

ax − y + cz = d.

a) Geben Sie eine Parameterdarstellung von E ₁ an.

b) Bestimmen Sie a, c, d so, daß E ₁ und E ₂ parallel sind und den Abstand 4 haben.

c) Es sei g die Gerade durch den Ursprung, die senkrecht auf E ₁ steht. Bestimmen Sie den Schnittpunkt und den Schnittwinkel von g mit E ₂ f¨ ur den Fall a = c = d = 1.

L¨ osungshinweise L¨ osung

Beispiel 4.8 Gegeben sind die Ebene E durch

x = (1, 1, 0) ^T + r(−1, 1, 1) ^T + s(0, 1, 2) ^T , r, s ∈ R , die Geradenschar g _a f¨ ur a ∈ R durch

x = (−1, 2, 6) ^T + t(a, a − 1, −a) ^T , t ∈ R und die Gerade h durch

x = (−1, 2, 6) ^T + t(1, 1, 3) ^T , t ∈ R . a) Welchen Abstand hat E vom Ursprung?

b) Bestimmen Sie den Schnittpunkt und den Schnittwinkel von g ₁ mit E.

c) F¨ ur welche Werte von a steht g _a senkrecht auf E?

d) Zeigen Sie, daß h parallel zu E ist und bestimmen Sie den Abstand zu E.

e) Bestimmen Sie die Gleichung der senkrechten Projektion von g ₁ in E.

L¨ osungshinweise L¨ osung

Beispiel 4.9 Von einem Dreieck sind die beiden Eckpunkte P ₁ = (2, 1, 6), P ₂ = (−3, 1, −4) und der Schnittpunkt H = (2, 1, − ³ ₂ ) der H¨ ohenlinien gegeben. Be- stimmen Sie die Koordinaten des dritten Eckpunktes P 3 .

L¨ osungshinweise L¨ osung

Hinweise zu Beispiel 4.1:

a) Das Vektorprodukt liefert derartige Vektoren.

b) Das Spatprodukt liefert das Volumen.

c) Das Spatprodukt muß verschwinden. Die Ebene ist durch einen Normalenvek- tor festgelegt, der Abstand vom Ursprung ist 0.

Hinweise zu Beispiel 4.2:

Richtungsvektoren von E findet man als Verbindungsvektoren von je zwei Punk- ten, der Normalenvektor einer Ebene steht senkrecht auf s¨ amtlichen Richtungs- vektoren. Die x, y-Ebene hat die Gleichung z = 0.

Hinweise zu Beispiel 4.3:

Richtungsvektoren von E findet man als Verbindungsvektoren von je zwei Punk- ten, der Normalenvektor einer Ebene steht senkrecht auf s¨ amtlichen Richtungs- vektoren. Das Lot von Q auf E verl¨ auft senkrecht zu E. Der Abstand eines Punktes zu einer Ebene wird senkrecht zur Ebene gemessen und kann mit der Hesseschen Normalform ermittelt werden.

Hinweise zu Beispiel 4.4:

Die Richtungsvektoren von E stehen senkrecht auf dem Normalenvektor, d. h.

das Skalarprodukt muß verschwinden.

Hinweise zu Beispiel 4.5:

Richtungsvektoren von E findet man als Verbindungsvektoren von je zwei Punk- ten, der Normalenvektor einer Ebene steht senkrecht auf s¨ amtlichen Richtungs- vektoren. Aus der Hesseschen Normalform kann man den Abstand der Ebene vom Ursprung ablesen. Der gesuchte Fl¨ acheninhalt h¨ angt mit einem Vektorprodukt zusammen.

Hinweise zu Beispiel 4.6:

a) Bestimmen Sie zun¨ achst den Schnittwinkel zwischen der x-Achse und einem Normalenvektor von E 1 .

b) Die Ebenen sind genau dann orthogonal, wenn ihre Normalenvektoren ortho-

gonal sind. Ein Normalenvektor von E ₂ ergibt sich aus dem Kreuzprodukt der

beiden Richtungsvektoren.

c) Der Schnittwinkel zwischen den Ebenen ist gleich dem Winkel zwischen ihren Normalenvektoren.

Hinweise zu Beispiel 4.7:

a) Bestimmen Sie zwei linear unabh¨ angige Richtungsvektoren von E ₁ , die senk- recht auf dem Normalenvektor stehen.

b) Bestimmen Sie Hessesche Normalformen von E ₁ und E ₂ und w¨ ahlen Sie d so, daß beide Ebenen den gew¨ unschten Abstand haben.

c) Der Schnittwinkel zwischen dem Richtungsvektor der Geraden und einem Nor- malenvektor der Ebene ist der Komplementwinkel des gesuchten Schnittwinkels.

Hinweise zu Beispiel 4.8:

a) Den Abstand einer Ebene zum Ursprung kann man aus ihrer Hesseschen Nor- malform ablesen.

b) Der Schnittwinkel zwischen dem Richtungsvektor der Geraden und einem Nor- malenvektor der Ebene ist der Komplementwinkel des gesuchten Schnittwinkels.

c) Der Richtungsvektor der Geraden und der Normalenvektor der Ebene m¨ ussen linear abh¨ angig sein.

d) Der Richtungsvektor der Geraden muß senkrecht zum Normalenvektor der Ebene sein. Den Abstand eines Punktes (der Geraden) von der Ebene erh¨ alt man aus der Hesseschen Normalform.

e) Die senkrechte Projektion erh¨ alt man als Verbindungsgerade von zwei Lotfuß- punkten. Einer davon kann als Schnittpunkt gew¨ ahlt werden.

Hinweise zu Beispiel 4.9:

Die zweiten Koordinaten aller gegebenen Punkte sind gleich 1. Es handelt sich also um ein zweidimensionales Problem, das Dreieck liegt parallel zur x, z-Ebene.

Die zweite Koordinate von P ₃ muß also ebenfalls 1 sein.

L¨ osung zu Beispiel 4.1:

a) Alle Vektoren r, die auf a und b senkrecht stehen, sind skalare Vielfache des Vektorproduktes a × b. Dieses Vektorprodukt l¨ aßt sich mitels der folgenden Determinante durch Entwicklung nach der ersten Zeile bestimmen

a × b =

e ₁ e ₂ e ₃

1 2 3

2 0 2

= 4e ₁ − (−4)e ₂ − 4e ₃ = (4, 4, −4) ^T .

Also gilt r = t(1, 1, −1) mit t ∈ R .

b) Das Spatprodukt der drei Vektoren l¨ aßt sich durch die folgende Determinante etwa nach der Regel von Sarrus berechnen

(a × b) · c =

1 2 3

2 0 2

a 1 −4

= 0 + 4a + 6 − 0 − 2 + 16 = 4a + 20 = 4(a + 5).

Da das Volumen gleich dem Betrag des Spatproduktes ist, muß gelten V = b =

|4(a + 5)|, also |a + 5| = ₄ ^b . Hieraus ergibt sich a + 5 = ^b ₄ , also a = ₄ ^b − 5, oder a + 5 = − ^b ₄ , also a = − ₄ ^b − 5.

c) Die drei Vektoren liegen genau dann in einer Ebene, wenn ihr Spatprodukt verschwindet. Dies ist nach b) genau f¨ ur a = −5 der Fall. Dann steht ein Norma- lenvektor dieser Ebene auf allen drei Vektoren senkrecht, was nach a) insbeson- dere f¨ ur r = (1, 1, −1) der Fall ist. Jede Ebene mit diesem Normalenvektor hat die parameterfreie Darstellung

x + y − z = d.

Da die Ebene den Ursprung enthalten soll, muß d = 0 gelten, also

x + y − z = 0.

L¨ osung zu Beispiel 4.2:

a) Richtungsvektoren der Ebene durch die Punkte erh¨ alt man als Verbindungs- vektoren verschiedener Punkte, also etwa

a = (−1, 2, −3) ^T − (0, 1, −1) ^T = (−1, 1, −2) ^T und

b = (1, −1, 0) ^T − (0, 1, −1) ^T = (1, −2, 1) ^T . Ein Normalenvektor n von E ergibt sich dann als Kreuzprodukt

n = a × b =







−1 1

−2





 ×







1

−2 1





 =







−3

−1 1





 . Damit lautet eine Normalformdarstellung von E

−3x − y + z = d.

Den Wert von d erh¨ alt man durch Einsetzen eines Punktes, etwa von P 1 , in diese Gleichung: d = (−3) · 0 − 1 · 1 + 1 · (−1) = −2. Die ergibt also

−3x − y + z = −2 oder 3x + y − z = 2.

(Man kann leicht die Probe machen, indem man die Koordinaten der anderen beiden Punkte einsetzt!) Die Hessesche Normalform gewinnt man hieraus durch Normierung des Normalenvektors. Dessen Norm berechnet man mittels des Ska- larproduktes

||n|| = √

n · n = ^q (−3) ² + (−1) ² + 1 ² = √ 11.

Also lautet die Hessesche Normalform von E

√ 3

11 x + 1

√ 11 y − 1

√ 11 z = 2

√ 11 .

b) Die angegebene Parametergleichung beschreibt genau dann dieselbe Ebene, wenn der Aufpunkt (2, −3, 1) in E liegt und die beiden Richtungsvektoren senk- recht auf dem Normalenvektor von E stehen. Nun gilt aber 3 ·2+1·(−3)−1·1 = 2 und f¨ ur die Skalarprodukte







0

−2

−2





 ·







3 1

−1





 = −2 + 2 = 0 und







1 0 3





 ·







3 1

−1





 = 3 − 3 = 0,

d.h. die Richtungsvektoren stehen senkrecht auf n.

c) Da die x, y-Ebene durch die Gleichung z = 0 beschrieben wird, muß diese Bedingung f¨ ur die dritte Koordinate der Punkte aus E gelten:

1 − 2s + 3t = 0 oder s = 1 2 + 3

2 t.

Setzt man dies in die Parametergleichung von E ein, so erh¨ alt man f¨ ur die Schnitt- gerade von E und der x, y-Ebene die Parametergleichung

x =







2

−3 1





 + s







0

−2

−2





 + t







1 0 3







=







2

−3 1





 +







0

−1

−1





 + t







0

−3

−3





 + t







1 0 3





 =







2

−4 0





 + t







1

−3 0





 .

L¨ osung zu Beispiel 4.3:

a) Richtungsvektoren der Ebene durch die Punkte erh¨ alt man als Verbindungs- vektoren verschiedener Punkte, also etwa

a = (−2, 1, 1) ^T − (0, 1, −1) ^T = (−2, 0, 2) ^T und

b = (0, 3, 0) ^T − (0, 1, −1) ^T = (0, 2, 1) ^T . Ein Normalenvektor n von E ergibt sich dann als Kreuzprodukt

n = a × b =







−2 0 2





 ×







0 2 1





 =







−4 2

−4





 . Damit lautet eine Normalformdarstellung von E

−4x + 2y − 4z = d.

Den Wert von d erh¨ alt man durch Einsetzen eines Punktes, etwa von P ₁ , in diese Gleichung: d = −4 · 0 + 2 · 1 − 4 · (−1) = 6. Dies ergibt also

−4x + 2y − 4z = 6 oder 2x − y + 2z = −3.

(Man kann leicht die Probe machen, indem man die Koordinaten der anderen beiden Punkte einsetzt!) Die Hessesche Normalform gewinnt man hieraus durch Normierung des Normalenvektors. Dessen Norm berechnet man mittels des Ska- larproduktes

||n|| = √

n · n = ^q 2 ² + (−1) ² + 2 ² = √ 9 = 3.

Also lautet die Hessesche Normalform von E 2

3 x − 1 3 y + 2

3 z + 1 = 0.

b) Den Abstand |a| eines Punktes Q von einer Ebene E erh¨ alt man, indem man die Koordinaten von Q in die Hessesche Normalform einsetzt:

a = 2

3 · 2 − 1

3 · (−2) + 2

3 · 0 + 1 = 3.

c) Das Lot von Q auf E ist die Gerade durch Q, die senkrecht auf E steht, also deren Richtungsvektor Normalenvektor von E ist:

x =







2

−2 0





 + s







2

− 3 ¹ ₃ 2 3





 .

Man kommt nun von Q zum Lotfußpunkt F , indem man von Q aus auf diesem Lot den Abstand |a| zur¨ ucklegt. Da der Richtungsvekor dieses Lotes die L¨ ange 1 hat, muß man gerade s = −a setzen:

F = (2, −2, 0) − 3( 2 3 , − 1

3 , 2

3 ) = (0, −1, −2)

(Probe: Die Koordinaten dieses Punktes m¨ ussen die Ebenengleichung erf¨ ullen,

der Abstand von Q zu F muß gleich |a| sein.)

L¨ osung zu Beispiel 4.4:

Der Normalenvektor von E lautet also n = (2, −1, 3) ^T . Gesucht sind also linear unabh¨ angige Richtungsvektoren a = (a ₁ , a ₂ , a ₃ ) und b = (b ₁ , b ₂ , b ₃ ) mit a · n = 0 und a · n = 0. Aus der ersten Bedingung erh¨ alt man 2a ₁ − a ₂ + 3a ₃ = 0, aus der zweiten 2b ₁ − b ₂ + 3b ₃ = 0 W¨ ahlt man a ₃ = 0 und a ₁ = 1 sowie b ₁ = 0 und b ₃ = 1, so erreicht man zun¨ achst, daß a und b linear unabh¨ angig sind. Die hergeleiteten Bedingungen f¨ uhren dann auf a ₂ = 2 und b ₂ = 3.

Nun ist noch ein Aufpunkt zu bestimmen. Dessen Koordinaten m¨ ussen die Ebe- nengleichung erf¨ ullen. Hier kann man x = 1 und z = 0 w¨ ahlen und so y = 1 bestimmen. Damit ergibt sich die Ebenengleichung zu

x =







1 1 0





 + s







1 2 0





 + t







0 3 1





 .

L¨ osung zu Beispiel 4.5:

a) Richtungsvektoren der Ebene durch die Punkte erh¨ alt man als Verbindungs- vektoren verschiedener Punkte, also etwa

a = (1, −1, 0) ^T − (0, 1, −2) ^T = (1, −2, 2) ^T und

b = (1, 0, −1) ^T − (0, 1, −2) ^T = (1, −1, 1) ^T . Ein Normalenvektor n von E ergibt sich dann als Kreuzprodukt

n = a × b =







1

−2 2





 ×







1

−1 1





 =







0 1 1





 . Damit lautet eine Normalformdarstellung von E

y + z = d.

Den Wert von d erh¨ alt man durch Einsetzen eines Punktes, etwa von P 1 , in diese Gleichung: d = 1 − 2 = −1. Dies ergibt also

y + z = −1.

(Man kann leicht die Probe machen, indem man die Koordinaten der anderen beiden Punkte einsetzt!) Die Hessesche Normalform gewinnt man hieraus durch Normierung des Normalenvektors. Dessen Norm berechnet man mittels des Ska- larproduktes

||n|| = √

n · n = √

0 ² + 1 ² + 1 ² = √ 2.

Also lautet die Hessesche Normalform von E

√ 2 2 y +

√ 2 2 z +

√ 2 2 = 0.

b) Aus der Hesseschen Normalform liest man sofort ab, daß die Entfernung des Nullpunktes von E gerade d =

√ 2

2 betr¨ agt.

c) Die L¨ ange des Kreuzproduktes a × b = n ist gleich dem Fl¨ acheninhalt des von a und b aufgespannten Parallelogramms, also dem Doppelten der gesuch- ten Dreiecksfl¨ ache. Damit ist diese Dreiecksfl¨ ache gleich der halben L¨ ange des Normalenvektors n oder gleich

√ 2

2 .