Oktober 2012 Aufgabe III.1(5 Punkte) Gegeben seien die EbenenE1 in Koordinatenform durchx1+x2+x3 = 1 undE2 in Parameterform durch x

Wintersemester 2012/2013

Ubungsaufgaben zu¨ Spezielle Aspekte der Analysis L¨osungen von Blatt III vom 26. Oktober 2012

Aufgabe III.1(5 Punkte)

Gegeben seien die EbenenE1 in Koordinatenform durchx1+x2+x3 = 1 undE2 in Parameterform durch

x=



 2

−1 1



+s



 1 1

−1



+t



 2 1 3



 (s, t∈R).

a) Bestimmen Sie die Schnittgerade der beiden Ebenen.

b) Der Winkelαzwischen zwei EbenenF1 undF2 mit den jeweiligen Normalenvektorenn1 undn2

ist definiert durch

cosα= |hn1, n2i|

|n1| · |n2|. Bestimmen Sie den Winkel zwischen den EbenenE1 undE2. Die GeradeGsei in Parameterform gegeben durch

x=



 4 0 4



+r



 3 2 2



 (r∈R).

c) Diskutieren Sie die Lage der GeradenGbzgl. der EbenenE1 undE2. Aufgabe III.2(5 Punkte)

Eine punktf¨ormige Lichtquelle sei im Punkt Q= (1,2,2) aufgestellt. Die Ebene E verlaufe durch den Ursprung und werde von den Vektorenv1= (0,0,1) undv2 = (1,1,0) aufgespannt.

a) Berechnen Sie die Koordinaten des SchattensS= (s1, s2, s3), den der PunktP= (2,1,0) auf die EbeneEwirft.

b) Es seiN ={n∈R³|nist Normalenvektor vonEund|n|= 1}. Listen Sie alle Elemente vonN auf und zeigen Sie, dass es genau einn^∗∈N gibt mitD

n^∗,−→

SPE

>0. Berechnen Sie den Winkel zwischen den Vektorenn^∗und−→

SP. Aufgabe III.3(6 Punkte)

Bestimmen Sie die L¨osungsmenge der folgenden linearen Gleichungssysteme.

a)

x+ 2y+ 3z= 1 4x+ 5y+ 6z= 2 7x+ 8y+ 9z= 3 b)

x+ 2y+ 3z= 1 4x+ 5y+ 6z= 2 7x+ 8y+ 9z= 2 c)

x+ 2y+ 3z= 1 3x+ 5y+ 6z= 2 7x+ 8y+ 9z= 3

Aufgabe III.4(4 Punkte)

F¨ur welche Werte vonr∈Rbesitzt das Gleichungssystem x−y+^r₃z= 1

3y−rz= 0 3x−3y+r²z=r+ 2 i) keine L¨osung,

ii) genau eine L¨osung, iii) unendlich viele L¨osungen?

Geben Sie außerdem die jeweilige L¨osungsmenge in Abh¨angigkeit vonran.

L¨osungsvorschl¨age Aufgabe III.1

a) Wir setzen die Darstellung von E₂ der Form

x=





2 +s+ 2t

−1 +s+t 1−s+ 3t



 (s, t∈R) in die Koordinatenform vonE₁ ein:

2 +s+ 2t−1 +s+t+ 1−s+ 3t= 1⇔s=−1−6t.

Setzen wir das erhaltene s in die Parameterform von E₂ ein, so ergibt sich die Gleichung der gesuchten Schnittgeraden:

x=



 1

−2 2



+t





−4

−5 9



 (t∈R).

b) Wir berechnen zun¨achst eine Koordinatenform von E₂. Der Normalenvektor n muss dabei die Gleichungen

*

 1 1

−1



,



 n₁ n2

n₃



 +

=n1+n2−n3= 0 und

*

 2 1 3



,



 n₁ n2

n₃



 +

= 2n1+n2+ 3n3 = 0

erf¨ullen. Eine m¨ogliche Wahl ist z.B. n=





−4 5 1



. Eine Koordinatenform von E2

lautet

hn, xi=

*



−4 5 1



,



 2

−1 1



 +

⇔ −4x₁+ 5x₂+x₃ =−12.

F¨ur den Winkelα zwischen E₁ undE₂ gilt somit:

cosα=

*

 1 1 1



,





−4 5 1



 +

√ 3·√

42 = 2

√126 ⇔α≈79,74^◦.

c) Wir nutzen die Koordinatenform von E2 aus b) und setzen die Gleichung der GeradenG in Parameterformx=



 4 + 3r

2r 4 + 2r



in die Koordinatenform von E2 ein:

−4(4 + 3r) + 10r+ 4 + 2r=−12⇐⇒ −12 =−12.

Aus der obigen Bedingung folgt, dass G in der Ebene E2 liegt. Wir untersuchen nun die Lage bzgl.E₁ und gehen analog wie oben vor:

4 + 3r+ 2r+ 4 + 2r = 1⇐⇒7r =−7⇐⇒r=−1.

Damit schneidet die GeradeGdie EbeneE1 im Punktx=



 1

−2 2



.

Aufgabe III.2

Die Parameterform der Ebene E lautet

x=s



 0 0 1



+t



 1 1 0



 (s, t∈R).

a) Die Gerade durch die Punkte Qund P in Parameterform lautet

x=



 1 2 2



+r







 2 1 0



−



 1 2 2







=



 1 2 2



+r



 1

−1

−2



 (r∈R).

Wir bestimmen nun eine Koordinatenform von E. Der Normalenvektor n muss dabei die Gleichungen

*

 0 0 1



,



 n1

n₂ n3



 +

=n₃ = 0 und

*

 1 1 0



,



 n1

n₂ n3



 +

=n₁+n₂ = 0

erf¨ullen. Wir w¨ahlen z.B. den Vektor n =



 1

−1 0



. Eine Koordinatenform von E

ist somit gegeben durch

x1−x2 = 0.

Wir setzen die Geradengleichung in die soeben erhaltene Koordinatenform ein:

(1 +r)−(2−r) = 0⇐⇒ −1 + 2r = 0⇐⇒r = ¹₂.

Damit lautet der Schnittpunkt zwischen Gerade und Ebene (=Koordinaten des Schattens, den der PunktP auf die Ebene E wirft)

S=



 1 2 2



+¹₂



 1

−1

−2



=



 3/2 3/2 1



.

b) Alle Normalenvektoren von E sind Vielfache des in a) bestimmten Vektorsn. Wir erhalten einen Normalenvektor n⁰ von E mit |n⁰|= 1, indem wir den Normalen- vektorn durch seine L¨ange teilen:

n⁰ = n

|n| = 1

√2



 1

−1 0



.

Ein weiterer Normalenvektor der L¨ange 1 ist gegeben durch−n⁰ = ^√1

2





−1 1 0



. Damit ist

N ={n∈R³|nist Normalenvektor von E und |n|= 1}={n⁰,−n⁰}.

Es ist −→

SP = P −S = 1 2



 1

−1

−2



. Wir berechnen das Skalarprodukt zwischen −→

SP

und den beiden Elementen aus N: D

n⁰,−→

SPE

= 1

√2 und D

−n⁰,−→

SPE

=− 1

√2.

Damit istn⁰ der gesuchte eindeutige Normalenvektor der L¨ange 1 mitD n⁰,−→

SPE

>

0. Wir berechnen abschließend den Winkelα zwischen n⁰ und−→

SP:

cosα= D

n⁰,−→

SPE

|n⁰| · |SP| = 1/√ 2 1·p

3/2 = 1

√3 ⇐⇒α≈54,74^◦.

Aufgabe III.3

Zun¨achst stellen wir die Gleichungssysteme in Matrixschreibweise dar und wenden darauf den Gaußschen Algorithmus an, um eine Dreiecksform zu erreichen.

a)







1 2 3 1

4 5 6 2

7 8 9 3







| ·(−4)

←−−−−−−⁺

| ·(−7)

←−−−−−−−−−−−−−−−⁺

→







1 2 3 1

0 −3 −6 −2

0 −6 −12 −4





 | ·(−2)

←−−−−−−⁺

→







1 2 3 1

0 −3 −6 −2

0 0 0 0







Auf Grund der Nullzeile im letzten Schritt besitzt das obige Gleichungssystem un- endlich viele L¨osungen. Wir k¨onnen aber die genaue Form der L¨osungen berechnen.

Dazu seiz∈Rbeliebig. Wir l¨osen die zweite Gleichung der letzten Matrix nachy auf und erhalten

−3y−6z=−2⇔y=−2z+2 3.

Dies setzen wir in die erste Zeile der letzten Matrix ein und erhalten x+ 2·

−2z+2 3

+ 3z= 1⇔x−4z+4

3 + 3z= 1⇔x=z−1 3. Damit erhalten wir die L¨osungsmenge

L=

(x, y, z)∈R³

z∈R, x=z−1

3, y=−2z+2 3

.

b)







1 2 3 1

4 5 6 2

7 8 9 2







| ·(−4)

←−−−−−−⁺

| ·(−7)

←−−−−−−−−−−−−−−−⁺

→







1 2 3 1

0 −3 −6 −2

0 −6 −12 −5





 | ·(−2)

←−−−−−−⁺

→







1 2 3 1

0 −3 −6 −2

0 0 0 −1







Die letzte Zeile liefert einen Widerspruch. Damit besitzt das Gleichungssystem keine L¨osungen, d.h.L=∅.

c)







1 2 3 1

3 5 6 2

7 8 9 3







| ·(−3)

←−−−−−−⁺

| ·(−7)

←−−−−−−−−−−−−−−−⁺

→







1 2 3 1

0 −1 −3 −1

0 −6 −12 −4





 | ·(−6)

←−−−−−−⁺

→







1 2 3 1

0 −1 −3 −1

0 0 6 2







Das Gleichungssystem ist eindeutig l¨osbar, wobei z= ¹₃,x=y = 0, d.h.

L=

(x, y, z)∈R³

x= 0, y = 0, z= 1 3

.

Aufgabe III.4

Wir schreiben das angegebene lineare Gleichungssystem zun¨achst als erweiterte Koeffi- zientenmatrix um und wenden den Gaußschen Algorithmus an, um eine Dreiecksform zu erhalten:







1 −1 ^r₃ 1

0 3 −r 0

3 −3 r² r+ 2







| ·(−3)

←−−−−−−⁺

→







1 −1 ^r₃ 1

0 3 −r 0

0 0 r²−r r−1







Aus der letzten Zeile der obigen Matrix entnehmen wir die Bedingung

r(r−1)z=r−1. (1)

Wir f¨uhren folgende Fallunterscheidung durch:

• r = 0. Dann ist (1) gerade die Gleichung 0 = −1. Dies ist ein Widerspruch und somit besitzt das obige LGS keine L¨osung, d.h. L=∅.

• r= 1. In diesem Fall ist (1) gerade die Gleichung 0 = 0 und somit liegen unendlich viele L¨osungen vor! Sei alsoz∈Rbeliebig. Dann liefert die zweite Zeile der obigen Dreiecksmatrix gerade die Gleichung

3y−z= 0⇐⇒y= z 3. Aus der ersten Zeile folgt abschließend

x−^z₃ +^z₃ = 1⇐⇒x= 1.

F¨ur die L¨osungsmenge gilt also in diesem Fall

L={(x, y, z)∈R³|z∈R, x= 1, y= ^z₃}.

• r 6= 0 und r 6= 1. In diesem Fall darf in (1) sowohl durch r als auch durch r−1 geteilt werden. Tun wir dies, so ergibt sich aus (1): z = ¹_r. Setzen wir dies in die zweite Zeile der obigen Dreiecksmatrix ein, so erhalten wir

3y−1 = 0⇐⇒y= 1 3. Aus der ersten Zeile folgt abschließend

x−1 3 +1

3 = 1⇐⇒x= 1.

Das Gleichungssystem ist in diesem Fall also eindeutig l¨osbar! Die L¨osungsmenge lautetL={(x, y, z)∈R³|x= 1, y = ¹₃, z= ¹_r}.