Hochschule für Wirtschaft, Technik und Kultur Leipzig (FH) Fachbereich Informatik, Mathematik und Naturwissenschaften Prof. Dr. Tobias Martin / Dr. R. Laue
Wirtschaftsmathematik
Lösungen zu Übungsaufgaben Serie 4
1. a) 4 2 9 0
0 0 1 4 2
1
2 2 1 2 1 2
1 ⇒ =− ⇒ − =− =
=
+ −
λ λ λ λ λ λ
λ , also λ1=λ2 =0 (Unabhängigkeit), d. h. Basis.
b) Kann keine Basis sein, weil es im zweidimensionalen Vektorraum R2 höchstens 2 lin. unabh. Vektoren gibt.
c) 0 0
1 2 0 0 1 2 2 0 1
3 2 1 3
2
1 = ⇒ = = =
+
+
λ λ λ λ
λ
λ (Unabhängigkeit), d. h. sie bilden eine Basis.
2. 15,
6 1 4 2 5 2 4
2 3 2 3 1 4 2 3 2 3 1 ) ( ) ( , 14 5 9 4 2 ) 2 ( 3
2 2 3 3
) 3 ( 2 1 3 4 2 3 2 2 3 1 3 2 3
T T
−
=
−
−
=
−
−
−
− +
−
=
−
⋅ +
−
=
⋅
−
−
⋅
−
⋅
−
−
⋅
=
−
−
−
=
− b a b a b
a
, 11
2 16 3 ) 3 ( 2 1
1 4 ) 3 )(
2 (
) 2 ( 2 4 3 4 2 3 2 3 1
=
−
−
⋅
⋅
−
−
−
−
−
⋅
=
−
×
−
=
×b a
2 2 2 2 2 2
1( 3) 3 2 ( 2)4 5
cos ( , ) -0,24814583 ( , ) 1,821562 104,37
14 29
1 3 ( 2) ( 3) 2 4
⋅ − + ⋅ + − −
= = = = ⇒ = = °
⋅ + + − ⋅ − + + ⋅
a b a b a b
a b
3. 0= ⋅ =a c 4a+ −6 2 ⇒ a= −1, 0= ⋅ = − +b c 8 3b+2 ⇒ b=2
2 2 2 2 2 2
( 1)( 2) 2 2 ( 1) 1 5
cos ( , ) 0,6804 ( , ) 0,8225 47,124
6 9
( 1) 2 ( 1) ( 2) 2 1
⋅ − − + ⋅ + − ⋅
= = = = ⇒ = = °
⋅ − + + − ⋅ − + + ⋅
a b a b a b
a b
Für die gesuchte Ebene E mit Richtungsvektoren a und b
ist c
ein Normalenvektor, also lautet die Skalarform 4x1+3x2+2x3=0 (rechte Seite ist Null, weil Ursprung (0,0,0) in E liegt).
4. a) Die Gerade besitzt die Parameterdarstellung
0 2
4 2 ,
1 2
OA→ λAB→ λ λ
= + = + − ∈
x
b) Mittelpunkt M ergibt sich aus Parameterdarstellung von a) mit λ = ½: M=(1,3,2). Wegen ⋅ =(1,3,2)T⋅(2,−2,2)T =1⋅2+3(−2)+2⋅2=0
→
→
AB
OM steht
→
OM senkrecht auf
→
AB. c) Normalenvektor der Ebene durch O, A und B:
−
=
−
=
×
=
×
=
→
→
→
4 1 5 2 8 2 10 3 2 2 1 4 0 OB OA n
Das Absolutglied der Ebenengleichung ist Null, da der Ursprung in der Ebene liegt. Also lautet die Ebenengleichung (bis auf konstante Faktoren) 5x1+x2−4x3=0.
d) Flächeninhalt des Dreiecks: 2 (5 1 ( 4) ) 42 6,48
2 1 2
1 2 2 2 2
≈
=
− + +
=
×
=
→
→
OB OA F
5. a) Es gilt für einen Punkt von E:
1 2 1
2 4 1 , ,
0 1 2
OA λAB µAC λ µ λ µ
→ → → −
= + + = + − + − ∈
−
x
b) Der Normalenvektor ist ein Vielfaches von AB AC ( 9, 3, 6)T
→ →
× = − , also z. B. n=(3, 1, 2)− T , d. h.
3x1−x2−2x3=d. Bestimmung von d durch Einsetzen eines Punktes von E, z. B. A :
d=3⋅1−2−2⋅0=1, also lautet die Ebenengleichung (bis auf Vervielfachung) 3x1−x2−2x3=1 c) Flächeninhalt des DreiecksFABC 12 AB AC 12 ( 9, 3, 6)T 12 ( 9)2 32 62 12 126 5, 6125
→ →
∆ = × = − = − + + = ≈
d) Volumen des Tetraeders VABCS 16 (AB AC) AS 16( 9, 3, 6)T (3, 3, 1)T 16 42 7
→ → →
= × ⋅ = − ⋅ − − = − =
