Komplexe Aufgaben, 2. Blatt

Aufgabe 4

1. Eindeutig bestimmt ist die Ebene, wenn der Punkt P nicht auf g liegt. Das zeigt man mit der Punktprobe:
   (5 6 -2) = (7 -5 -26) +t*(-3 4 12) hat keine Lösung für t.
2. Hier ist ein Druckfehler. Der Punkt muss (1 3 -2) sein. Der liegt auf g mit Lösung s=2.
   Zeige dazu, dass ua orthogonal auf dem Richtungsvektor (-3 4 12) steht für alle a (also dass das Skalarprodukt gleich 0 ist)
   Welches a ist der Wert. Wieder Punktprobe
   (5 6 -2) = (1 3 -2) + t*(8a-12  3a  a-3) und schaun, für elches a es eie Lösung gibt.
   
   I     4 = 8at - 12t
   II    3 = 3at
   III   0 = at - 3t
   
   aus II folgt, dass at=1. Dann folgt aus I, dass t=1/3 und a=3. Die gleiche Lösung passt auch in III. Der gesuchte Wert ist also a=3.
3. PAB ist ein gleichschenkliges Dreieck mit Basis |AB|=26. Wenn man von P orthogonal auf g zugeht, trifft man den Fußpunkt F genau in der Mitte von A und B.
   Bestimme also zunächst den Fußpunkt F. Entweder über die Orthogonalitätsbedingung, oder indem man eine Hilfsebene H mit Stützpunkt P und Normalenvektor (-3 4 12), dem Richtungsvektor von g aufstellt.
   Schneide dann H mit g. Du erhältst F.
   Berechne den Einheitsvektor zu (-3 4 12), das ist (-3/13  4/13  12/13). Gehe dann
   F aus 13-mal den Einheitsvektor in beide Richtungen, also mit (-3 4 12) und (3 -4 -12).

Aufgabe 5

1. Eckpunkte eines Dreiecks: Sie liegen nicht auf einer Linie. Das heißt z.B., dass die Vektoren AB und AC nicht linear abhängig sind.
   Konkret: AB = (6  -8  10)  und AC = (6 -8 -10), sind nicht parallel.
   Sie sind gleich lang  |AB|=|AC|  -->  gleichschenklig
   Sie sind orthogonal   AB*AC = 36 + 64 -100 = 0    ---> rechtwinklig
   (gleichschenklig und rechtwinklig: so eine Form hat ein Geodreieck)
   Man kann 2 Geodreiecke zu einem Quadrat zusammenlegen. Das gibt dann für den Punkt P die Koordinaten
   OP = OB + AC = ( 1 4 23) + (6 -8 -10)   = (7 -4  13), also   P(7|-4|13)
2. Alle Geraden haben den selben Richtungsvektor u = (1  -2  2). Man kann ihn als einen Spannvektor der Ebenen nehmen.
   Den anderen Spannvektor erhält man, indem man zwei Stützpunkte mit verschiedenen a nimmt und den Vektor zwischen ihnen berechnet. Für a=1 und a=0 ist das z.B.
   v = (-12 1 2) - (-12 0 2) = (0 1 0)
   Also ist eine Parametergleichunng der Ebene ist also
   x = (-12 0 2) + r*(1 -2 2) + s*(0 1 0)
3. g hat als Richtungsvektor AB = (6 -8 10), das ist nicht parallel zu (1 -2  2).
   Schnittunkt Q. Am besten die Ebene in Koordinatengleichung schreiben.
   Normalenvektor
   n1  - 2 n2 + 2 n3  = 0       I
              n2              = 0      II
   II in I einsetzen, und dann als Lösung z.B. n3= 1 gibt     n=(-2   0  1)
   Ebenengleichung -2 x1   +  x3  = 26
   Schneiden mit g:   x=(-5  12   13) + t*(6  -8  10)
   -2(-5 + 6t)    +  (13+10t)  = 26
   10  - 12t   +  13  + 10t    = 26
   -2t  = 3
   t = -1,5
   Schnittpunkt  OQ = (-5  12  13) - 1,5*(6  -8  10 )  =  (-14  24  -2)
   
   Schnittwinkel aus Normalenvektor und Richtungsvektor
   sin(alpha) = |(6 -8 10)*(-2 0 1)|/(|(6 -8 10)|*|(-2 0 1)|)  =
      |-2| /(Wurze(200)*Wurzel(5)) = 0,06325      --> alpha = 3,63°
4. Dazu muss man die Spitze S an der Grundfläche spiegeln

Blatt mit dem Stuttgarter Flughafen

Aufgabe 5

1. Länge der Äste. Beträge berechnen der Vektoren
   MA=(3 0 2), MB=(-1,5 2,598 2), MC=(-1,5 -2,598 2)
   Kommt überall Wurzel(13)=3,606 raus.
2. MA*MB/(|MA|*|MB|) = (-4,5 + 4)/13 = -1/26   damit ist der Winkel 92,2°
3. Das Dach ist waagrecht in der Ebene x3 = 12, hat also als Normalenvektor (0 0 1).
   Schnitt einer Geraden mit Richtung MB und der Dachebene.
   sin(alpha) = 2 / Wurzel(13) = 0,555       alpha=33,7°
4. Normalenvektore zu MAB
   3 n1 +         2 n3 = 0
   1,5 n1 + 2,598 n2 + 2 n3 = 0
   Lösung z.B. n = (2   1,155    -3)
   
   Normalenvektor zu MBC
   -1,5 m1 + 2,598 m2 + 2 m3  = 0
   -1,5 m1 - 2,598 m2 + 2 m3 = 0
   Lösung z.B.   m = (4  0   3)
   
   Winkel dazwischen   cos(alpha) = |m*n|/(|m|*|n|)  = |8 - 9|/(3,786*5) = 0,0528
   alpha = 87,0°

Aufgabe 4

1. Rechnung für die Kante AS
   Sie liegt auf der Geraden x = (0 0 9) + t* (3 3 9)
   Schnitt:   3*3t + 4*(9 + 9t) = 21
                   45 t = -15
                   t = -1/3
                   Schnittpunkt   Sa (-1  -1  6)
   Entsprechend berechnet man Sb = (1  -1   6)
   und für die Kante DS hat man die Gerade  = (0 0 9) + t*(3  -3 9)
   Schnitt:    3*(-3t) + 4*(9+9t) = 21
                    27 t = -15
                    t = -5/9
                    Schnittpunkt Sd(-5/3  5/3  4)
   Entsprechend berechnet man Sc(5/3  5/3  4)
2. Die Schnittfläche ist ein Trapez mit Oberseite |Sa Sb| = 2, Unterseite |Sc Sd| = 10/3
   Die Höhe ist der Abstand zwischen dem Mittelpunkt von SaSb und dem Mittelpunkt von ScSd. Das sind die Punkte (0 -1 6) und (0 5/3 4). Der Abstand ist damit  Wurzel((8/3)²+2²)=10/3.
   Fläche des Trapezes  (2 + 10/3)/2 * 10/3 = 80/9 = 8,89
3. Hesse der Ebene, Spitze einsetzen
   d = |3*0+4*9 - 21|/5 = 15/5 = 3

Aufgabe 3

1. Spiegelung an x3-Achse   A'(-3|0|0), B'(0|-1|0), C'(0|0|2)=C
2. Eine Raute. Diagonalen haben die Längen AA'=6 und BB'=2. Flächeninhalt ist 6*2/2=6
3. x3-Achse hat Richtungsvektor (0 0 1).
   Die Ebene hat den Normalenvektor (2 6 3)   (prüft es nach).
   Schnittwinkel: sin(alpha) = |0*2+0*6+1*3|/(1*7)=3/7 und alpha=25,4°

U-Boot und Dachaufbau

Aufgabe 4 - U-Boot

1. Gerade mit der Bahn des U-Boot  x = (25  -12  -4) + t*(-2  3   1)
   Ebene mit der Wasseroberfläche    x3 = 0
   Beide schneiden, gibt die Gleichung     -4  + t *1= 0, also t=4 und damit
   den Schnittpunkt  (17  0   0) 
2. Meeresboden ist die Ebene   x3 = -8
   Schnitt gibt die Gleichung    -4   + t*1  = -8, also t=-4 und damit
   den Schnittpunkt (33  -24   -8)
   

Aufgabe 5 - Dach

1. Hatten wir recht intensiv im Unterricht, drum hier nur kurz
   H(2,5|5|9) und die Gerade HF hat die Gleichung x=(2,5  5  9) + t*(0 1 0)
   Schneiden mit der Dachebene gibt den Schnittpunkt  F(2,5  1,25   9).
   Firstlänge 3,75.
2. Dachebene in Koordinatengleichung    4 x2  + 5 x3  = 50
   Hesse-Form    |4  x2 +  5 x3  -50| /Wurzel(41)
   den Punkt H eingesetzt gibt |4*5 + 5*9 -50|/Wurzel(41) = 15/Wurzel(41) = 2,34
3. Das Dreieck CDF ist gleichschenklig.
   Grundseite |CD|=5
   Höhe ist die Länge von F zur Mitte zw. C und D, Wurzel(3²+3,75²)=4,80
   Grundfläche ist 1/2*4,80*5 = 12,01   (Zwischenergebnis nicht gerundet sondern ANS)
   Dann in die Volumenformel eingesetzt gibt es 9,375.
   
   Mann kann auch die Pyramide mit Grundfläche HCD betrachten und Höhe HF. Dann braucht man gar keine Wurzeln und kommt auch auf 9,375.

Probelauf einer Klausur

Aufgabe 1
1:
Standardweg: Bestimme einen Normalenvektor für E und zeige, dass der Richtungsvektor der Gerade orthogonal dazu ist (Skalarprodukt=0).
Abkürzung: Der Richtungsvektor ist -1,5 mal der eine Spannvektor., also parallel dazu.

2: LGS aufstellen.
        2 n2 + n3 = 0
3 n1 - 2 n2 - 2 n3 = 0
mögliche Lösung    n3 = 2,  n2 = -1,  n1 = 2/3   oder  n1 = 2,  n2=-3,  n3 = 6
Koordinatengleichung ist damit     2 x1 - 3 x2 + 6 x3 = 39

3;  Hesseform. Stützpunkt von g einsetzen.
  (2*(-1) -3*(-2) + 6*3 - 39)/7 = -17/7


Aufgabe 2
1: Skalarprodukt (2 -2 1)*(1 2 2) = 2-4+2 = 0. orthogonal.
2: Hänge den Vektor AB and D dran. Man erhält C(3|0|3). Es ist ein Quadrat, weil die Seiten AB und AD gleich lang sind, nämlich Wurzel(1+4+4)=3

3:
Mittelpunkt der Grundfläche ist der Punkt in der Mitte zwischen A und C (oder B und D), Das ist M(1,5|0|1,5).
Normalenvektor der Ebene, in der die Grundfläche liegt:
I     2 n1 - 2 n2 + n3 = 0
II    n1 + 2 n2 + 2 n3 = 0
---------------------------------
I      2 n1 - 2 n2 + n3 = 0
I+II 3 n1           + 3 n3  = 0     Lösung n3= t,  n1 = -t,  n2 = -t/2, also z.B.  n=(2  1  -2)
Das heißt, die Spitze liegt auf der Geraden
x = (1,5  0   1,5)  + t*(2   1   -2)
Welche Punkte dabei haben den Abstand 4 zur Grundfläche bzw. zum Punkt M?
Die bei denen |t*(2  1 -2)| = 4,
aber der Betrag des Normalenvektors  |(2 1 -2)| =  3, also t=4/3  und t=-4/3
Damit sind die beiden Punkte
S1 = (3/2  0  3/2)  + 4/3*(2  1 -2)  =  (25/6   4/3  -7/6)   und
S2 = (3/2  0  3/2)  -  4/3*(2  1 -2)  =  (-7/6  -4/3  25/6) 

4:
Hier geht es um den Abstand des Punktes A von der Grundfläche, in der BSD liegt.
Standardweg:
Stelle die Koordinatengleichung für die Ebene mit BSD auf. Mache ein Hesse draus und setze A ein.
Abkürzung:
Man kann sich aber auch überlegen, dass die eine Seitenfläche BDA der Pyramide die Hälfte des Quadrates ABCD ist, und damit die Höhe der neuen Pyramide die Verbindungslinie AM ist (so hats JPvG gemacht). Also ist die Höhe gleich
|AM| = Wurzel(1,5²+1,5²) = Wurzel(4,5) = 3/Wurzel(2) = 2,12

Aufgabe 3
1: Zeichnen? Mach ich vielleicht noch und scanns ein. Ist aber einfach.
    Ebene ist parallel zur x1-Achse, weil der Koeffizient vor x1 gleich 0 ist.
    Für den Abstand muss man in eine Hesseform einen Punkt einsetzen, z.B. den Ursprung (0 0 0)
    d = | 3*0 + 1*0 - 8 | / Wurzel(10) = 8/Wurzel(10) = 2,53
2: Wieder Hesse, den Punkt S einsetzen und schaun, für welches a dabei 10 rauskommt.
   |(3*6 + 6 - a)| / Wurzel(10) = 10
     |(24 - a)| =  Wurzel(10) * 10
    Beim Betrag braucht man die Fallunterscheidung,
    Fall 1:   24-a = 10*Wurzel(10)    ->     a = 24 - 10*Wurzel(10) = -7,62
    Fall 2:    -24+a = 10*Wurzel(10)  ->    a = 10*Wurzel(10) + 24 = 55,62
3: Alle Ebenen haben den selben Normalenvektor (0 3 1). Sie sind also alle parallel zueinander.
   In der Zeichnung sieht man, dass die beiden äußersten Kanten, die die Ebene noch berührt, die Kante unten links OP und die Kante oben rechts von (6 6 0) nach (6 6 6) ist. Einmal ist also der Punkt O(0 0 0) in der Ebene, einmal der Punkt (6 6 0). Wenn man Koordinatengleichungen mit diesen beiden Stützpunkten aufstellt, erhält man für (0 0 0) die Gleichung  3 x2 + x3 = 0
und für (6 6 0) die Gleichung 3 x2 + x3 = 18.
Also haben die Ebenen für 0 <= a <= 18 gemeinsame Punkte mit dem Würfel.



  

Aufgabenblatt auf vorletzte Woche (das mit dem Prisma)

1.
a) alle wie A, B, C und D, nur dass die x3-Koordinaten den Wert 5 haben.
    Drachenviereck: Die Diagonalen AC und BD schneiden sich im rechten Winkel.
    Überprüfe mit dem Skalarprodukt. Es muss gleich 0 sein.
    Winkel mit unserer Kosinusformel. Es kommt 0 raus, also ist der Winkel 90°.
b) Ebene aus drei Punkten, Gerade aus zwei Punkten.
    Die Punktprobe zeigt, dass Q auf E und auf g liegt.
c) Die abgetrennte Pyramide hat die selbe Höhe wie das Prisma und eine halb so große Grundfläche.
    Für Pyramiden gilt V_Pyra = 1/3 G_Pyra h und G_Pyra = 1/2 * G_Prisma, also ist
    V_Pyra = 1/6 V_Prisma. Das was dann noch übrig bleibt, ist daher 5/6 V_Prisma
d) mach ich, wenn mir jemand zeigt, was er/sie versucht hat.

2.
a) Alle Geraden haben den gleichen Richtungsvektor (2  -3  1), daher parallel.
    Sie sind zueinander in x1-Richtung verschoben, liegen also nicht aufeinander.
    In der x1x2-Koordinatenebene ist x3=0. Das ist der Fall für r=3.
    Damit der Punkt gleich M ist, muss a + 3*2 = 3, also a = -3.
b) Ein regelmäßiges Sechseck kann man in 6 gleichseitige Dreiecke zerlegen.
    Daher müssen die Abstände MA, AB und MB gleich sein.
    Das ist für den Punkt B(3+Wurzel(3)|0|0)) der Fall.
    Beim regelmäßigen Sechseck ist AC = BM (parallel und gleich lang).
    Hänge also den Vektor BM an A. Damit erhältst du C.
c) mach ich, wenn ich einen Versuch dazu sehe.

3.
a) Punktprobe von C auf beiden Geraden. Liegt jeweils drauf.
    Schnittwinkel mit unserer Kosinusformel. Beide Richtungsvektoren verwenden. 90°.
b) Beim Quadrat ist CD = BA. Also an C den Vektor BA hängen. Man kommt auf D(2|2|0)
    Dreieck und Quadrat haben die selbe Höhe, nämlich BC. Damit die Fläche 1/8 des Quadrats ist,
    muss die Grundseite also gleich 1/4 der Quadratseite sein.
    F_dreieck = 1/2 g_dreieck * h und  F_quadrat = g_quadrat * h
    Damit F_dreieck = 1/8 F_quadrat, muss g_dreieck = 1/4 g_quadrat.
    Damit ist der Ortsvektor von D*:     OD* = OC + 1/4*CD = (5  -1  0)

Klausur 1

Hier sind die Musterlösungen der Klausur als PDF, Ich habe immer beide Gruppen zusammen geschrieben.

Mehr dazu am Montag.

Übungsblätter

"Übungsaufgaben" noch vom September

Ohne Hilfsmittel

1. Parallel: Der Normalenvektor von E1, also vec(n) = (2 -2 1) ist orthogonal zu beiden Spannvoktoren von E2. Überprüfe mit dem Skalarprodukt.
   
   Für die Ebene E gibt es eine einfachere Methode, die wir nächste Woche kennenlernen. Man kann es sich aber trotzdem überlegen mit einer .... tatam .... Hilfsfigur.
   Nimm eine Hilfsgerade g  durch den Stützpunkt von E2 mit Richtungsvektor (2 -2 1). Sie schneidet beide Ebenen orthogonal.
   g:   vec(x) = (7 7 5) + t*(2 -2 1)
   Berechne den Schnittpunkt S von g mit E1. Die Ebene im gleichen Abstand zu beiden muss g genau im Mittelpunkt zwischen S und (7 7 5) schneiden. Damit hat man einen neuen Stützpunkt und einen Normalenvektor, oder wahlweise auch 2 Spannvektoren und kann die Ebenengleichung aufstellen.
   
2. g aufstellen, Stützpunkt (1 -1 3) und Richtung von A nach B, d.h. (1 -2 -3).
   E ist orthogonal zu g, d.h. der Richtungsvektor ist Normalenvektor von E. Mit Stützpunkt C die Normalen und Koordinatengleichung aufstellen.
   Schnittpunkt berechnen (also für x1, x2 und x3 die Ausdrücke von g einsetzen)
   Jetzt kann man an den Koordinaten sehen, ob es zwischen oder außerhalb von A udn B liegt.
   Oder: Wenn die Lösung t zwischen 0 und 1 liegt, ist es dazwischen, sonst außerhalb.

Mit Hilfsmitteln

1. Würfel Ist die Aufgabe B 2 von 2013.