Ubungsblatt 1: L¨ ¨ osungswege und L¨ osungen

Ubungsblatt 1: L¨ ¨ osungswege und L¨ osungen

1) Hier geht es weniger um mathematisch-strenge Beweise als darum, mit abstrakten Vektoren (ohne Komponenten) zu hantieren und damit die Behauptungen plausibel zu machen.

a) Der Vektor entlang der dritten Seite c eines Dreiecks ist die Summe der beiden Vektoren entlang der ersten beiden Seiten a und b. Nach geometrischer Anschauung ist die Seitenhalbierende die Summe der halben Vektoren entlang a und b. Daraus folgt die Behauptung auf triviale Weise.

b) Die Strategie besteht darin, durch Addition geeigneter Bruchteile von Seitenvek- toren (wie bei 1a) zwei unterschiedliche Vektor-Wege von einem Eckpunkt zum Schnittpunkt der Seitenhalbierenden zu konstruieren. Dann stellt sich heraus, daß die resultierenden Vektoren identisch sind, damit dann auch die Schnittpunkte.

2) L¨osungen:

a) ~x=





−1

−1 2



, ~y =





−√ 2

−1 2 + ^√1₃



, ~z =



 a b+ 1 c−2





b) aˆ= 1

√N



 a−√

2 b c+ ^√1

3



, mit N = (a−√

2)²+b²+

c+ 1

√3 2

c) ~r =



 1 0 0



+λ



 a−1

b c





d) ~r =



 1 0 0



+λ





√2−1 0

−^√1

3



+µ



 a−1

b c





e)



~r−





√2 0

−^√1₃









2

= 5

3) L¨osungen:

a) αˆ = 1 3



 2 1

−2



, γˆ= 1 2

r3 7





−^√1

3

0 3





b) ~δ =



 2

−¹₂

√2−2



, ~ζ = 1 2



 2

5 2

−(2 +√ 2)





c) α~ ·β~= 2√ 2 + 3

2, β~·~α=~α·β,~ α~ ·~γ =−2

3 + 1

√3

d) α~ ×β~=



 3−√

2 2√

2 3



, β~×~α=−~α×β,~ β~×β~ =~0 f¨ur alle β~

e) α~ ·(β~×~γ) = 9 + 1

√3(√

2−3), (~α×β)~ ·~γ =α~ ·(β~×~γ) = β~·(~γ×α)~

4) L¨osungsweg: Definitionsformeln f¨urs Skalar- bzw. Vektorprodukt (siehe Skript) nach cos(ϕ) bzw. sin(ϕ) aufl¨osen (beim Vektorprodukt gen¨ugt es, den Betrag des resul- tierenden Vektors zu betrachten; die Richtungsinformation ist hier ¨uberfl¨ussig), die n¨otigen Gr¨oßen auf der anderen Seite einsetzen und cos(ϕ) bzw. sin(ϕ) ausrechnen.

Dann ϕ selbst mit Hilfe der geeigneten Umkehrfunktion bestimmen.

L¨osungen: 30^◦, 45^◦, 60^◦

5) L¨osungsweg: Vektorprodukt zweier Vektoren liefert einen dritten Vektor senkrecht zu den ersten beiden; Orthogonalit¨atsnachweis mit Test ob Skalarprodukt gleich Null.

L¨osungen:

a) ~n×m~ =−2ˆk =



 0 0

−2



 oder 2ˆk oder ˆk etc.

b) ~a×~b=





√ 1 2−2

−^√1₂





c) ~x×~y=





−bc

−ad ac





6) L¨osungsweg: Geradengleichung in 3 skalare Gleichungen ¨ubersetzen, die daraus resultierenden Ausdr¨ucke f¨ur x und z in die Ebenengleichungen einsetzen, dann:

a) Dies liefert eine Bestimmungsgleichung f¨ur λ, was in die Geradengleichung eingesetzt den einen Schnittpunkt liefert;

b) Dies f¨uhrt zum Widerspruch;

c) Dies f¨uhrt zu von λ unabh¨angigen Gleichungen, d.h. alle Werte f¨ur λ sind erlaubt.

Bei (b) und (c) ist der Normalenvektor (³₂,0,1)^T der Ebene senkrecht auf dem Vektor (−2,1,3)^T entlang der Geraden, daher sind in beiden F¨allen Gerade und Ebene parallel. Bei (b) ist der Aufpunkt (3|0| −4) der Geraden nicht in der Ebene, wie man durch Einsetzen in die Ebenengleichung leicht testen kann. Daher sind alle anderen Punkte der Geraden auch nicht in der Ebene. Umgekehrt ist bei (c) der Aufpunkt der Gerade in der Ebene und damit alle anderen Punkte auch.

L¨osungen:

a) (1,1,−1)^T , b) g parallel zue , c) Gerade in Ebene.

7) L¨osungswege:

a) Entweder die Vektoren der Geraden-Parameterform in die Skriptformel Gl. (147) einsetzen, oder aus der Parameterform die Hessesche Normalenform erzeugen (via Elimination von λ) und daraus den Abstand ablesen.

b) Entweder zus¨atzlich zum Ebenenaufpunkt zwei weitere Punkte in der Ebene erzeugen (z.B. durch (λ = 0, µ= 1) und (λ= 1, µ= 0)) und dann Skriptformel Gl. (150) verwenden, oder die Parameterform in die Normalenform verwandeln (via Elimination von λ und µ) und dann Skriptformel Gl. (151) nutzen.

L¨osungen: a) 1, b) 2

8) L¨osungen:

a) e₁ :~r=



 0 0 1



+λ



 a a 1



+µ



 a

−a 0



, e₂ :~r =



 0 0 1



+λ



 a a

−1



+µ



 a

−a 0





b) Schnittgerade g: ~r =



 0 0 1



+λ



 a

−a 0





c) Das ist die 2.Winkelhalbierende (wegen der Form des Richtungsvektors) in einer Ebene parallel zur x, y-Ebene (wegen des Aufpunkts) im Abstand 1 von der x, y-Ebene und damit auch vom Ursprung. (Einsicht, keine Rechnung n¨otig) d) ~n₁ =



 a a

−1



, ~n₂ =



 a a 1





e) 90^◦ f ) 2

9) L¨osungswege und L¨osungen:

a) Normalenform mit ~b als Normalenvektor und mit Ursprung als Aufpunkt: −x+ 3y−2z = 0. Es gibt unendlich viele dazu parallele Ebenen, die nicht durch den Ursprung gehen, aber in denen ~a liegt (weil ~a beliebig parallelverschoben werden kann). Ein einfaches Skalarprodukt ~b·d~ zeigt, daß diese beiden Vektoren nicht senkrecht zueinander sind.

b) e₂ kann in Parameterform direkt hingeschrieben werden. ~a und ~c sind kollinear, sodaß sie keine Ebene aufspannen k¨onnen.

c) Ubliche Schnittpunktbestimmung zwischen¨ g₁ und e₂ liefert Schnittpunkt bei x = ³⁷₁₅, y = 0, z = ⁵⁹₁₅. Kein Schnittpunkt zwischen g₂ und e₂, weil ~a und ~c kollinear sind und Q nicht in e₂ liegt.

d) Aus den genannten Winkelwerten und dem Faktum, daß w~ ein Einheitsvektor sein soll, ergeben sich 2 Bestimmungsgleichungen f¨ur die w-Komponenten~ wx

und w_z, die damit ausgerechnet werden k¨onnen zu w_x = (¹₂ −√ 3)/√

5 und w_z = (¹₂√

3 + 1)/√

5. Aus den angegebenen Winkelwerten und daraus, daß ~a

und d~ senkrecht aufeinander stehen (Winkel 90^◦), folgt (rein anschaulich, ohne Rechnung, außer 60^◦+30^◦=90^◦), daß w~ in der Ebene liegen muß, die von ~a und d~ aufgespannt wird. Also muß w_y = 0 gelten und das Tetraedervolumen Null sein. (Alternativ ließe sich w_y = 0 auch daraus bestimmen, daß |w|~ = 1 gelten muß.)

10) L¨osungswege und L¨osungen:

a) Die x-Komponente von ~b muß Null sein. Der angegebene Winkel und die Normierungsforderung sind zwei Gleichungen, aus denen sich zwei m¨ogliche L¨osungen f¨ur die unbekannten y- und z-Komponenten bestimmen lassen. Die richtige der beiden ist diejenige oberhalb der xy-Ebene. ⇒ ˆb= ^√1₂(0,−1,1)^T b) L¨ange des Differenzvektors der Ortsvektoren: √

3

c) Zentrums-Ortsvektor ist gegeben, Radius aus Teilaufgabe (b), also:



~r− 1

√2



 1 1 0









2

= 3

d) Direkte Aufstellung der Normalenform von e₁, wobei −→

AB der Normalenvektor ist und ˆb der Aufpunkt-Ortsvektor:

√1 2





−1

−2 1



·~r = 3 2

Z.B. ¨uber Normierung des Normalenvektors (Hessesche Normalenform) ergibt sich der Abstand zum Ursprung zu ¹₂√

3. Die angegebene Parameterform von e₁ muß richtig sein, weil der Aufpunkt der Ortsvektor von B ist und beide Richtungsvektoren orthogonal zum Normalenvektor.

e) Es ergibt sich:

e₂ :



 1 0 0



·~r= 0 , g : ~r = 1

√2



 0

−1 1



+µ



 0 1 2





11) L¨osungsweg: Damit ein Boot einen str¨omenden Fluß senkrecht zur Uferlinie ¨uberque- ren kann, muß das Boot in schr¨ager Richtung gegen die Str¨omung steuern. Entlang dieser schr¨agen Richtung kann relativ zum Wasser die m¨ogliche Maximalgeschwin- digkeit erreicht werden. Diese kann man vektoriell (Parallelogramm) zerlegen in eine Komponente genau entgegengesetzt zur Str¨omungsrichtung (parallel zur Uferlinie) und eine zweite Komponente senkrecht zur Uferlinie. Die Komponente entgegengesetzt zur Str¨omungsrichtung muß f¨ur die “senkrechte” ¨Uberquerung exakt genauso groß sein wie die Str¨omungsgeschwindigkeit. Mit dem Satz des Pythagoras kann man dann ausrechnen, wie groß die verbleibende Geschwindigkeitskomponente senkrecht dazu ist.

L¨osungen:

a) Geschwindigkeitskomponente senkrecht zur Uferlinie: 15 km/h.

Also braucht man 8min zur ¨Uberquerung. (W¨urde man gar nicht gegen die Str¨omung anfahren, w¨urde die ¨Uberquerung in nur 4.8 min gelingen, wobei man aber ein Abtreiben um 1.6 km in Kauf nehmen m¨ußte.)

b) Geschwindigkeitskomponente senkrecht zur Uferlinie: 0 km/h.

Also kann keine “senkrechte” ¨Uberquerung in endlicher Zeit gelingen. (sondern h¨ochstens eine “schr¨age” ¨Uberquerung, bei der man sich in Str¨omungsrichtung etwas abtreiben l¨aßt; der dabei “eingesparte Rest” an Vortriebsgeschwindigkeit kann dann zur ¨Uberquerung genutzt werden. Wenn man die komplette Vor- triebsgeschwindigkeit zur ¨Uberquerung nutzt, braucht man daf¨ur nur 6 min, wird aber auch 2 km abgetrieben.)

Weitere Aufgaben

2.1) Hier geht es weniger um mathematisch-strenge Beweise als darum, mit abstrakten Vektoren (ohne Komponenten) zu hantieren und damit die Behauptungen plausibel zu machen.

a) Die Strategie besteht darin, durch Addition geeigneter Bruchteile von Seitenvek- toren (wie bei 1a) zwei unterschiedliche Vektor-Wege von einem Eckpunkt zum Schnittpunkt der Seitenhalbierenden zu konstruieren. Dann stellt sich heraus, daß die resultierenden Vektoren identisch sind, damit dann auch die Schnittpunkte.

b) Tetraeder durch drei Vektoren ~a, ~b und ~c entlang dreier Kanten (ausgehend vom selben Punkt) aufspannen. Diese k¨onnen genutzt werden, um f¨ur jede der vier Fl¨achen mit Hilfe des Vektorprodukts einen Normalenvektor zu kon- struieren (dessen L¨ange den Inhalt der Fl¨ache enth¨alt). Addition aller dieser Fl¨achenvektoren ergibt den Nullvektor.

2.2) L¨osungswege:

a) Definition von Skalar- und Vektorprodukt einsetzen, Quadrate ausf¨uhren, zusam- menfassen und sin²φ+ cos²φ= 1 verwenden.

b) Skalarprodukt ~x·~y berechnen und beachten, daß ~a·~a =|~a|² gilt.

L¨osungen:

a) |a|²|b|²

2.3) L¨osungen:

a) βˆ= 2

√17



 0

3 2

−√ 2





b) ~= 1

√2



 2−^√1

3

1 1





c) β~·~γ =−3√

2, β~·β~=|β|~ ² = 17 4 d) α~ ×~γ =



 3

√2 3 −6

√1 3



, β~×~γ =







9

q2 2

√3 3 2







e) ~γ·(β~×~α) = −~γ·(~α×β) =~ −~α·(β~×~γ), β~·(~γ×~γ) =β~·~0 = 0

2.4) L¨osungsweg: halbsystematisches Komponenten-Raten, via Forderung, daß das Ska- larprodukt eines unbekannten Vektors mit dem gegebenen Null sein soll; deswegen sind die gezeigten L¨osungen nur jeweils eine von beliebig vielen m¨oglichen. . . L¨osungen:

a) 1

√5



 2

−1 0



,



 0 0 1





b) 1

√3





√2

−1 0



, 1 2





√3 0

−1





c) 1

√a²+b²





−b a 0



, 1

√a²+c²





−c 0 a





2.5) L¨osungsweg bei (e): Die Schnittgerade von e₁ und e₃ wurde bereits in (d) berechnet, also ist nur noch der Schnittpunkt dieser Schnittgeraden mit e₂ zu bestimmen.

L¨osungen:

a) Schnittpunkt (1|1) b) g₁ liegt in e₁ c) Schnittpunkt (2|0|0) d) Schnittgerade ~r =





−2 1

−1



+λ



 1 1 0





oder ~r=



 0 3

−1



+λ



 1 1 0



 (selbe Gerade, anderer Aufpunkt), usw.

e) Schnittpunkt (4|7| −1)

2.6) Trotz der vierdimensionalen Vektoren gelten die ¨ublichen Vektor-Rechenregeln.

L¨osungen:

a) |~a|= 1, |~b|=|~c|=√

2, ∠(~a,~b) = ^π₄ = 45^◦, ∠(~b,~c) = ^π₃ = 60^◦, ∠(~b,~c) = ^π₂ = 90^◦ b) Schnittpunkt (0|1|0|0)

2.7) L¨osungswege:

a) Vektoren ~a, ~b und ~c vom Ursprung zu den angegebenen drei Punkten m¨ussen alle gleich lang sein und paarweise jeweils einen Winkel von 120 Grad ein- schließen (cos(120^◦)=-1/2). Ber¨ucksichtigt man zus¨atzlich die vorgegebene Lage der Punkte, kann man die x,y-Komponenten aller drei Vektoren ausrechnen (die z-Komponenten sind ohnehin Null).

b) Mit elementarer Dreiecksgeometrie kann man die Seitenl¨ange s des Tetraeders aus den Daten der Teilaufgabe (a) berechnen. Eine Kugel mit Radius s um Pa schneidet die z-Achse im gesuchten Punkt Pd.

c) Konstruiere einen weiteren Punkt P_e, an dem die Strecke von P_b zu P_c die x-Achse schneidet. Aus Symmetriegr¨unden muß der gesuchte Kugelradius gleich dem Abstand der Gerade durch P_d und P_e vom Ursprung sein.

d) Standard-Volumenformeln f¨ur (Halb!-)Kugel und Tetraeder verwenden, Differenz bilden.

a) P_a(d|0|0), P_b

−1 2d

1 2

√3d 0

P_b

−1 2d

− 1 2

√3d 0

b) s =√

3d P_d(0|0|√ 2d)

c) P_e

−1 2d

0

0

, Kugelradius =

√2 3 d d) Restvolumen = 1

4

√ 6− 2

3π2√ 2 27

! d³

2.8) L¨osungswege:

a) f¨ur x: ~r = (α|0|0) in Ebenengleichung einsetzen und α ausrechnen. F¨ur y und z analog.

b) Standardformel f¨ur Tetraedervolumen verwenden. Wegen Betragsbildung bei der Ermittlung des Spatvolumens aus dem Spatprodukt kann der resultierende Wert f¨ur c Plus oder Minus als Vorzeichen haben.

c) Die Normalenvektoren lassen sich direkt aus Teilaufgabe (a) ablesen. Mit c₂ =−c₁ und cos(60^◦) = 1/2 l¨aßt sich ein Zahlenwert f¨ur c₁ ausrechnen und damit das Tetraedervolumen.

d) Weil die neue Ebene die z-Achse enthalten soll, ist der Ursprung ein Punkt in der Ebene und der kartesische Einheitsvektor ˆk ein m¨oglicher Richtungsvektor.

Da sich die beiden urspr¨unglichen Ebenen nur in ihren z-Achsenabschnitten unterscheiden, halbiert die 1.Winkelhalbierende in der x,y-Ebene die Tetraeder;

ihr Richtungsvektor ist also ein zweiter m¨oglicher Ebenen-Richtungsvektor.

L¨osungen:

b) c_1,2 =± 1 6v

c) ~n_1,2 =



 1 1 c1,2



 , c₁ =± r2

3

d) ~r=λ



 0 0 1



+β



 1 1 0



