Winkel und Abstände I

I- Winkel



  1. Winkel zwischen zwei Geraden $g_1$ und $g_2$


  2. Schneiden sich zwei Geraden $g:\vec{x}=\vec{p}+r\cdot \vec{u}$ und $h:\vec{x}=\vec{q+s\cdot\vec{v}}$, dann gilt für ihren Schnittwinkel $\alpha$:

    $\qquad\qquad\qquad\qquad$ $ cos\: \alpha = \large \frac{|\vec{u}\cdot\vec{v}|}{|\vec{u}|\cdot|\vec{v}|} $.

    Dabei ist der Schnittwinkel immer der kleinere der beiden Scheitelwinkel, die entstehen, wenn zwei Geraden sich schneiden.

    Skizze



    Beispielaufgaben

    Berechne Schnittpunkt und Schnittwinkel der beiden Geraden

    $ g:\vec{x} = \begin{pmatrix} 0\\1\\3 \end{pmatrix} +r\cdot \begin{pmatrix} 1\\2\\-1 \end{pmatrix} $ $\:\:$ und $\:\:$ $ h:\vec{x} = \begin{pmatrix} 1\\3\\2 \end{pmatrix} +s\cdot \begin{pmatrix} 3\\2\\-5 \end{pmatrix} . $


    Lösung
    $ g:\vec{x} = \begin{pmatrix} 0\\1\\3 \end{pmatrix} +r\cdot \begin{pmatrix} 1\\2\\-1 \end{pmatrix} $ $\:\:$ und $\:\:$ $ h:\vec{x} = \begin{pmatrix} 1\\3\\2 \end{pmatrix} +s\cdot \begin{pmatrix} 3\\2\\-5 \end{pmatrix} $

    Die Richtungsvektoren sind nicht linear abhängig. Also, entweder schneiden sie sich oder sie sind windschief.


    Vektorgleichung (Einsatz $g=h$):

    $ \Longleftrightarrow $ $ \begin{pmatrix} 0\\1\\3 \end{pmatrix} +r\cdot \begin{pmatrix} 1\\2\\-1 \end{pmatrix} $ $=$ $ \begin{pmatrix} 1\\3\\2 \end{pmatrix} +s\cdot \begin{pmatrix} 3\\2\\-5 \end{pmatrix} $

    Verwandle in Gleichungssystem:

    $ \Longleftrightarrow $ $ \begin{cases} 0+1\cdot r &=\:\:1+3\cdot s \\ 1+2\cdot r &=\:\:3+2\cdot s \\ 3+(-1)\cdot r &=\:\:2+(-5)\cdot s \\ \end{cases} $ $ \Longrightarrow $ $ \begin{cases} r &=\:\:1+3\cdot s \qquad\:\:\: (I)\\ 1+2\cdot r &=\:\:3+2\cdot s \qquad\:\:\: (II)\\ 3-1\cdot r &=\:\:2-5\cdot s \qquad \:\:\: (III) \end{cases} $

    $ \qquad $ $ \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Setze\: (I)\: in\: (II)\: oder\: (III)\: ein $

    $ \qquad $ $In\: (II)$ $\Longrightarrow$ $1+2(1+3s)=3+2s$

    $ \qquad\qquad\:\:\:\:\: $ $\Longleftrightarrow$ $3+6s=3+2s$ $\qquad | -3/+2s$

    $ \qquad\qquad\:\:\:\:\: $ $\longrightarrow$ $s=0$

    $ \qquad $ $ \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Setze\: s\: in\: (I)\: ein $

    $ \qquad\qquad\:\:\:\:\: $ $\Longrightarrow$ $r=1+3(0)$

    $ \qquad\qquad\:\:\:\:\: $ $\longrightarrow$ $r=1$

    $ \qquad $ $ \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Setze\: r=1\: und\: s=0\: in\: Geraden\: g\: oder\: h\: ein $

    $ \qquad $ $In\: g:$

    $ \qquad $ $ \Large s= $ $ \begin{pmatrix} 0\\1\\3 \\ \end{pmatrix} +(1)\cdot \begin{pmatrix} 1\\2\\-1 \\ \end{pmatrix} $ $ \Large = $ $ \begin{pmatrix} 0+1\\1+2\\3-1 \\ \end{pmatrix} $ $ \Large = $ $ \begin{pmatrix} 1\\3\\2 \\ \end{pmatrix} $


    Schnittpunkt:

    $\qquad\qquad\qquad\qquad$ $\:\:$ $ \Large s \begin{pmatrix} 1\\3\\2 \\ \end{pmatrix} $


    Schnittwinkel:
    Benutze die Richtungsvektoren beiden Geraden:

    $ \qquad $ Berechne das Skalarprodukt der Richtungsvektoren:

    $ \qquad\qquad \begin{pmatrix} 1\\2\\-1 \\ \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 3\\2\\-5 \\ \end{pmatrix} $ $ \Large = $ $ 1\cdot 3+2\cdot 2-1\cdot (-5) $ $ \Large = $ $12$

    $ \qquad $ Betrag von: $\begin{pmatrix} 1\\2\\-1 \\ \end{pmatrix}$ ist gleich $ \sqrt{1^2+2^2+(-1)^2} $ $ \Large = $ $2,449$

    $ \qquad $ Betrag von: $\begin{pmatrix} 3\\2\\-5 \\ \end{pmatrix}$ ist gleich $ \sqrt{3^2+2^2+(-5)^2} $ $ \Large = $ $6,164$

    $ \qquad $ Also der Winkel ist gleich:

    $ \qquad\qquad $ $ \alpha = cos^{-1} (\frac{12}{2,449\: \cdot \:6,164}) $ $ \Large = $ $37,371^{\circ}$


    Schnittwinkel:

    $\qquad\qquad\qquad\qquad$ $\:\:$ $ \large \alpha=37,371^{\circ} $



  3. Winkel zwischen eine Gerade $g$ und eine Ebene $E$


  4. $\:\:$Schneiden sich eine Gerade $g:\vec{x}=\vec{p}+t\cdot \vec{u}$ und eine Ebene $E:\vec{n}\cdot[\vec{x}-\vec{a}]$, dann gilt für
    $\:\:$ihren Schnittwinkel $\alpha$ zwischen dem Richtungsvektor der Gerade und dem Normalenvektor $\:\:$der Ebene:

    $\qquad\qquad\qquad\qquad$ $ cos\: \alpha = \large \frac{|\vec{r}\cdot\vec{n}|}{|\vec{r}|\cdot|\vec{n}|} $.

    $\:\:$Ist $\vec{s}$ ein Richtungsvektor der Schnittgeraden zwischen der Ebene E und der zu E
    $\:\:$senkrechten Ebene F, in der $g$ liegt, dann gilt für den Winkel $\beta$ zwischen $\vec{r}$ und $\vec{s}:$ $\:\:\beta=90{^\circ}-\alpha.$ Es gilt also

    $\qquad\qquad\qquad\qquad$ $ sin\: \beta = \large \frac{|\vec{r}\cdot\vec{n}|}{|\vec{r}|\cdot|\vec{n}|} $.



    Beispielaufgabe

    Berechne den Schnittwinkel zwischen der Gerade $g$ und der Ebene $E.$

    $ g:\vec{x} = \begin{pmatrix} 3\\6\\-5 \end{pmatrix} +t\cdot \begin{pmatrix} -1\\4\\3 \end{pmatrix} $ $\:\:$ und $\:\:$ $ E: \begin{bmatrix}\vec{x}- \begin{pmatrix} 2\\9\\3 \end{pmatrix} \end{bmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 2\\-2\\3 \end{pmatrix} $


    Lösung
    $ g:\vec{x} = \begin{pmatrix} 3\\6\\-5 \end{pmatrix} +t\cdot \begin{pmatrix} -1\\4\\3 \end{pmatrix} $ $\:\:$ und $\:\:$ $ E: \begin{bmatrix}\vec{x}- \begin{pmatrix} 2\\9\\3 \end{pmatrix} \end{bmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 2\\-2\\3 \end{pmatrix} $

    Bestimme die Koordinatenform von $E$:

    $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Multipliziere\: E\: aus $

    $ \:\:\: $ $ E: \begin{bmatrix}\vec{x}- \begin{pmatrix} 2\\9\\3 \end{pmatrix} \end{bmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 2\\-2\\3 \end{pmatrix} $ $=$ $ \begin{pmatrix} x\\y\\z \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 2\\-2\\3 \end{pmatrix}- \begin{pmatrix} 2\\9\\3 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 2\\-2\\3 \end{pmatrix} =0 $

    $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Skalarprodukt\: berechnen $

    $ \:\:\: $ $ \begin{pmatrix} x\\y\\z \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 2\\-2\\3 \end{pmatrix} $ $=$ $ 2x-2y+3z $ $\qquad | \qquad $ $ \begin{pmatrix} 2\\9\\3 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 2\\-2\\3 \end{pmatrix} = 2\cdot2+9\cdot (-2)+3\cdot 3=-5 $

    $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Setze\: beiden\:Ergebnisse\: in\: die\: ausmultiplizierte\: Normalenform\: ein $

    $ \:\:\:\:\:\: $ $ \longrightarrow $ die Koordinatenform: $E:2x-2y+3z=-5$

    $ \qquad\:\:\:\:\:\: $ und den Normalenvektor: $\vec{n}=\begin{pmatrix}2\\-2\\3\end{pmatrix}$

    $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Berechne\: Skalarprodukt\: von\: Normalenvektor\: (E)\: und\: Richtungsvektor\: (g) $

    $ \:\:\: $ $ \begin{pmatrix} -1\\4\\3 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 2\\-2\\3 \end{pmatrix} = -1\cdot 2+4\cdot (-2)+3\cdot 3=-1 $

    $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Berechne\: den\: Betrag\: von\:(E)\: und\: (g) $

    $ \:\:\: $ Betrag von $ \begin{pmatrix} -1\\4\\3 \end{pmatrix} $ ist $ \sqrt{(-1)^2+4^2+3^2}=5,09 $

    $ \:\:\: $ Betrag von $ \begin{pmatrix} 2\\-2\\3 \end{pmatrix} $ ist $ \sqrt{2^2+(-2)^2+3^2}=4,12 $

    $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Berechne\: der\: Winkel $

    $ \:\:\:\:\: $ $ \alpha=sin^{-1} \frac{|-1|}{5,09\: \cdot \:4,12}=2,73^{\circ} $

    Der Schnittwinkel zwischen der Gerade $g$ und der Ebene $E$ lautet:

    $\qquad\qquad\qquad\qquad$ $\:\:$ $ \large \alpha=2,73^{\circ} $



  5. Winkel zwischen zwei Ebenen $E_1$ und $E_2$


  6. $\:\:\:$Schneiden sich zwei Ebenen $E_1$ und $E_2$, mit den Normalenvektor $\vec{n_1}$ und $\vec{n_2}$,
    $\:\:$dan gilt für den Schnittwinkel $\alpha$:

    $\qquad\qquad\qquad\qquad$ $ cos\: \alpha = \large \frac{|\vec{n_1}\cdot\vec{n_2}|}{|\vec{n_1}|\cdot|\vec{n_2}|} $.



    Beispielaufgabe

    Berechne den Schnittwinkel zwischen $E_1$ und $E_2$.

    $\qquad$ $E_1: 3x+2y-z=1 \:\:\:\:$ und $\:\:\:\: E_2: -2x+2y+5=-1$

    Lösung
    $\qquad$ $E_1: 3x+2y-z=1 \:\:\:\:$ und $\:\:\:\: E_2: -2x+2y+5=-1$

    $ \qquad $ $ \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Schreibe\: Normalenvektoren\: von\: E_1\: und\: E_2 $

    $ \qquad $ $ \vec{n_1}= \begin{pmatrix} 3\\2\\-1 \end{pmatrix} $ $\:\:\:\:$ und $\:\:\:\:$ $ \vec{n_2}= \begin{pmatrix} -2\\2\\5 \end{pmatrix} $

    $ \qquad $ $ \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Berechne\: das\: Skalarprodukt\: der\: \:beiden\: Normalenvektoren $

    $ \qquad $ $ \begin{pmatrix} 3\\2\\-1 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} -2\\2\\5 \end{pmatrix} =3\cdot (-2)+2\cdot 2+ (-1)\cdot 5=-7 $

    $ \qquad $ $ \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Berechne\: den\: Betrag\: von\: \vec{n_1} \: und\: \vec{n_2} $

    $ \qquad $ Betrag von $\vec{n_1}$ ist gleich: $|\vec{n_1}|=\sqrt{3^2+2^2+(-1)^2}=3,741$

    $ \qquad $ Betrag von $\vec{n_2}$ ist gleich: $|\vec{n_2}|=\sqrt{(-2)^2+2^2+5^2}=5,744$

    $ \qquad $ $ \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Berechne\: der\: Winkel\: \alpha $

    $ \qquad $ $ \alpha=cos^{-1}\frac{|-7|}{3.741\: \cdot \: 5,744}=70,988^{\circ} $


    $ \qquad $ Schnittwinkel:

    $\qquad\qquad\qquad\qquad$ $\:\:$ $ \large \alpha\approx 70,99^{\circ} $


Übungsaufgaben – Winkel

Berechne Schnittpunkt und Schnittwinkel der beiden Geraden

  1. $g: \vec{x}= \begin{pmatrix} 4\\3\\1 \end{pmatrix}+ r\cdot \begin{pmatrix} -1\\-1\\1 \end{pmatrix} $ $\:\:\:$ und $\:\:\:$ $h: \vec{x}= \begin{pmatrix} -3\\-4\\-1 \end{pmatrix}+ s\cdot \begin{pmatrix} 2\\2\\1 \end{pmatrix} $

    Lösung
    $ g:\vec{x} = \begin{pmatrix} 4\\3\\1 \end{pmatrix} +r\cdot \begin{pmatrix} -1\\-1\\1 \end{pmatrix} $ $\:\:$ und $\:\:$ $ h:\vec{x} = \begin{pmatrix} -3\\-4\\-1 \end{pmatrix} +s\cdot \begin{pmatrix} 2\\2\\1 \end{pmatrix} $

    Die Richtungsvektoren sind nicht linear abhängig. Also, entweder schneiden sie sich oder sie sind windschief.


    Vektorgleichung (Einsatz $g=h$):

    $ \Longleftrightarrow $ $ \begin{pmatrix} 4\\3\\1 \end{pmatrix} +r\cdot \begin{pmatrix} -1\\-1\\1 \end{pmatrix} $ $=$ $ \begin{pmatrix} -3\\-4\\-1 \end{pmatrix} +s\cdot \begin{pmatrix} 2\\2\\1 \end{pmatrix} $

    Verwandle in Gleichungssystem:

    $ \Longleftrightarrow $ $ \begin{cases} 4+(-1)\cdot r &=\:\:(-3)+2\cdot s \\ 3+(-1)\cdot r &=\:\:(-4)+2\cdot s \\ 1+1\cdot r &=\:\:(-1)+1\cdot s \\ \end{cases} $ $ \Longrightarrow $ $ \begin{cases} 4-r &=\:\:-3+2\cdot s \qquad\:\:\: (I)\\ 3-r &=\:\:-4+2\cdot s \qquad\:\:\: (II)\\ 1+r &=\:\:-1+1\cdot s \qquad \:\:\: (III) \end{cases} $

    $ \qquad $ $ \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Addiere\: (II)\: und\: (III) $

    $ \qquad $ $\Longrightarrow$ $4=-5+3s$ $\qquad | +5/(:3)$

    $ \qquad\qquad $ $\longrightarrow$ $s=3$

    $ \qquad $ $ \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Setze\: s\: in\: (I)\: ein $

    $ \qquad $ $\Longrightarrow$ $4-r=-3+2\cdot3$

    $ \qquad $ $\Longrightarrow$ $4-r=3$ $\qquad | -4/:(-1)$

    $ \qquad\qquad $ $\longrightarrow$ $r=1$

    $ \qquad $ $ \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Setze\: r=1\: und\: s=3\: in\: Geraden\: g\: oder\: h\: ein $

    $ \qquad $ $In\: h:$

    $ \qquad $ $ \Large s= $ $ \begin{pmatrix} -3\\-4\\-1 \\ \end{pmatrix} +(3)\cdot \begin{pmatrix} 2\\2\\1 \\ \end{pmatrix} $ $ \Large = $ $ \begin{pmatrix} -3+6\\-4+6\\-1+3 \\ \end{pmatrix} $ $ \Large = $ $ \begin{pmatrix} 3\\2\\2 \\ \end{pmatrix} $


    Schnittpunkt:

    $\qquad\qquad\qquad\qquad$ $\:\:$ $ \Large s \begin{pmatrix} 3\\2\\2 \\ \end{pmatrix} $


    Schnittwinkel:
    Benutze die Richtungsvektoren beiden Geraden:

    $ \qquad $ Berechne das Skalarprodukt der Richtungsvektoren:

    $ \qquad\qquad \begin{pmatrix} -1\\-1\\1 \\ \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 2\\2\\1 \\ \end{pmatrix} $ $ \Large = $ $ -1\cdot 2+(-1)\cdot 2+1\cdot 1 $ $ \Large = $ $-3$

    $ \qquad $ Betrag von: $\begin{pmatrix} -1\\-1\\1 \\ \end{pmatrix}$ ist gleich $ \sqrt{(-1)^2+(-1)^2+1^2} $ $ \Large = $ $1,732$

    $ \qquad $ Betrag von: $\begin{pmatrix} 2\\2\\1 \\ \end{pmatrix}$ ist gleich $ \sqrt{2^2+2^2+1^2} $ $ \Large = $ $3$

    $ \qquad $ Also der Winkel ist gleich:

    $ \qquad\qquad $ $ \alpha = cos^{-1} (\frac{-3}{1,732\: \cdot \:3}) $ $ \Large = $ $125,264^{\circ}$


    Schnittwinkel:

    $\qquad\qquad\qquad\qquad$ $\:\:$ $ \large \alpha=125,264^{\circ} $



  2. $g: \vec{x}= \begin{pmatrix} 3\\2\\0 \end{pmatrix}+ r\cdot \begin{pmatrix} -1\\2\\4 \end{pmatrix} $ $\:\:\:$ und $\:\:\:$ $h: \vec{x}= \begin{pmatrix} 2\\1\\0 \end{pmatrix}+ s\cdot \begin{pmatrix} -2\\1\\4 \end{pmatrix} $

    $\:\:$
    $s\begin{pmatrix}4\\0\\-4\end{pmatrix};$ $\alpha=17,753^{\circ}$



  3. $g: \vec{x}= \begin{pmatrix} -1\\-2\\6 \end{pmatrix}+ r\cdot \begin{pmatrix} 2\\2\\-1 \end{pmatrix} $ $\:\:\:$ und $\:\:\:$ $h: \vec{x}= \begin{pmatrix} 1\\3\\11 \end{pmatrix}+ s\cdot \begin{pmatrix} 0\\1\\2 \end{pmatrix} $

    $\:\:$
    $s\begin{pmatrix}1\\0\\5\end{pmatrix};$ $\alpha=90^{\circ}$



Berechne den Schnittwinkel zwischen der Gerade $g$ und der Ebene $E$.

  1. $ g:\vec{x} = \begin{pmatrix} 2\\2\\1 \end{pmatrix} +r\cdot \begin{pmatrix} 1\\-1\\1 \end{pmatrix} $ $\:\:$ und $\:\:$ $ E:\vec{x} = \begin{pmatrix} 1\\1\\5 \end{pmatrix} +s\cdot \begin{pmatrix} 2\\0\\1 \end{pmatrix} +t\cdot \begin{pmatrix} -1\\-1\\3 \end{pmatrix} $

    Lösung
    $ g:\vec{x} = \begin{pmatrix} 2\\2\\1 \end{pmatrix} +r\cdot \begin{pmatrix} 1\\-1\\1 \end{pmatrix} $ $\:\:$ und $\:\:$ $ E:\vec{x} = \begin{pmatrix} 1\\1\\5 \end{pmatrix} +s\cdot \begin{pmatrix} 2\\0\\1 \end{pmatrix} +t\cdot \begin{pmatrix} -1\\-1\\3 \end{pmatrix} $

    $ \qquad $ $ \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Gleiche\: die\: Vektoren:\: Einsatz\: (g=E) $

    $ \begin{pmatrix} 2\\2\\1 \end{pmatrix} +r\cdot \begin{pmatrix} 1\\-1\\1 \end{pmatrix} $ $=$ $ \begin{pmatrix} 1\\1\\5 \end{pmatrix} +s\cdot \begin{pmatrix} 2\\0\\1 \end{pmatrix} +t\cdot \begin{pmatrix} -1\\-1\\3 \end{pmatrix} $

    $ \qquad $ $ \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Schreibe\: als\: Lineares\: Gleichungssystem\: (LGS) $

    $ \qquad $ $ \begin{cases} 2+r &=1+2s-t\\ 2-r &=1+0s-t\\ 1+r &=5+s+3t \end{cases} $

    $ \qquad $ $ \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Bringe\: Zahlen\: nach\: rechts\: und\: Variablen\: nach\: links $

    $ \qquad $ $ \begin{cases} r-2s+t &=-1 \qquad (I)\\ -r+t &=-1 \qquad (II)\\ r-s-3t &=4 \qquad\:\:\: (III) \end{cases} $

    $ \qquad $ $ \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Schreibe\: (II)\: nach\: r $

    $ \qquad $ $ \begin{cases} r-2s+t &=-1\\ r &=1+t\\ r-s-3t &=4 \end{cases} $

    $ \qquad $ $ \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Setzte\: r\: in\: (I)\: und\: (III) $

    $ \qquad $ $ \begin{cases} 1+t-2s+t &=-1\\ 1+t-s-3t &=4 \end{cases} $ $\:\:$ $\Longrightarrow$ $\:\:$ $ \begin{cases} 2t-2s &=-2\\ -2t-s &=3 \end{cases} $
    $ \qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad $ $ \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Addiere\: (I)\: und\: (III) $
    $ \qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad $ $ -3s=1 \qquad | :(-3) $

    $ \qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad $ $\longrightarrow$ $ s=-\frac{1}{3} $

    $ \qquad $ $ \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Setzte\: s\: in\: (I)\: und\: (III) $

    $ \qquad $ $ \begin{cases} r-2\cdot (-\frac{1}{3})+t &=-1\\ r-1\cdot (-\frac{1}{3})-3t &=4 \end{cases} $ $\:\:$ $\underrightarrow{Fasse\: zusammen}$ $\:\:$ $ \begin{cases} r+t &=-\frac{5}{3}\\ r-3t &=\frac{11}{3} \end{cases} $

    $ \qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad $ $ \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Subtrahiere $

    $ \qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad $ $ 4t=-\frac{16}{3} \qquad | :(-\frac{16}{3}) $

    $ \qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad $ $ \longrightarrow $ $ t=-\frac{4}{3} $

    $ \qquad $ $ \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Setzte\: t\: in\: r=1+t\: ein $

    $ \qquad\:\: $ $ r=1-\frac{4}{3} $ $ \longrightarrow $ $ r=-\frac{1}{3} $

    $ \qquad $ $ \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Setzte\: die\: Werte\: in\: Ebene\: ein $

    $ \qquad $ $ \begin{pmatrix} 1\\1\\5 \end{pmatrix} +(-\frac{1}{3})\cdot \begin{pmatrix} 2\\0\\1 \end{pmatrix} +(-\frac{4}{3})\cdot \begin{pmatrix} -1\\-1\\3 \end{pmatrix} $ $=$ $ \begin{pmatrix} 1-\frac{2}{3}+\frac{4}{3}\\ 1+0+\frac{4}{3}\\ 5-\frac{1}{3}-4 \end{pmatrix} $ $=$ $ \begin{pmatrix} \frac{5}{3}\\ \frac{7}{3}\\ \frac{2}{3} \end{pmatrix} $


    $ \qquad $ Schnittpunkt:

    $\qquad\qquad\qquad\qquad$ $\:\:$ $ \Large s \begin{pmatrix} \frac{5}{3}\\ \frac{7}{3}\\ \frac{2}{3} \end{pmatrix} $


    $ \qquad $ Schnittwinkel:

    $ \qquad $ $ \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Schreibe\: E\: in\: Koordinatenform $

    $ \qquad\qquad $ – Bestimme die Normalenform von $E:$

    $ \qquad\qquad\qquad $ $ \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Bestimme\: das\: Kreuzprodukt\: der\: Richtungsvektoren $

    $ \qquad\qquad\qquad $ $ \begin{pmatrix} 2\\0\\1 \end{pmatrix} \times \begin{pmatrix} -1\\-1\\3 \end{pmatrix} $ $=$ $ \begin{pmatrix} 0\cdot 3-1\cdot (-1)\\ 1\cdot (-1)-2\cdot 3\\ 2\cdot (-1)-0\cdot (-1) \end{pmatrix} $ $=$ $ \begin{pmatrix} 1\\-7\\-2 \end{pmatrix} $

    $ \qquad\qquad\qquad $ $\longrightarrow$ Normalengleichung: $ E:\begin{bmatrix} x- \begin{pmatrix} 1\\1\\5 \end{pmatrix} \end{bmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 1\\-7\\-2 \end{pmatrix} =0 $

    $ \qquad\qquad $ – Bestimme die Koordinatenform von $E:$

    $ \qquad\qquad\qquad $ $ E:\begin{bmatrix} x- \begin{pmatrix} 1\\1\\5 \end{pmatrix} \end{bmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 1\\-7\\-2 \end{pmatrix} =0 $

    $ \qquad\qquad\qquad $ $ \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Multipliziere\: aus $

    $ \qquad\qquad\qquad $ $ \begin{pmatrix} x\\y\\z \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 1\\-7\\-2 \end{pmatrix} = x-7y-2z $

    $ \qquad\qquad\qquad $ $ \begin{pmatrix} 1\\1\\5 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 1\\-7\\-2 \end{pmatrix} = 1\cdot1+1\cdot (-7)+5\cdot (-2)=-16 $

    $ \qquad\qquad\qquad $ $ \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Setzte\: die\: beiden\: Ergebnisse\: in\: die\: Normaleform\: ein $

    $ \qquad\qquad\qquad $ $\longrightarrow$ Koordinatenform: $E:x-7y-2z=-16$

    $ \qquad\qquad\qquad $ $\longrightarrow$ Normalenvektor: $ \vec{n}= \begin{pmatrix} 1\\-7\\-2 \end{pmatrix} $

    $ \qquad $ $ \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Berechne\: das\: Skalarprodukt\: von\: Normalenvektor(E)\: und\: Richtungsvektor(g) $

    $ \qquad $ $ \begin{pmatrix} 1\\-1\\1 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 1\\-7\\-2 \end{pmatrix} = 1\cdot 1+(-1)\cdot (-7)+1\cdot (-2)=6 $

    $ \qquad $ $ \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Berechne\: Betrag\: von\: (E)\: und\: (g) $

    $ \qquad\qquad $ Betrag von $ \begin{pmatrix} 1\\-1\\1 \end{pmatrix} $ ist $ \sqrt{1^2+(-1)^2+1^2}=1,732 $

    $ \qquad\qquad $ Betrag von $ \begin{pmatrix} 1\\-7\\-2 \end{pmatrix} $ ist $ \sqrt{1^2+(-7)^2+(-2)^2}=7,348 $

    $ \qquad $ $ \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Berechne\: der\: Winkel $

    $ \qquad $ $\longrightarrow$ $ \large \alpha=sin^{-1}=\frac{6}{1,732\: \cdot \: 7,348}=28,128^{\circ} $


    $ \qquad $ Schnittwinkel:

    $\qquad\qquad\qquad\qquad$ $\:\:$ $ \large \alpha\approx28,13^{\circ} $



  2. $ g:\vec{x} = \begin{pmatrix} 2\\-3\\4 \end{pmatrix} +r\cdot \begin{pmatrix} 6\\2\\4 \end{pmatrix} $ $\:\:$ und $\:\:$ $ E: \begin{bmatrix} \vec{x} – \begin{pmatrix} 1\\0\\-5 \end{pmatrix} \end{bmatrix} +s\cdot \begin{pmatrix} 3\\5\\-1 \end{pmatrix} $

    $\:\:$
    $\alpha\approx32,83^{\circ}$



  3. $ g:\vec{x} = \begin{pmatrix} 2\\8\\8 \end{pmatrix} +r\cdot \begin{pmatrix} 3\\4\\3 \end{pmatrix} $ $\:\:$ und $\:\:$ $ E:2x-4y+3z=5 $

    $\:\:$
    $\alpha\approx1,83^{\circ}$



Berechne den Schnittwinkel zwischen den Ebenen $E_1$ und $E_2$.

  1. $ E_1: \begin{bmatrix} \vec{x} – \begin{pmatrix} 4\\-3\\5 \end{pmatrix} \end{bmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 2\\-4\\1 \end{pmatrix} =0 $ $\:\:$ und $\:\:$ $ E_2:-6x+4y-3z=4 $

    Lösung
    $ E_1: \begin{bmatrix} \vec{x} – \begin{pmatrix} 4\\-3\\5 \end{pmatrix} \end{bmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 2\\-4\\1 \end{pmatrix} =0 $ $\:\:$ und $\:\:$ $ E_2:-6x+4y-3z=4 $

    $ \qquad $ $ \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Für\: Normalenvektor\: von\: E_1\: Schreibe\: in\: der\: Koordinatenform $

    $ \qquad $ $ E_1: \begin{bmatrix} \begin{pmatrix} x\\y\\z \end{pmatrix} – \begin{pmatrix} 4\\-3\\5 \end{pmatrix} \end{bmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 2\\-4\\1 \end{pmatrix} =0 $

    $ \qquad $ $ \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Multipliziere\: aus $

    $ \qquad $ $ \begin{pmatrix} x\\y\\z \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 2\\-4\\1 \end{pmatrix} = 2x-4y+z $

    $ \qquad $ $ \begin{pmatrix} 4\\-3\\5 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 2\\-4\\1 \end{pmatrix} = 4\cdot2+ (-3)\cdot(-4)+5\cdot 1=25 $

    $ \qquad $ Die Koordinatenform lautet: $E_1: 2x-4y+z=25$

    $ \qquad $ Den Normalenvektor von $E_1$ lautet: $n_1 = \begin{pmatrix} 2\\-4\\1 \end{pmatrix} $

    $ \qquad $ Den Normalenvektor von $E_2$ lautet: $n_2 = \begin{pmatrix} -6\\4\\-3 \end{pmatrix} $

    $ \qquad $ Schnittwinkel

    $ \qquad\qquad\qquad $ $ \alpha=cos^{-1} \frac { \large \begin{vmatrix} \begin{pmatrix} 2\\-4\\1 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} -6\\4\\-3 \end{pmatrix} \end{vmatrix} } { \large \begin{vmatrix} \begin{pmatrix} 2\\-4\\1 \end{pmatrix} \end{vmatrix} \cdot \begin{vmatrix} \begin{pmatrix} -6\\4\\-3 \end{pmatrix} \end{vmatrix} }= 29,987^{\circ} $

    $\qquad\qquad\qquad\qquad$ $\:\:$ $ \large \alpha\approx29,99^{\circ} $



  2. $ E_1:6x-2y-3z=7 $ $\:\:$ und $\:\:$ $ E_2:\vec{x} = \begin{pmatrix} 2\\0\\-4 \end{pmatrix} + \lambda \cdot \begin{pmatrix} 3\\-4\\2 \end{pmatrix} + \mu \cdot \begin{pmatrix} 4\\-1\\5 \end{pmatrix} $

    $\:\:$
    $n_2$ $=$ $ \begin{pmatrix} 18\\-7\\13 \end{pmatrix}, $ $\:$ $\alpha\approx35,3^{\circ}$



  3. $ E_1:2x+y+2z=-8 $ $\:\:$ und $\:\:$ $ E_2:6x+3y+2z=-12 $

    $\:\:$
    $\alpha\approx25,20^{\circ}$



Lineares Gleichungssystem

Lineares Gleichungssystem




Ein lineares Gleichungssystem (kurz LGS) besteht aus mehreren linearen Gleichungen mit gemeinsamen Unbekannten (Variablen) zusammen.

Jede Variable wird mit höchstens dem Exponenten 1 geschrieben.

Ein lineares Gleichungssystem lässt sich lösen, mit mindestens so viele Gleichungen, wie es Unbekannte gibt.




Lineares Gleichungssystem lösen


Um ein lineares Gleichungssystem zu lösen musst du alle Variablen so bestimmen, dass alle Gleichungen des Systems erfüllt werden.

Es gibt fünf verschiedene Verfahren, ein Gleichungssystem zu lösen:


  1. Das Additionsverfahren: durch Addition bzw. Subtraktion der Gleichungen wird eine der unbekannten $x$ oder $y$ isoliert (aufgehoben), um die Bestimmung der anderen zu ermöglichen.


  2. Das Einsetzungsverfahren: eine Gleichung wird nach einer Variablen $x$ oder $y$ umgeformt und in die andere Gleichung eingesetzt.


  3. Das Gleichsetzungsverfahren: die beiden linearen Gleichungen des linearen Gleichungssystems werden nach derselben Variablen $x$ oder $y$ aufgelöst und die entsprechenden Terme gleichgesetzt.


  4. Das Gaußverfahren oder gaußsche Eliminationsverfahren: wird benutzt um Gleichungen mit viele unterschiedliche Variablen zu lösen.


  5. Cramersche Regel oder Determinantenmethode: wird für kleines Gleichungssystem benutzt, die eindeutig lösbar sind.



Übungsaufgaben


  1. Löse mit dem Additionsverfahren:

    $ \begin{cases} \begin{align*} \:\: 15x\:\: -2y\:\: &=\:\: 44 \\ \:\: 10x\:\: -3y\:\: &=\:\: 16 \end{align*} \end{cases} $
    Lösung
    $ \begin{cases} \begin{align*} \:\: 15x\:\: -2y\:\: &=\:\: 44 \:\:(I) \\ \:\: 10x\:\: -3y\:\: &=\:\: 16 \:\:(II) \end{align*} \end{cases} $

    $ 3\cdot (I) + (-2)\cdot (II) \:\: \Rightarrow \:\: \begin{cases} &45x-6y=132 \\ -&20x+6y=-32 \\ \hline \end{cases} $
    $\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\:\:\:\:\:\:$ $ 25x+0y=100 \:\:| :25 \\ $

    $\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad$ $ \large \longrightarrow x=4 $

    Setze $x=4$ in $(I)$ ein

    $\qquad\qquad\qquad\qquad\:\:$ $ \Rightarrow \:\: 15(4)-2y=44 \:\:\:\:\:\:\: |\:(-60) $

    $\qquad\qquad\qquad\qquad\:\:$ $ \Rightarrow \qquad\:\:\:\:\: -2y=-16 \:\:\:\: |\:(-2) $

    $\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad$ $ \large \longrightarrow y=8 $

    Die Lösungsmenge lautet:

    $\qquad\qquad\qquad\qquad$ $\:\:$ $ \large \mathbb{L}=\{(4|8)\} $

    Graphische Darstellung
    $\qquad$ $ \large \textcolor{DodgerBlue}{ y_1=7,5x-22 } $ $\qquad$ $ \large \textcolor{OliveGreen}{ y_2=3,3x-5,33 } $



    $ \begin{cases} \begin{align*} -4x\:\: +\:\: &3y \:\:=\:\: 6\\ 3x\:\: -\:\: &6y \:\:=\:\: 3 \end{align*} \end{cases} $
    Lösung
    $ \small \begin{cases} \begin{align*} -4x\:\: +\:\: &3y \:\:=\:\: 6 \:\: (I)\\ 3x\:\: -\:\: &6y \:\:=\:\: 3 \:\: (II) \end{align*} \end{cases} $

    $ \:\:\: \small 2\cdot (I) + (II) $ $ \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Multipliziere\: (I)\: Mal\: 2\: und\: addiere\: mit\: (II). $

    $ \small \begin{cases} \begin{align*} -8x\:\: +\:\: &6y \:\:=\:\: 12 \:\: \\ 3x\:\: -\:\: &6y \:\:=\:\: 3 \:\:\\ \hline -5x\:\: +\:\: &\textcolor{red}{0y} \:\:=\:\: 15 \:\:(III) \end{align*} \end{cases} $

    $ \:\:\:\: \small (III):(-5) $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Teile\: (III)\: durch\: (-5). $

    $\qquad\qquad\qquad$ $ \LARGE \longrightarrow $ $ \large x=-3 $ $ \:\: \small (IV) $

    $ \:\:\:\: \small (IV) \:in\: (II) $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Setze\: (IV)\: in\: (II)\: ein. $

    $ \qquad\qquad \small 3\cdot (-3)-6y=3 $

    $ \qquad\qquad\qquad \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Fasse\: zusammen\: und\: löse\: nach\: y\: auf. $

    $ \qquad\qquad \small -9-6y=3 \qquad | +9 \:\:\:\:\:\:\:\:\: (Rechne\:Plus\: 9). $

    $ \qquad\qquad \small -6y=12 \qquad\:\:\:\:\:\:| :(-6) \:\:\:\:(Divide\: durch\: (-6)). $

    $\qquad\qquad\qquad$ $ \LARGE \longrightarrow $ $ \large y=-2 $


    Die Lösungsmenge lautet:

    $\qquad\qquad\qquad\qquad$ $\:\:$ $ \large \mathbb{L}=\{(-3|-2)\} $

    Graphische Darstellung
    $\qquad$ $ \large \textcolor{DodgerBlue}{ y_1=\frac{4}{3}x+2 } $ $\qquad$ $ \large \textcolor{OliveGreen}{ y_2=\frac{1}{2}x-\frac{1}{2} } $




  2. Löse mit dem Einsetzungsverfahren:

    $ \begin{cases} \begin{align*} \:\: 3x\:\: -\: 4y\:\: &=\:\: -6 \\ \:\: 2x\:\: +\: 3y\:\: &=\:\: 13 \end{align*} \end{cases} $
    Lösung
    $ \begin{cases} \begin{align*} \:\: 3x\:\: -\: 4y\:\: &=\:\: -6 \:\: (I)\\ \:\: 2x\:\: +\: 3y\:\: &=\:\: 13 \:\: (II) \end{align*} \end{cases} $

    $ \:\:\: $ $ \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Stelle\: (II)\: nach\: x\: um: $

    $ 2x+3y=13 \qquad |-3y \:\:\:(Rechne\: Minus\: 3y) $

    $ 2x=13-3y \qquad |:2 \:\:\:(Dividiere\: durch\: 2) $

    $ \:\:\:\: $ $ \LARGE \longrightarrow $ $ \large x=6,5-1,5y $ $ \normalsize \:\:\: (III) $


    $ \:\:\: $ $ \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Setze\: (III)\: in\: (I)\: ein: $

    $ 3\cdot (6,5-1,5y)-4y=-6 $

    $ \:\:\: $ $ \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Klammere\: auf\: und\: fasse\: zusammen\: nach\: y: $

    $ 3\cdot (6,5-1,5y)-4y=-6 \qquad\qquad\qquad |\:Klammer\: auflösen $

    $ 19,5-4,5y-4y=-6 \qquad\qquad\:\:\:\:\:\:\:\:\:\:\:\:\:\:\:\: |\:Zusammenfassen $

    $ 19,5-8,5y=-6 \qquad\qquad\qquad\qquad\:\:\:\:\:\:\:\: |\: -19,5 $

    $ -8,5y=-25,5 \qquad\qquad\qquad\qquad\:\:\:\:\:\:\:\:\:\:\:\: | \: :(-8,5) $

    $ \:\:\:\: $ $ \LARGE \longrightarrow $ $ \large y=3 $ $ \normalsize \:\:\: (IV) $


    $ \:\:\: $ $ \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Setze\: (IV)\: in\: (III)\: ein: $

    $ x=6,5-1,5\cdot (3) $

    $ \:\:\:\: $ $ \LARGE \longrightarrow $ $ \large x=2 $


    Die Lösungsmenge lautet:

    $\qquad\qquad\qquad\qquad$ $\:\:$ $ \large \mathbb{L}=\{(2|3)\} $

    Graphische Darstellung
    $\qquad$ $ \large \textcolor{DodgerBlue}{ y_1=0,75x+1,5 } $ $\qquad$ $ \large \textcolor{OliveGreen}{ y_2=-0,\overline{6}x+4,\overline{3} } $




  3. $ \begin{cases} \begin{align*} \:\: x\:\: +\: 5y\:\: &=\:\: -6 \\ \:\: 2x\:\: +\: 4y\:\: &=\:\: 0 \end{align*} \end{cases} $
    Lösung
    $ \begin{cases} \begin{align*} \:\: x\:\: +\: 5y\:\: &=\:\: -6 \:\: (I)\\ \:\: 2x\:\: +\: 4y\:\: &=\:\: 0 \:\:\: (II) \end{align*} \end{cases} $

    $ \:\:\: $ $ \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Stelle\: (I)\: nach\: x\: um: $

    $ x+5y=-6 \qquad |-5y \:\:\:(Rechne\: Minus\: -5y) $

    $ \:\:\:\: $ $ \LARGE \longrightarrow $ $ \large x=-6-5y $ $ \normalsize \:\:\: (III) $


    $ \:\:\: $ $ \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Setze\: (III)\: in\: (II)\: ein: $

    $ 2\cdot (-6-5y)+4y=0 $

    $ \:\:\: $ $ \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Klammere\: auf\: und\: fasse\: zusammen\: nach\: y: $

    $ 2\cdot (-6-5y)+4y=0 \qquad\qquad\qquad |\:Klammer\: auflösen $

    $ -12-10y+4y=0 \qquad\qquad\:\:\:\:\:\:\:\:\:\:\:\:\:\: |\:Zusammenfassen $

    $ -12-6y=0 \qquad\qquad\qquad\qquad\:\:\:\:\:\:\:\: |\: +12 $

    $ -6y=12 \qquad\qquad\qquad\qquad\:\:\:\:\:\:\:\:\:\:\:\:\:\:\:\: | \: :(-6) $

    $ \:\:\:\: $ $ \LARGE \longrightarrow $ $ \large y=-2 $ $ \normalsize \:\:\: (IV) $


    $ \:\:\: $ $ \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Setze\: (IV)\: in\: (III)\: ein: $

    $ x=-6-5\cdot (-2) $

    $ \:\:\:\: $ $ \LARGE \longrightarrow $ $ \large x=4 $


    Die Lösungsmenge lautet:

    $\qquad\qquad\qquad\qquad$ $\:\:$ $ \large \mathbb{L}=\{(4|-2)\} $

    Graphische Darstellung
    $\qquad$ $ \large \textcolor{DodgerBlue}{ y_1=-0,2x-1,2 } $ $\qquad$ $ \large \textcolor{OliveGreen}{ y_2=-0,5x } $


  4. Löse mit dem Gleichsetzungsverfahren:

    $ \begin{cases} \begin{align*} \:\: &2x\:\: +\: 2,5y = 4 \\ \:\: &2x\:\: +\: 2y \:\:\:\:= 2 \end{align*} \end{cases} $
    Lösung
    $ \begin{cases} \begin{align*} \:\: &2x\:\: +\: 2,5y = 4 \:\:\:\:\: (I)\\ \:\: &2x\:\: +\: 2y \:\:\:\:= 2 \:\:\:\:\: (II) \end{align*} \end{cases} $

    $ \:\:\: $ $ \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Stelle\: (I)\: und\: (II)\: nach\: 2x\: um: $

    $ \begin{cases} 2x+2,5y &=4 \qquad |-2,5y \\ 2x+2y &=2 \qquad |-2y \end{cases} $ $ \qquad \Rightarrow \qquad $ $ \begin{cases} 2x=4-2,5y \qquad (I’) \\ 2x=2-2y \qquad\:\:\: (II’) \end{cases} $

    $ \:\:\: $ $ \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Setze\: (I’)\: und\: (II’)\: gleich: $

    $ 2x=2x \:\: \leftrightarrow \:\: 4-2,5y=2-2y $

    $ \:\:\: $ $ \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Fasse\: zusammen\: und\: stelle\: nach\: y\: um: $

    $ 4-2,5y=2-2y \qquad |\: +2,5y $

    $ 4=2+0,5y \qquad\qquad\: |\: -2 $

    $ 2=0,5y \qquad\qquad\qquad |\: \cdot2 $

    $ \:\:\:\: $ $ \LARGE \longrightarrow $ $ \large y=4 $ $ \normalsize \:\:\: (III) $


    $ \:\:\: $ $ \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Setze\: (III)\: in\: (I’)\: oder\: (II’)\: ein: $

    $ in\: (II’):\: 2x=2-2\cdot (4) $

    $ \qquad\qquad\: 2x=-6 \qquad \: | :2 $

    $ \:\:\:\: $ $ \LARGE \longrightarrow $ $ \large x=-3 $


    Die Lösungsmenge lautet:

    $\qquad\qquad\qquad\qquad$ $\:\:$ $ \large \mathbb{L}=\{(-3|4)\} $

    Graphische Darstellung
    $\qquad$ $ \large \textcolor{DodgerBlue}{ y_1=-0,8x+1,6 } $ $\qquad$ $ \large \textcolor{OliveGreen}{ y_2=-x+1 } $




    $ \begin{cases} \begin{align*} \:\: 3x\:\: -\: 4y\:\: &=\:\: -6 \\ \:\: 2x\:\: +\: 3y\:\: &=\:\: 13 \end{align*} \end{cases} $
    Lösung
    $ \begin{cases} \begin{align*} \:\: 3x\:\: -\: 4y\:\: &=\:\: -6 \:\: (I)\\ \:\: 2x\:\: +\: 3y\:\: &=\:\: 13 \:\:\: (II) \end{align*} \end{cases} $

    $ \:\:\: $ $ \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Form\: (I)\: und\: (II)\: gleich: $

    $ \begin{cases} \begin{align*} \:\: 3x\:\: -\: 4y\:\: &=\:\: -6 \:\:\:\: |\: +4y \qquad\qquad (Rechne\: Plus\: 4y)\\ \:\: 2x\:\: +\: 3y\:\: &=\:\: 13 \:\:\:\:\: |\: -3y \qquad\qquad (Rechne\: Minus\: 3y) \end{align*} \end{cases} $

    $ \:\:\: $ $ \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Stelle\: nach\: x\: um: $

    $ \begin{cases} \begin{align*} \:\: 3x\:\: &=\: -6\:\: +\:\: 4y \:\:\:\: |\: \cdot2 \qquad\qquad\:\:\:\: (Rechne\: Mal\: 2)\\ \:\: 2x\:\: &=\: 13\:\: -\:\: 3y \:\:\:\:\: |\: \cdot3 \qquad\qquad\:\:\:\: (Rechne\: Mal\: 3) \end{align*} \end{cases} $

    $ \:\:\: $ $ \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Gleiche\: die\: Variablen\: x\: aus: $

    $ \begin{cases} \begin{align*} \:\: 6x\:\: &=\: -12\:\: +\:\: 8y \\ \:\: 6x\:\: &=\: 39\:\: -\:\: 9y \end{align*} \end{cases} $

    $ \:\:\: $ $ \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Setze\: die\: rechten\: Seiten\: gleich\: (6x=6x)\: und\: rechne\: nach\: y: $

    $ 6x=6x $
    $ \:\:\:\ \Leftrightarrow \:\:\:\: -12+8y=39-9y \qquad |\: +12\:/\: +9y\: (Rechne\: Plus\: 12\: und\: 9) $

    $ \:\:\:\ \Leftrightarrow \qquad\:\:\:\:\:\: 17y=51 \qquad\qquad\: |\: :17\: (Teile\: durch\: 17) $

    $ \:\:\:\: $ $ \LARGE \longrightarrow $ $ \large y=3 $


    $ \:\:\: $ $ \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Setze\: y\: in\: (I)/(II)\: ein\: und\: rechne\: nach\: x: $

    $ \:\:\:\: 3x-4\cdot (3)=-6\qquad |\: +12 $

    $ \qquad\qquad\:\:\: 3x=6\qquad\:\:\: |\: :3 $

    $ \:\:\:\: $ $ \LARGE \longrightarrow $ $ \large x=2 $


    Die Lösungsmenge lautet:

    $\qquad\qquad\qquad\qquad$ $\:\:$ $ \large \mathbb{L}=\{(2|3)\} $

    Graphische Darstellung
    $\qquad$ $ \large \textcolor{DodgerBlue}{ y_1=0,75x+1,5 } $ $\qquad$ $ \large \textcolor{OliveGreen}{ y_2=-0,\overline{6}x+4,\overline{3} } $




  5. Löse mit dem Gaußverfahren:

    $ \begin{cases} 2x-3y=12 \\ 5x+2y=11 \end{cases} $
    Lösung
    $ \large \begin{cases} 2x-3y=12 \\ 5x+2y=11 \end{cases} $

    $ \:\:\: $ $ \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Schreibe\: die\: Gleichungen\: in\: Matrixform um: $

    $ \large \begin{bmatrix} \begin{array}{c c | c} 2&-3&12\\ 5&2&11 \end{array} \end{bmatrix} $ $ \large \begin{array}{l} l_1\\ l_2 \end{array} $

    $ \:\:\: $ $ \Large \Bigg\downarrow $ $ \large Teile\: (l_1)\: durch\: 2:\: \textcolor{red}{\frac{l_1}{2}} $

    $ \large \begin{bmatrix} \begin{array}{c c | c} \textcolor{red}{1} & -1,5 & 6\\ 5&2&11 \end{array} \end{bmatrix} $ $ \large \begin{array}{l} \textcolor{red}{l’_1}\\ l_2 \end{array} $

    $ \:\:\: $ $ \Large \Bigg\downarrow $ $ \large \textcolor{red}{5\cdot l’_1-l_2} $

    $ \large \begin{bmatrix} \begin{array}{c c | c} \textcolor{red}{1} & -1,5 & 6\\ 0& -9,5 &19 \end{array} \end{bmatrix} $ $ \large \begin{array}{l} \textcolor{red}{l’_1}\\ \textcolor{red}{l’_2} \end{array} $

    $ \:\:\: $ $ \Large \Bigg\downarrow $ $ \large \textcolor{red}{\frac{l’_2}{-9,5}} $

    $ \large \begin{bmatrix} \begin{array}{c c | c} \textcolor{red}{1} & -1,5 & 6\\ 0& \textcolor{red}{1} &-2 \end{array} \end{bmatrix} $ $ \large \begin{array}{l} \textcolor{red}{l’_1}\\ \textcolor{red}{l^{”}_2} \end{array} $

    $ \:\:\: $ $ \Large \Bigg\downarrow $ $ \large \textcolor{red}{1,5\cdot l^{”}_2+l’_1} $

    $ \large \begin{bmatrix} \begin{array}{c c | c} \textcolor{red}{1} & 0 & 3\\ 0& \textcolor{red}{1} &-2 \end{array} \end{bmatrix} $ $ \LARGE \leftrightarrow $ $ \begin{cases} x=3\\ y=-2 \end{cases} $


    Die Lösungsmenge lautet:

    $\qquad\qquad\qquad\qquad$ $\:\:$ $ \large \mathbb{L}=\{(3|-2)\} $



    $ \begin{cases} 5x-2y+3z &=19 \\ 2x+2y-4z &=-6\\ -2x+3y+z &=-12 \end{cases} $
    Lösung

    $ \large \begin{cases} 5x-2y+3z &=19 \\ 2x+2y-4z &=-6\\ -2x+3y+z &=-12 \end{cases} $

    $ \:\:\: $ $ \Large \Bigg\downarrow $ $ \large Bringe\: die\: Gleichungen\: in\: Matrixform: $

    $ \large \begin{bmatrix} \begin{array}{c c c | c} 5&-2&3&19 \\ 2&2&-4&-6 \\ -2&3&1&-12 \end{array} \end{bmatrix} $ $ \large \begin{array}{l} l_1 \\ l_2 \\ l_3 \end{array} $

    $ \:\:\: $ $ \Large \Bigg\downarrow $ $ \Large \textcolor{red}{\frac{l_1}{5}} $ $\:\:$
    $l_1$ wird durch 5 dividiert


    $ \large \begin{bmatrix} \begin{array}{c c c | c} \textcolor{BurntOrange}{1} & \textcolor{red}{\frac{-2}{5}} & \textcolor{red}{\frac{3}{5}} & \textcolor{red}{\frac{19}{5}} \\ 2&2&-4&-6 \\ -2&3&1&-12 \end{array} \end{bmatrix} $

    $ \:\:\: $ $ \Large \Bigg\downarrow $ $ \large \textcolor{red}{l_2-2\cdot l_1} $ $\:\:$
    Von $l_2$ wird subtrahiert 2⋅$l_1$


    $ \large \begin{bmatrix} \begin{array}{c c c | c} \textcolor{BurntOrange}{1} & \frac{-2}{5} & \frac{3}{5} & \frac{19}{5} \\ \textcolor{red}{0} & \textcolor{red}{\frac{14}{5}} & \textcolor{red}{\frac{-26}{5}} & \textcolor{red}{\frac{-68}{5}} \\ -2&3&1&-12 \end{array} \end{bmatrix} $

    $ \:\:\: $ $ \Large \Bigg\downarrow $ $ \large \textcolor{red}{l_3 – (-2\cdot l_1)} $ $\:\:$
    Von $l_3$ wird subtrahiert (-2⋅$l_1$)


    $ \large \begin{bmatrix} \begin{array}{c c c | c} \textcolor{BurntOrange}{1} & \frac{-2}{5} & \frac{3}{5} & \frac{19}{5} \\ \textcolor{red}{0} & \frac{14}{5} & \frac{-26}{5} & \frac{-68}{5} \\ \textcolor{red}{0} & \textcolor{red}{\frac{11}{5}} & \textcolor{red}{\frac{11}{5}} & \textcolor{red}{\frac{-22}{5}} \end{array} \end{bmatrix} $

    $ \:\:\: $ $ \Large \Bigg\downarrow $ $ \large \textcolor{red}{l_2:\frac{14}{5}} $ $\:\:$
    $l_2$ wird dividiert durch $\frac{14}{5}$


    $ \large \begin{bmatrix} \begin{array}{c c c | c} \textcolor{BurntOrange}{1} & \frac{-2}{5} & \frac{3}{5} & \frac{19}{5} \\ \textcolor{red}{0} & \textcolor{BurntOrange}{1} & \textcolor{red}{\frac{-13}{7}} & \textcolor{red}{\frac{-34}{7}} \\ \textcolor{red}{0} & \textcolor{red}{\frac{11}{5}} & \textcolor{red}{\frac{11}{5}} & \textcolor{red}{\frac{-22}{5}} \end{array} \end{bmatrix} $

    $ \:\:\: $ $ \Large \Bigg\downarrow $ $ \large \textcolor{red}{l_3 – (\frac{11}{5})\cdot l_2} $ $\:\:$
    Von $l_3$ wird subtrahiert $\frac{14}{5}\cdot l_2$


    $ \large \begin{bmatrix} \begin{array}{c c c | c} \textcolor{BurntOrange}{1} & \frac{-2}{5} & \frac{3}{5} & \frac{19}{5} \\ \textcolor{red}{0} & \textcolor{BurntOrange}{1} & \frac{-13}{7} & \frac{-34}{7} \\ \textcolor{red}{0} & \textcolor{red}{0} & \textcolor{red}{\frac{44}{7}} & \textcolor{red}{\frac{44}{7}} \end{array} \end{bmatrix} $

    $ \:\:\: $ $ \Large \Bigg\downarrow $ $ \large \textcolor{red}{l_3:(\frac{44}{7})} $ $\:\:$
    $l_3$ wird dividiert durch $\frac{44}{7}$


    $ \large \begin{bmatrix} \begin{array}{c c c | c} \textcolor{BurntOrange}{1} & \frac{-2}{5} & \frac{3}{5} & \frac{19}{5} \\ \textcolor{red}{0} & \textcolor{BurntOrange}{1} & \frac{-13}{7} & \frac{-34}{7} \\ \textcolor{red}{0} & \textcolor{red}{0} & \textcolor{BurntOrange}{1} & \textcolor{BurntOrange}{1} \end{array} \end{bmatrix} $

    $ \:\:\: $ $ \Large \Bigg\downarrow $ $ \large \textcolor{red}{l_2-(-\frac{13}{7})\cdot l_3} $ $\:\:$
    Von $l_2$ wird subtrahiert $(\frac{-13}{7})\cdot l_3$


    $ \large \begin{bmatrix} \begin{array}{c c c | c} \textcolor{BurntOrange}{1} & \frac{-2}{5} & \frac{3}{5} & \frac{19}{5} \\ \textcolor{red}{0} & \textcolor{BurntOrange}{1} & \textcolor{red}{0} & \textcolor{red}{-3} \\ \textcolor{red}{0} & \textcolor{red}{0} & \textcolor{BurntOrange}{1} & \textcolor{BurntOrange}{1} \end{array} \end{bmatrix} $

    $ \:\:\: $ $ \Large \Bigg\downarrow $ $ \large \textcolor{red}{l_1-(\frac{3}{5})\cdot l_3} $ $\:\:$
    Von $l_1$ wird subtrahiert $(\frac{3}{5})\cdot l_3$


    $ \large \begin{bmatrix} \begin{array}{c c c | c} \textcolor{BurntOrange}{1} & \textcolor{red}{\frac{-2}{5}} & \textcolor{red}{0} & \textcolor{red}{\frac{16}{5}} \\ \textcolor{red}{0} & \textcolor{BurntOrange}{1} & \textcolor{red}{0} & \textcolor{red}{-3} \\ \textcolor{red}{0} & \textcolor{red}{0} & \textcolor{BurntOrange}{1} & \textcolor{BurntOrange}{1} \end{array} \end{bmatrix} $

    $ \:\:\: $ $ \Large \Bigg\downarrow $ $ \large \textcolor{red}{l_1-(-\frac{2}{5})\cdot l_2} $ $\:\:$
    Von $l_1$ wird subtrahiert $(-\frac{2}{5})\cdot l_2$


    $ \large \begin{bmatrix} \begin{array}{c c c | c} \textcolor{BurntOrange}{1} & \textcolor{red}{0} & \textcolor{red}{0} & \textcolor{black}{2} \\ \textcolor{red}{0} & \textcolor{BurntOrange}{1} & \textcolor{red}{0} & \textcolor{black}{-3} \\ \textcolor{red}{0} & \textcolor{red}{0} & \textcolor{BurntOrange}{1} & \textcolor{black}{1} \end{array} \end{bmatrix} $ $ \:\: \large \Longleftrightarrow \:\: \begin{cases} 1\cdot x + 0\cdot y + 0\cdot z=2 \\ 0\cdot x + 1\cdot y + 0\cdot z=-3 \\ 0\cdot x + 0\cdot y + 1\cdot z=1 \end{cases} $ $ \:\: \large \Rightarrow \:\: \begin{cases} x=2 \\ y=-3 \\ z=1 \end{cases} $

    Die Lösungsmenge lautet:

    $\qquad\qquad\qquad\qquad$ $\:\:$ $ \large \mathbb{L}=\{(2|-3|1)\} $




  6. Löse mit Cramersche Regel oder Determinantenmethode:

    $ \begin{cases} 5x-2y+3z &=19 \\ 2x+2y-4z &=-6\\ -2x+3y+z &=-12 \end{cases} $
    Lösung

    $ \normalsize \begin{cases} 5x-2y+3z &=19 \\ 2x+2y-4z &=-6\\ -2x+3y+z &=-12 \end{cases} $

    $ \:\:\: $ $ \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Bringe\: die\: Gleichungen\: in\: Matrixform: $

    $ \normalsize \begin{bmatrix} \begin{array}{c c c | c} 5&-2&3&19 \\ 2&2&-4&-6 \\ -2&3&1&-12 \end{array} \end{bmatrix} $

    $ \:\:\: $ $ \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Berechne\: die\: Determinante\: von\: A\: (det(A))/(Regel\: von\: Sarrus) $

    $ \normalsize det(A)= \begin{vmatrix} \begin{array}{c c c} 5&-2&3 \\ 2&2&-4 \\ -2&3&1 \end{array} \end{vmatrix} $ $ \:\: $ $ \normalsize \begin{vmatrix} \begin{array}{c c c} 5&-2&3 \\ 2&2&-4 \\ -2&3&1 \end{array} \end{vmatrix} $

    $\qquad\:\:\:\:\:\:$ $ = 5\cdot2\cdot1+(-2)\cdot(-4)\cdot(-2)+3\cdot2\cdot3-(-2)\cdot2\cdot3-3\cdot(-4)\cdot5-1\cdot2\cdot(-2) $
    $\qquad\:\:\:\:\:\:$ $ =88 $

    $\:\:$

    $ \:\:\: $ $ \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Berechne\: die\: det(A_1),\: det(A_2),\: und\: det(A_3) $

    $ \normalsize det(A_1)= \begin{vmatrix} \begin{array}{c c c} \textcolor{red}{19} &-2&3 \\ \textcolor{red}{-6} &2&-4 \\ \textcolor{red}{-12} &3&1 \end{array} \end{vmatrix} $ $ \:\: $ $ \normalsize \begin{vmatrix} \begin{array}{c c c} 19&-2&3 \\ -6&2&-4 \\ -12&3&1 \end{array} \end{vmatrix} $

    $\qquad\:\:\:\:\:\:$ $ =19\cdot2\cdot1+(-2)\cdot(-4)\cdot(-12)+3\cdot(-6)\cdot3-(-12)\cdot2\cdot3-3\cdot(-4)\cdot19-1\cdot(-6)\cdot(-2) $
    $\qquad\:\:\:\:\:\:$ $ =176 $

    $ \normalsize det(A_2)= \begin{vmatrix} \begin{array}{c c c} 5& \textcolor{red}{19} &3 \\ 2& \textcolor{red}{-6} &-4 \\ -2& \textcolor{red}{-12} &1 \end{array} \end{vmatrix} $ $ \:\: $ $ \normalsize \begin{vmatrix} \begin{array}{c c c} 5&19&3 \\ 2&-6&-4 \\ -2&-12&1 \end{array} \end{vmatrix} $

    $\qquad\:\:\:\:\:\:$ $ = 5\cdot(-6)\cdot1+19\cdot(-4)\cdot(-2)+3\cdot2\cdot(-12)-(-2)\cdot(-6)\cdot3-(-12)\cdot(-4)\cdot5-1\cdot2\cdot19 $
    $\qquad\:\:\:\:\:\:$ $ =-264 $

    $ \normalsize det(A_3)= \begin{vmatrix} \begin{array}{c c c} 5&-2& \textcolor{red}{19} \\ 2&2& \textcolor{red}{-6} \\ -2&3& \textcolor{red}{-12} \end{array} \end{vmatrix} $ $ \:\: $ $ \normalsize \begin{vmatrix} \begin{array}{c c c} 5&-2&19 \\ 2&2&-6 \\ -2&3&-12 \end{array} \end{vmatrix} $

    $\qquad\:\:\:\:\:\:$ $ = 5\cdot2\cdot(-12)+(-2)\cdot(-6)\cdot(-2)+ 19\cdot2\cdot3-(-2)\cdot2\cdot19-3\cdot(-6)\cdot5-(-12)\cdot2\cdot(-2) $
    $\qquad\:\:\:\:\:\:$ $ =88 $


    $ \:\:\: $ $ \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Bestimme\: die\: Lösung $

    $ \qquad \normalsize det(A)=88 $
    $ \qquad \normalsize det(A_1)=176 \qquad | \qquad det(A_2)=-264 \qquad | \qquad det(A_3)=88 $

    $ \qquad\qquad \Large x=\frac{det(A_1)}{det(A)}=\frac{176}{88}=2 $

    $ \qquad\qquad \Large y=\frac{det(A_2)}{det(A)}=\frac{-264}{88}=-3 $

    $ \qquad\qquad \Large z=\frac{det(A_3)}{det(A)}=\frac{88}{88}=1 $

    Die Lösungsmenge lautet:

    $\qquad\qquad\qquad\qquad$ $\:\:$ $ \large \mathbb{L}=\{(2|-3|1)\} $




  7. $ \begin{cases} 2x+3y+4z &=1,4 \\ 3x-2y-z &=1,2\\ 5x+4y+3z &=1,4 \end{cases} $
    Lösung

    $ \normalsize \begin{cases} 2x+3y+4z &=1,4 \\ 3x-2y-z &=1,2\\ 5x+4y+3z &=1,4 \end{cases} $

    $ \:\:\: $ $ \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Bringe\: die\: Gleichungen\: in\: Matrixform: $

    $ \normalsize \begin{bmatrix} \begin{array}{c c c | c} 2&3&4&1,4 \\ 3&-2&-1&1,2 \\ 5&4&3&1,4 \end{array} \end{bmatrix} $

    $ \:\:\: $ $ \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Determinante\: von\: A\: (det(A))\: mit\: dem\: Cofaktor\: Methode $

    $ \normalsize det(A)= \begin{vmatrix} \begin{array}{c c c} \textcolor{DodgerBlue}{2} & \textcolor{OliveGreen}{3} & \textcolor{Orange}{4} \\ 3&-2&-1 \\ 5&4&3 \end{array} \end{vmatrix} $

    $ \qquad\:\:\:\: \normalsize = \textcolor{red}{+} \: \textcolor{DodgerBlue}{2} \cdot \begin{vmatrix} \begin{array}{c c c} \textcolor{DodgerBlue}{-2} & \textcolor{DodgerBlue}{-1} \\ \textcolor{DodgerBlue}{4} & \textcolor{DodgerBlue}{3} \end{array} \end{vmatrix} $ $ \: \normalsize \textcolor{red}{—} \: $ $ \normalsize \textcolor{OliveGreen}{3} \cdot \begin{vmatrix} \begin{array}{c c c} \textcolor{OliveGreen}{3}& \textcolor{OliveGreen}{-1} \\ \textcolor{OliveGreen}{5}& \textcolor{OliveGreen}{3} \end{array} \end{vmatrix} $ $ \: \normalsize \textcolor{red}{+} \: $ $ \normalsize \textcolor{Orange}{4} \cdot \begin{vmatrix} \begin{array}{c c c} \textcolor{Orange}{3}& \textcolor{Orange}{-2} \\ \textcolor{Orange}{5}& \textcolor{Orange}{4} \end{array} \end{vmatrix} $

    $ \qquad\:\:\:\: \normalsize = \textcolor{red}{+} \: \textcolor{DodgerBlue}{2}\cdot [\textcolor{DodgerBlue}{(-2)}\cdot \textcolor{DodgerBlue}{3} – \textcolor{DodgerBlue}{4}\cdot (\textcolor{DodgerBlue}{-1})] \textcolor{OliveGreen}{-} \textcolor{OliveGreen}{3}\cdot [\textcolor{OliveGreen}{3}\cdot \textcolor{OliveGreen}{3} – \textcolor{OliveGreen}{5}\cdot (\textcolor{OliveGreen}{-1})] \textcolor{Orange}{+} \textcolor{Orange}{4}\cdot [\textcolor{Orange}{3}\cdot \textcolor{Orange}{4} – \textcolor{Orange}{5}\cdot (\textcolor{Orange}{-2})] $

    $ \qquad\:\:\:\: \normalsize \textcolor{black}{=} 42 $

    $ \:\:\: $ $ \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Berechne\: die\: det(A_1),\: det(A_2),\: und\: det(A_3) $

    $ \normalsize det(A_1)= \begin{vmatrix} \begin{array}{c c c} \textcolor{red}{1,4} &3&4 \\ \textcolor{red}{1,2} &-2&-1 \\ \textcolor{red}{1,4} &4&3 \end{array} \end{vmatrix} $

    $ \qquad \normalsize = \textcolor{red}{+}1,4 \cdot \begin{vmatrix} -2&-1\\ 4&3 \end{vmatrix} \textcolor{red}{-}3 \cdot \begin{vmatrix} 1,2&-1\\ 1,4&3 \end{vmatrix} \textcolor{red}{+}4 \cdot \begin{vmatrix} 1,2&-2\\ 1,4&4 \end{vmatrix} $

    $ \qquad \normalsize = 1,4\cdot [(-2)\cdot3 -4\cdot (-1)] – 3\cdot [1,2\cdot3 -1,4\cdot (-1)] + 4\cdot [1,2\cdot4 -1,4\cdot (-2)] $

    $ \qquad \normalsize =12,6 $

    $ \normalsize det(A_2)= \begin{vmatrix} \begin{array}{c c c} 2&\textcolor{red}{1,4} &4 \\ 3&\textcolor{red}{1,2} &-1 \\ 5&\textcolor{red}{1,4} &3 \end{array} \end{vmatrix} $

    $ \qquad \normalsize = \textcolor{red}{+}2 \cdot \begin{vmatrix} 1,2&-1\\ 1,4&3 \end{vmatrix} \textcolor{red}{-}1,4 \cdot \begin{vmatrix} 3&-1\\ 5&3 \end{vmatrix} \textcolor{red}{+}4 \cdot \begin{vmatrix} 3&1,2\\ 5&1,4 \end{vmatrix} $

    $ \qquad \normalsize = 2\cdot [1,2\cdot3 -1,4\cdot (-1)] – 1,4\cdot [3\cdot3 -5\cdot (-1)] + 4\cdot [3\cdot1,4 -5\cdot 1,2] $

    $ \qquad \normalsize =-16,8 $

    $ \normalsize det(A_3)= \begin{vmatrix} \begin{array}{c c c} 2&3&\textcolor{red}{1,4} \\ 3&-2&\textcolor{red}{1,2} \\ 5&4&\textcolor{red}{1,4} \end{array} \end{vmatrix} $

    $ \qquad \normalsize = \textcolor{red}{+}2 \cdot \begin{vmatrix} -2&1,2\\ 4&1,4 \end{vmatrix} \textcolor{red}{-}3 \cdot \begin{vmatrix} 3&1,2\\ 5&1,4 \end{vmatrix} \textcolor{red}{+}1,4 \cdot \begin{vmatrix} 3&-2\\ 5&4 \end{vmatrix} $

    $ \qquad \normalsize = 2\cdot [(-2)\cdot1,4 -4\cdot 1,2] – 3\cdot [3\cdot1,4 -5\cdot 1,2] + 1,4\cdot [3\cdot4 -5\cdot (-2)] $

    $ \qquad \normalsize =21 $


    $ \:\:\: $ $ \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Bestimme\: die\: Lösung $

    $ \qquad \normalsize det(A)=42 $
    $ \qquad \normalsize det(A_1)=12,6 \qquad | \qquad det(A_2)=-16,8 \qquad | \qquad det(A_3)=21 $

    $ \qquad\qquad \large x=\frac{det(A_1)}{det(A)}=\frac{12,6}{42}=0,3 $

    $ \qquad\qquad \large y=\frac{det(A_2)}{det(A)}=\frac{-16,8}{42}=-0,4 $

    $ \qquad\qquad \large z=\frac{det(A_3)}{det(A)}=\frac{21}{42}=0,5 $

    Die Lösungsmenge lautet:

    $\qquad\qquad\qquad\qquad$ $\:\:$ $ \large \mathbb{L}=\{\frac{3}{10}|-\frac{2}{5}|\frac{1}{2})\} $

Rekonstruktion von Funktionen

Rekonstruktion von Funktionen




Bei der Rekonstruktion von Funktionen musst du anhand von gegebenen Informationen eine ganzrationale Funktionsgleichung bestimmen. Dazu stellst du Gleichungen auf, löse sie zur Bestimmung der rekonstruierte Funktion.




Funktionen rekonstruieren Vorgehen


  1. Schreibe die allgemeine Funktionsgleichung der gesuchten Funktionsart auf, und bestimme ihre Ableitungen.

    $ \normalsize \textcolor{black}{ f(x)=ax^n + a_{n-1}x^{n-1} + a_{n-2}x^{n-2} + … + a_1x^1 + a_0x^0\:\: (x^0=1) } $

    z.B.
    $ \normalsize \textcolor{black}{ \:\:\:f(x)=ax^4+bx^3+cx^2+dx+e } $ $\:\:\: \rightarrow\:\:$ 4. Grades
    $ \normalsize \textcolor{black}{ \:\:\:f(x)=ax^3+bx^2+cx+d } $ $\qquad\:\:\:\:\:\: \rightarrow\:\:$ 3. Grades


  2. Übersetze die gegebenen Informationen (Nullstelle , Tangente , …) aus der Rekonstruktion in Mathe Gleichungen.

    z.B. Gegeben sei eine allgemeine quadratische Funktion $ \normalsize \textcolor{black}{ f(x)=ax^2+bx+c. } $
    Der Punkt P(1|2) liegt auf dem Graphen der Funktion f.

    $ \qquad \normalsize \textcolor{black}{ \Longrightarrow 2=a(1)^2+b(1)+c } $


  3. Stelle ein lineares Gleichungssystem (LGS) auf und löse es.

  4. Bestimme deine rekonstruierte Funktion.




Beispielaufgabe: Rekonstruktion von Funktionen


Gesucht ist eine ganzrationale Funktion

  • 3. Grades

  • mit einem Extrempunkt bei (-1|2) und

  • Die Tangente bei x = 2 hat die Steigung m = 9.


Lösung



1. Allgemeine Funktionsgleichung und Ableitungen bestimmen

– Bestimme die allgemeine Funktionsgleichung, um dir später Zeit zu sparen.

– Bilde die ersten beiden Ableitungen.


$ \qquad \large \textcolor{black}{ \begin{cases} f(x)=ax^3+bx^2+cx+d\\ f'(x)=3ax^2+2bx+c\\ f”(x)=6ax+2b \end{cases} } $



2. Informationen in Mathe Gleichungen übersetzen


$\:\:\:\:$ I. Der Graph verläuft durch den Punkt $ \large (-1|2)\:\: \rightarrow f(-1)=2 $.

$\qquad$ $ \large \Leftrightarrow f(-1)=a\cdot(-1)^3+b\cdot(-1)^2+c\cdot(-1)+d=2 $

$\qquad$ $ \large \Leftrightarrow f(-1)=-a+b-c+d=2 $


$\:\:\:\:$ II. Der Graph hat ein Minimum im Punkt $ \large (-1|2)\:\: \rightarrow f'(-1)=0 $.

$\qquad$ $ \large \Leftrightarrow f'(-1)=3a\cdot (-1)^2+2b\cdot(-1)+c=0 $

$\qquad$ $ \large \Leftrightarrow f'(-1)=3a-2b+c=0 $


$\:\:\:\:$ III. Der Graph hat eine Wendestelle bei $ \large x=1\:\: \rightarrow f”(1)=0 $.

$\qquad$ $ \large \Leftrightarrow f”(1)=6a\cdot 1+2b=0 $

$\qquad$ $ \large \Leftrightarrow f”(1)=6a+2b=0 $


$\:\:\:\:$ IV. Die rekonstruierte Funktion hat eine Tangente bei $x=2$ mit der Steigung $m=9$ $ \qquad \large \:\: \rightarrow f'(2)=9 $.

$\qquad$ $ \large \Leftrightarrow f'(2)=3a\cdot 2^2+2b\cdot 2+c=9 $

$\qquad$ $ \large \Leftrightarrow f'(2)=12a+4b+c=9 $



3. Lineares Gleichungssystem (LGS) Lösen

$\qquad$ Stelle lineares Gleichungssytem auf, mit deinen Gleichungen oben:


$\qquad$ $ \large \begin{cases} -a+b-c+d &=2 \:\:\: I\\ 3a-2b+c &=0 \:\:\: II\\ 6a+2b &=0 \:\:\: III\\ 12a+4b+c &=9 \:\:\: IV \end{cases} $

$\qquad$ Um das LGS zu lösen, hast du verschiedene Methoden!

Mit dem Additionsverfahren, hast du nun:



$ \qquad\qquad \large II-IV \Rightarrow\:\: -9a-6b=-9\:\: V $

$ \qquad\qquad \large \textcolor{orange}{3}\cdot III + V \Rightarrow \begin{cases} \textcolor{orange}{18}a + \textcolor{orange}{6}b &= \textcolor{orange}{0} \\ -9a-6b &=-9 \\ \hline 9a &= -9 \qquad |\: :9 \end{cases} $

$ \qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad \Large \longrightarrow \underline{\textcolor{DodgerBlue}{a=-1}} $


$\qquad$ Setze $a=-1$ in $III$ ein:

$ \qquad\qquad \large \Rightarrow\:\: 6(-1)+2b =0 \qquad|\: +6 \\ $

$ \qquad\qquad \large \Rightarrow\:\: 2b =6 \qquad\qquad \:\:\:\:\:\:\:\:|\: :2 \\ $

$ \qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad \Large \longrightarrow \underline{\textcolor{OliveGreen}{b=3}} $


$\qquad$ Setze $a=-1$, $b=3$ in $II$ ein:

$ \qquad\qquad \large \Rightarrow\:\: 3(-1)-2(3)+c=0 $

$\qquad$ Klammer auf und fasse zusammen:

$ \qquad\qquad \large \Rightarrow\:\: -3-6+c=0 \qquad|\: +9 $

$ \qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad \Large \longrightarrow \underline{\textcolor{BurntOrange}{c=9}} $


$\qquad$ Setze $a=-1$, $b=3$ und $c=9$ in $I$ ein:

$ \qquad\qquad \large \Rightarrow\:\: -(-1)+3-9+d=2 $

$\qquad$ Klammer auf und fasse zusammen:

$ \qquad\qquad \large \Rightarrow\:\: 1+3-9+d=2 \qquad|\: +5 $

$ \qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad \Large \longrightarrow \underline{\textcolor{DarkOrchid}{d=7}} $



4. Rekonstruierte Funktion bestimmen

$\qquad$ Die allgemeine Funktionsgleichung lautet:

$\qquad \qquad$ $ \Large f(x)=-x^3+3x^2+9x+7 $


Übungsaufgaben


Bestimme jeweils eine Funktion, die folgende Eigenschaften besitzt.


  1. Eine Funktion 2. Grades, besitzt einen Schnittpunkt mit der $y$-Achse bei $(0|-3)$ und einen Hochpunkt bei $H(3|2)$
    Lösung
    1. Allgemeine Funktionsgleichung und Ableitungen bestimmen

    • Eine Funktion 2. Grades ist eine quadratische Funktion, der Form:

      $ \qquad f(x)=ax^2+bx+c$, $\qquad a, b \:\:und\:\: c \in \mathbb{R} $


    • Die 1. und 2. Ableitungen sind:

      $ \qquad f'(x)=2ax+b $

      $ \qquad f”(x)=2a $


    2. Informationen in Mathe Gleichungen übersetzen


    $\:\:\:\:$ I. Der Schnittpunkt mit der $y$-Achse $S_y(0|-3) \rightarrow f(0)=-3$

    $ \qquad \Leftrightarrow f(0)=a(0)^2+b(0)+c=-3 $

    $ \qquad \longrightarrow {c=-3}\:\:\: \textcolor{red}{(I)} $


    $\:\:\:\:$ II. Der Graph hat ein Hochpunkt beit $H(3|2) \rightarrow f(3)=2$

    $ \qquad \Leftrightarrow a\cdot 3^2+b\cdot 3+c=2 $

    $ \qquad \Leftrightarrow 9a+3b+c=2\:\:\: \textcolor{red}{(II)} $


    $\:\:\:\:$ III. Der Graph hat ein Hochpunkt beit $H(3|2) \rightarrow f'(3)=0$

    $ \qquad \Leftrightarrow 2a\cdot 3+b=0 $

    $ \qquad \Leftrightarrow 6a+b=0\:\:\: \textcolor{red}{(III)} $

    3. Lineares Gleichungssystem (LGS) auftellen und lösen

    $ \qquad \begin{cases} \begin{align*} c &=-3 \:\:\: \textcolor{red}{(I)}\\ 9a + 3b + c &=2 \:\:\:\:\: \textcolor{red}{(II)}\\ 6a + b &=0 \:\:\:\: \textcolor{red}{(III)} \end{align*} \end{cases} $

    $\:\:\:$ Setze $I$ in $II$

    $ \qquad \Rightarrow 9a+3b-3=2\:\:|\:\:+3 $

    $ \qquad \Leftrightarrow 9a+3b-3=5\:\:\: \textcolor{red}{(IV)} $


    $ \qquad -3\cdot III+IV \Rightarrow \begin{cases} \begin{align*} (6a+b &=0)\cdot(-3)\\ 9a+3b &=5 \end{align*} \end{cases} $ $ \:\: \Rightarrow \:\: \begin{cases} \begin{align*} -18a-3b &=0\\ 9a+3b &=5\\ \hline -9a &=5 \:\:\: |\: (-9) \end{align*} \end{cases} $

    $ \qquad\qquad\qquad\qquad\qquad \qquad\qquad\qquad\qquad\qquad \qquad\:\:\:\:\: \large \longrightarrow a=-\frac{5}{9} $

    $\:\:\:$ Setze $a$ in $III$ ein: $\Rightarrow 6(-\frac{5}{9})+b=0 \:\:\:| \: +\frac{30}{9}$

    $ \qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\: \large \longrightarrow b=\frac{30}{9}=\frac{10}{3} $

    4. Rekonstruierte Funktion bestimmen
    $\:\:\:$ Die allgemeine Funktionsgleichung lautet:

    $\qquad$ $ \large f(x)=-\frac{5}{9}x^2+ \frac{10}{3}x-3 $

    Graphische Darstellung
    $ \large f(x)=-\frac{5}{9}x^2+ \frac{10}{3}x-3 $


  2. Die Funktion ist vom Grad 3, besitzt eine doppelte Nullstelle bei $x_{1,2}=-2$, eine einfache Nullstelle bei $x_3=0$ und verläuft durch den Punkt $P(-1|-2).$
    Lösung
    Allg. Funktionsgleichung bestimmen. Beispielaufage

    • Eine Funktion 3. Grades ist eine Polynomfunktion, der Form:

      $ \qquad f(x)=ax^3+bx^2+cx+d. $

      Die Nullstellenform lautet:

      $ f(x)=a\cdot (x-x_1)(x-x_2)(x-x_3) $

      Die Funktion besitzt eine doppelte Nullstelle bei $ \large \textcolor{DodgerBlue}{x_{1,2}=-2} $ und eine Nullstelle bei $ \large \textcolor{OliveGreen}{x_3=0} $

      Übersetze:
      $ \qquad \large \longrightarrow f(x)=a\cdot (x-\textcolor{DodgerBlue}{2})(x-\textcolor{DodgerBlue}{2})(x-\textcolor{OliveGreen}{0}) $

      Die Funktion verläuft durch den Punkt $P(-1|-2)$

      $ \qquad \Rightarrow f(-1)=-2\:\: \Leftrightarrow \:\:a\cdot (-1+2)(-1+2)(-1-0)=-2 $

      Klammer auf und fasse zusammen:

      $ \qquad \Rightarrow\:\: a\cdot 1\cdot (-1)=-2 $

      $ \qquad \large \iff \:\: a=2 $

      Nun lautet die Funktionsgleichung (Funktionsterm):

      $ \qquad f(x)= 2\cdot (x+2)(x+2)(x-0), $

      Multipliziere die Klammern aus und bringe die Funktion in die allgemeine Form:

      $ \qquad f(x)= 2\cdot (x^2+4x+4) $

      $ \qquad = 2x^3+8x^2+8x $

      Die Funktionsgleichung lautet:

      $\qquad$ $ \large f(x)=2x^3+8x^2+8x $


    Graphische Darstellung
    $ \:\:\: \large f(x)=2x^3+8x^2+8x $



  3. Die Funktion ist vom Grad 3, punktsymmetrisch und verläuft durch die Punkte $P(1|-1,5).$ und $Q(3|7,5)$.
    Lösung
    Allg. Funktionsgleichung bestimmen. Beispielaufage

    • Eine Funktion 3. Grades ist eine Polynomfunktion, der Form:

      $ \qquad f(x)=ax^3+bx^2+cx+d. $

      Da die Funktion punktsymmetrisch ist, entfallen alle Potenzen mit gerade Exponenten:

      $\qquad \longrightarrow f(x)=ax^3+cx $

      Die Punkte $P(1|-1,5)$ und $Q(3|7,5)$ liegen auf f:

      Bedeutet:

      $\qquad$ – Setze $P(1|-1,5)$ in die Gleichung ein:

      $ \qquad\qquad \Rightarrow a\cdot 1^3+c\cdot 1=-1,5 $

      $ \qquad\qquad \Leftrightarrow a+c=-1,5\:\:\: (I) $

      $\qquad$ – Setze $Q(3|7,5)$ in die Gleichung ein:

      $ \qquad\qquad \Rightarrow a\cdot 3^3+c\cdot 3=7,5 $

      $ \qquad\qquad \Leftrightarrow 27a+3c=7,5\:\:\: | \textcolor{red}{:3} $

      $ \qquad\qquad \rightarrow 9a+c=2,5\:\:\: (II) $

      Stelle ein Lineares Gleichungssystem auf und löse es:

      $ \qquad \qquad \begin{align*} \begin{cases} a+c &=-1,5 \:\:\: (I) \\ 9a+c &=2,5 \:\:\:\:\:\: (II) \end{cases} \end{align*} $

      $\qquad \qquad (I)-(II)\:\: \Rightarrow \:\: -8a=-4\:\:\:|\: \textcolor{red}{:(-8)} $

      $\qquad \qquad \qquad \qquad\:\:\:\:\:\: \large \rightarrow \:\: a=\frac{1}{2} $

      $\qquad$ Setze $a$ in $(I)$ ein:

      $ \qquad \qquad \qquad \qquad\:\:\: \Rightarrow\:\: \frac{1}{2}+c=-1,5\:\:\: |\: \textcolor{red}{-0,5} $

      $\qquad \qquad \qquad \qquad\:\:\:\:\:\: \large \rightarrow \:\: c=-2 $

      Die Funktionsgleichung lautet:

      $\qquad\qquad$ $ \large f(x)=\frac{1}{2}x^3-2x. $

    Graphische Darstellung
    $ \qquad \large f(x)=\frac{1}{2}x^3-2x $

    Punktsymmetrie: $ \Large \textcolor{DodgerBlue}{f(-x)}= \textcolor{OliveGreen}{-f(x)} $




  4. Die Funktion ist vom Grad 4 und achsensymmetrisch, besitzt eine doppelte Nullstelle bei $x_{1,2}=1$ und geht durch den Punkt $P(0|3)$.
    Lösung
    Allg. Funktionsgleichung bestimmen. Beispielaufage

    • Eine Funktion 4. Grades ist eine Polynomfunktion, der Form:

      $ \qquad f(x)=ax^4+bx^3+cx^2+dx+e. $

      und dir Nullstellenform: $f(x)=a\cdot (x-x_1)(x-x_2)(x-x_3)(x-x_4)$

      Die Funktion besitzt eine doppelte Nullstelle bei $x_{1,2}=1$ und weil achsensymmetrisch,
      hat sie ebenfalls eine doppelte Nullstelle bei $x_{3,4}=-1$.

      Das heißt, die Nullstellenform ist:
      $ \qquad f(x)=a\cdot (x-1)(x-1)(x+1)(x+1) $

      Der Punkte $P(0|3)$ liegt auf f:

      Bedeutet:

      $\qquad$ Setze $P(0|3)$ in die Gleichung ein und löse nach $a$:

      $\qquad$ $a\cdot (x-1)(x-1)(x+1)(x+1)=3 $

      Klammer auf und fasse zusammen:

      $\qquad a\cdot (-1)(-1)\cdot 1 \cdot 1=3 $

      Stelle nun den Funktionsterm auf:

      $ \Large \downarrow $ Multipliziere die Klammern aus und bringe die Funktion in die allgemeine Form.

      $ f(x)=3\cdot (x-1)(x+1)\cdot (x-1)(x+1) $


      $ \Large \downarrow $ Benutze die 3. binomische Formel.

      $ \qquad \Rightarrow f(x)=3\cdot (x^2-1)\cdot (x^2-1) $

      $ \qquad \Rightarrow f(x)=3\cdot (x^4-2x^2+1) $

      $ \qquad \Leftrightarrow f(x)=3x^4-6x^2+3 $

      Die Funktionsgleichung lautet:

      $\qquad\qquad$ $ \large f(x)=3x^4-6x^2+3. $


    Graphische Darstellung
    $ \qquad \large f(x)=3x^4-6x^2+3. $






Weitere Aufgaben


Aufgaben mit nichtrationalen Funktionen

  1. Bestimme eine Exponentialfunktion der Form $f(x)=a^x+b$, welche durch die Punkte $P(1|4)$ und $Q(-1|\frac{4}{3})$ geht.
    Lösung

    Setze die gegebenen Punkte in die Funktionsgleichung ein:

    $\:\:\:$ Für $P$ $\Rightarrow\:a^1+b=4$

    $\:\:\:$ Für $Q$ $\Rightarrow\:a^{-1}+b=\frac{4}{3}$

    Löse das Gleichungssystem:

    $ \qquad \begin{cases} \begin{align*} a+b &=4 \:\:\:\: (I)\\ a^{-1}+b &=\frac{4}{3} \:\: (II) \end{align*} \end{cases} $

    Subtrahiere die Gleichungen:

    $\qquad (I)-(II) \: \Rightarrow\: a-a^{-1}=4-\frac{4}{3}$

    Fasse zusammen und mache Gleichnahmig:

    $\qquad \large \iff a-\frac{1}{a}=\frac{8}{3} \iff \frac{3\cdot a^2}{3a}- \frac{3\cdot 1}{3a}-\frac{8\cdot a}{3a}=0 $

    $\qquad \Rightarrow 3a^2-8a-3=0\:\: |\: :3 $

    $\qquad \Rightarrow a^2-2,66a-1=0 $

    Löse mit pq-Formel oder andere Formeln:

    $\qquad$ Mit pq-Formel: $a^2-2,66a-1=0$, mit $p=-2,66$ und $q=-1$.

    Die 2 Lösungen sind:

    $\qquad$ $ \large a_{1/2}=-\frac{p}{2} \pm \sqrt{(\frac{p}{2})^2-q} $

    Setze $p$ und $q$ ein:

    $\qquad$ $ \longrightarrow \begin{cases} a_1=2,99\approx3\\ oder\\ a_2=-0,33 \:\: \textcolor{red}{\longrightarrow (entfällt\: bei\: Exponentialfunktionen)} \end{cases} $

    $\qquad$ $ \Rightarrow $ die Lösung ist $ \large \underline {a=3} $

    Setze $a=3$ in Gleichung $(I)$ ein:

    $\qquad$ $ \Rightarrow 3+b=4\:\:|\: (-3) $

    $\qquad$ $ \iff \large \underline{b=1} $

    Die gesuchte Funktionsgleichung lautet dann also:

    $\qquad$ $ \large f(x)=3^x+1 $

    Graphische Darstellung

    $ \large f(x)=3^x+1 $




  2. Gesucht ist eine Funktion der Form $f(x)=log_a x$. Die Funktion geht durch den Punkt $P(8|1,5)$.
    Ermittle die Funktionsgleichung.
    Lösung

    Setze $P$ in die Funktion $f$ ein und löse nach a auf:

    $\qquad$ $ 1,5=log_a\:8 $

    $\qquad \:\:\:\:\:\:$ $ \Huge \downarrow $ Nach Logarithmusgesetze:

    $\qquad$ $ \large a^{1,5}=8 $

    $\qquad \:\:\:\:\:\:$ $ \Huge \downarrow $ Schreibe den Exponenten rationale um:

    $\qquad$ $ \large a^{\frac{3}{2}}=8 $

    $\qquad \:\:\:\:\:\:$ $ \Huge \downarrow $ Es gilt nach dem dritten Potenzgesetz:

    $\qquad$ $ \large (a^3)^{\frac{1}{2}}=8 \:\:\:\:|\:\:\:\: \frac{3}{2} \equiv 3\cdot \frac{1}{2} $

    $\qquad \:\:\:\:\:\:$ $ \Huge \downarrow $ oder auch:

    $\qquad$ $ \large \sqrt{a^3}=8 $

    $\qquad \:\:\:\:\:\:$ $ \Huge \downarrow $ Quadriere $(…)^2$:

    $\qquad$ $ \large a^3=64 $

    $\qquad \:\:\:\:\:\:$ $ \Huge \downarrow $ Ziehe die dritte Wurzel $\sqrt[3]{{…}}$:

    $\qquad$ $ \large a=4 $

    $\qquad \:\:\:\:\:\:$ $ \Huge \downarrow $

    Damit lautet die Basis Funktionsgleichung:

    $\qquad$ $ \large f(x)=log_4\:x $

    Graphische Darstellung

    $ \large f(x)=log_4\:x $

Lagebeziehungen von zwei Ebenen

Lagebeziehungen von zwei Ebenen




Ebenen können auf unterschiedliche Weise im Raum zueinander liegen. Die verschiedenen Optionen sind wie folgt:




Mögliche Lagebeziehungen zwischen zwei Ebenen

Ebenen identisch Jeder Punkt, der auf einer Ebene liegt, liegt auch auf der anderen und es gibt unendlich viele Schnittgeraden.
Ebenen schnittpunkt Ebenen haben genau eine gemeinsame Schnittgerade, die alle Punkte enthält, die auf beiden Ebenen liegen.
Ebenen echt parallel Zwei Geraden sind echt parallel, wenn sie durch eine Verschiebung identisch werden.



Beispielaufgaben: Schnittgerade



Es gibt zwei Ebenen $G$ (in Koordinatenform) und $H$ (in Parameterform):

$ \qquad G:7x+y-3z-8=0 \:\:$ und $\:\: H:\vec{x}=\begin{pmatrix}0\\1\\0 \end{pmatrix} + r\cdot \begin{pmatrix}0\\-1\\2 \end{pmatrix} + s\cdot \begin{pmatrix}1\\0\\0 \end{pmatrix} $

Setze $H$ in $G$ ein:

$ \qquad G:7(0+r\cdot0+s\cdot1)+(1+r\cdot(-1)+s\cdot0)-3(0+r\cdot2+s\cdot0)-8=0 $

$ \qquad\qquad \Rightarrow 7s+1-r-6r-8=0 $
$ \qquad\qquad \Rightarrow 7s-7r-7-8=0\:\:|\: +7r $
$ \qquad\qquad \Rightarrow 7s-7=7r\:\:|\: :7 $
$ \qquad\qquad \iff \underline{s-1=r} $

Setze $r$ in $H$ ein um die Gleichung der Schnittgeraden $g$ zu erhalten:

$ \qquad\qquad g:\vec{x}=\begin{pmatrix}0\\1\\0 \end{pmatrix} + (s-1)\cdot \begin{pmatrix}0\\-1\\2 \end{pmatrix} + s\cdot \begin{pmatrix}1\\0\\0 \end{pmatrix} $

Fasse zusammen:

$ \qquad\qquad g:\vec{x}=\begin{pmatrix}0\\1\\0 \end{pmatrix} + s\cdot \begin{pmatrix}0\\-1\\2 \end{pmatrix} + (-1)\cdot \begin{pmatrix}0\\-1\\2 \end{pmatrix} + s\cdot \begin{pmatrix}1\\0\\0 \end{pmatrix} $

$ \qquad\qquad g:\vec{x}=\begin{pmatrix}0\\1\\0 \end{pmatrix} + (-1)\cdot \begin{pmatrix}0\\-1\\2 \end{pmatrix} + s\cdot \begin{pmatrix}0\\-1\\2 \end{pmatrix} + s\cdot \begin{pmatrix}1\\0\\0 \end{pmatrix} $

$ \qquad\qquad \iff g:\vec{x}=\begin{pmatrix}0\\2\\-2 \end{pmatrix} + \cdot \begin{pmatrix}1\\-1\\2 \end{pmatrix} $

$ \qquad\qquad \iff g:\vec{x}=\begin{pmatrix}0\\2\\-2 \end{pmatrix} + \cdot \begin{pmatrix}1\\-1\\2 \end{pmatrix} $

Die Schnittgerade lautet:

$ \qquad\qquad g:\vec{x}=\begin{pmatrix}0\\2\\-2 \end{pmatrix} + \cdot \begin{pmatrix}1\\-1\\2 \end{pmatrix} $



Übungsaufgaben


Bestimme die Schnittgerade der in Parameter- und Koordinatenform gegebenen Ebenen.


  1. $\:\:\: \large \textcolor{black}{ E_1:-x+2y+z=-4 }$ $\qquad$ und $\qquad$ $ \large \textcolor{black}{ E_2: \vec{x}= \begin{pmatrix}2\\0\\-1 \end{pmatrix} + r\cdot \begin{pmatrix}0\\1\\-2 \end{pmatrix} + s\cdot \begin{pmatrix}2\\-1\\3 \end{pmatrix}} $

    Lösung
    Lineare Unabhängigkeit

    $\qquad \textcolor{black}{ E_1:-x+2y+z=-4; }$ $\qquad$ $ \textcolor{black}{ E_2: \vec{x}= \begin{pmatrix}2\\0\\-1 \end{pmatrix} + r\cdot \begin{pmatrix}0\\1\\-2 \end{pmatrix} + s\cdot \begin{pmatrix}2\\-1\\3 \end{pmatrix}} $

    Setze $E_2$ in $E_1$

    $ \qquad E_1:-(2+0\cdot r+2\cdot s) + 2(0+1\cdot r-1\cdot s) + (-1-2\cdot r+3\cdot s) =-4 $
    $ \qquad\qquad \Rightarrow -2-2s+2r-2s-1-2r+3s=-4 \:\:|\:\:+3 $
    $ \qquad\qquad \Rightarrow -s=-1 \:\:|\:\::(-1) $
    $ \qquad\qquad \Longrightarrow \underline{s=1} $

    Setze s in $E_2$ ein um die Gleichung der Schnittgeraden g zu erhalten:

    $ \qquad g:\vec{x} = \begin{pmatrix}2\\0\\-1\end{pmatrix} + r\cdot \begin{pmatrix}0\\1\\-2\end{pmatrix} + 1\cdot \begin{pmatrix}2\\-1\\3\end{pmatrix} $

    Fasse zusammen:

    $ \qquad g:\vec{x} = \begin{pmatrix}2\\0\\-1\end{pmatrix} + 1\cdot \begin{pmatrix}2\\-1\\3\end{pmatrix} + r\cdot \begin{pmatrix}0\\1\\-2\end{pmatrix} $

    $ \qquad \iff g:\vec{x} = \begin{pmatrix}4\\-1\\2\end{pmatrix} + r\cdot \begin{pmatrix}0\\1\\-2\end{pmatrix} $

    Die Schnittgerade lautet:

    $ \qquad\qquad\qquad\qquad g:\vec{x} = \begin{pmatrix}4\\-1\\2\end{pmatrix} + r\cdot \begin{pmatrix}0\\1\\-2\end{pmatrix} $

    Graphische Darstellung

    $ \textcolor{blue}{E_1} \cap \textcolor{purple}{E_2}=g $




  2. $\:\:\: \large \textcolor{black}{ E_1:x+2y-2z=5 }$ $\qquad$ und $\qquad$ $ \large \textcolor{black}{ E_2: \vec{x}= \begin{pmatrix}7\\1\\2 \end{pmatrix} + r\cdot \begin{pmatrix}4\\1\\3 \end{pmatrix} + s\cdot \begin{pmatrix}2\\-1\\0 \end{pmatrix}} $

    Lösung
    Lagebestimmung

    $\qquad \textcolor{black}{ E_1:x+2y-2z=5; }$ $\qquad$ $ \textcolor{black}{ E_2: \vec{x}= \begin{pmatrix}7\\1\\2 \end{pmatrix} + r\cdot \begin{pmatrix}4\\1\\3 \end{pmatrix} + s\cdot \begin{pmatrix}2\\-1\\0 \end{pmatrix}} $

    Setze $E_2$ in $E_1$

    $ \qquad E_1:(7+4\cdot r+2\cdot s) + 2\cdot (1+1\cdot r-1\cdot s) – 2\cdot (2+3\cdot r+0\cdot s) =5 $
    $ \qquad\qquad \Rightarrow 7+4r+2s+2+2r-2s-4-6r=5 \:\: \iff 5=5\:\: W.A. $

    Die Ebenen sind identisch, also liegen aufeinander.

    Graphische Darstellung

    $ \textcolor{blue}{E_1} \equiv \textcolor{purple}{E_2} $




  3. $\:\:\: \large \textcolor{black}{ E_1:\vec{x} = \begin{pmatrix}1\\1\\2 \end{pmatrix} + r\cdot \begin{pmatrix}0\\1\\1 \end{pmatrix} + s\cdot \begin{pmatrix}1\\1\\3 \end{pmatrix} } $ $\qquad$ und $\qquad$ $ \large \textcolor{black}{ E_2:2x+y-z-1=0 } $

    Lösung
    Lagebestimmung

    $ \qquad \textcolor{black}{ E_1: \vec{x}= \begin{pmatrix}1\\1\\2 \end{pmatrix} + r\cdot \begin{pmatrix}0\\1\\1 \end{pmatrix} + s\cdot \begin{pmatrix}1\\1\\3 \end{pmatrix}}; $ $\qquad$ $ \textcolor{black}{ E_2:2x+y-z-1=0 }$

    Setze $E_1$ in $E_2$

    $ \qquad\qquad \Rightarrow E_1: 2(1+0\cdot r+1\cdot s)+1+1\cdot r+1\cdot s-2-1\cdot r-3\cdot s-1=0 $
    $ \qquad\qquad \iff E_1: 0=0 \:\:\: $ Wahre Aussage

    Die beiden Ebenen sind identisch, also liegen aufeinander.

    Graphische Darstellung

    $ \textcolor{dodgerblue}{E_1} \equiv \textcolor{purple}{E_2} $



  4. $\:\:\: \large \textcolor{black}{ E_1:\vec{x} = \begin{pmatrix}1\\-1\\3 \end{pmatrix} + r\cdot \begin{pmatrix}1\\-1\\-1 \end{pmatrix} + s\cdot \begin{pmatrix}-1\\2\\-1 \end{pmatrix} } $ $\qquad$ und $\qquad$ $ \large \textcolor{black}{ E_2:x-2y+z-2=0 } $

    Lösung
    Lagebestimmung

    $ \qquad \textcolor{black}{ E_1: \vec{x}= \begin{pmatrix}1\\-1\\3 \end{pmatrix} + r\cdot \begin{pmatrix}1\\-1\\-1 \end{pmatrix} + s\cdot \begin{pmatrix}-1\\2\\-1 \end{pmatrix}}; $ $\qquad$ $ \textcolor{black}{ E_2:x-2y+z-2=0 }$

    Setze $E_1$ in $E_2$

    $ \qquad \Rightarrow E_1: (1+1\cdot r+(-1)\cdot s) – 2[(-1)+(-1)\cdot r+2\cdot s] + 3+ (-1)\cdot r+ (-1)\cdot s – 2=0 $

    Löse die Klammern auf und fasse zusammen:

    $ \qquad \Rightarrow E_1: 1+r-s + 2+2r-4s + 3-r-s – 2=0 $

    $ \qquad \Rightarrow r=-2+3s $

    Setze $r$ in $E_1$ ein und fasse zusammen, um die ie Schnittgerade g zu erhalten:

    $\qquad$ $ \textcolor{black}{ E_1: \vec{x}= \begin{pmatrix}1\\-1\\3 \end{pmatrix} + (-2+3s)\cdot \begin{pmatrix}1\\-1\\-1 \end{pmatrix} + s\cdot \begin{pmatrix}-1\\2\\-1 \end{pmatrix}} $

    $\qquad$ $ \textcolor{black}{ g: \vec{x}= \begin{pmatrix}1\\-1\\3 \end{pmatrix} – 2\cdot \begin{pmatrix}1\\-1\\-1 \end{pmatrix} + 3s\cdot \begin{pmatrix}1\\-1\\-1 \end{pmatrix} + s\cdot \begin{pmatrix}-1\\2\\-1 \end{pmatrix}} $

    $ \qquad \textcolor{black}{ g: \vec{x}= \begin{pmatrix}-1\\1\\5 \end{pmatrix} + s\cdot \begin{pmatrix}2\\-1\\-4 \end{pmatrix}} $

    $ \qquad \textcolor{black}{ \iff g: \vec{x}= \begin{pmatrix}-1\\1\\5 \end{pmatrix} + s\cdot \begin{pmatrix}2\\-1\\-4 \end{pmatrix}} $

    Die Schnittgerade lautet:

    $ \qquad\qquad\qquad\qquad\qquad \textcolor{black}{ \iff g: \vec{x}= \begin{pmatrix}-1\\1\\5 \end{pmatrix} + s\cdot \begin{pmatrix}2\\-1\\-4 \end{pmatrix}} $

    Graphische Darstellung

    $\textcolor{dodgerblue}{E_1} \cap \textcolor{magenta}{E_2}=$ g



Lagebeziehung zwischen zwei Geraden

Lagebeziehung zwischen zwei Geraden




Zwei Geraden können in der Ebene, im Raum oder auch in höheren Dimensionen unterschiedlich räumlich zueinander ausgerichtet sein.




Mögliche Lage zweier Geraden zueinander

Geraden identisch Alle Punkte auf einer Geraden sind auch Punkte auf der anderen Geraden.
Geraden schnittpunkt Zwei Geraden haben einen Schnittpunkt, wenn sie genau einen gemeinsamen Punkt haben. Der Sonderfall, der hier auftreten kann, besteht darin, dass sie im rechten Winkel zueinander stehen.
Geraden echt parallel Zwei Geraden sind echt parallel, wenn sie durch eine Verschiebung identisch werden.
Geraden windschief Zwei Geraden, die sich überhaupt nicht berühren und nicht parallel zueinander sind, sind windschief zueinander. Dies ist nur für Geraden möglich, die im dreidimensionalen Raum oder einem Raum mit höheren Dimensionen liegen.



Orientierung bestimmen (analytische Geometrie)

Richtungsvektoren von zwei Geraden $\vec{u}$ und $\vec{v}$ sind:

linear abhängig
Wenn die beiden Geraden entweder identisch oder echt parallel sein:

Mathematische Bedeutung:

$\qquad$ für ein $\lambda \in \mathbb{R}$ es gilt: $\qquad \vec{u}= \lambda \cdot \vec{v}$.

Prüfung: Der Ortsvektor der einen Gerade in die andere Geradengleichung einsetzen.
  • wenn die Ortsvektoren gleich sind, sind sie identisch
  • wenn die Ortsvektoren nicht gleich sind, sind sie parallel.


linear unabhängig
Wenn die beiden Geraden einen Schnittpunkt besitzen, falls nicht, sind sie windschief zueinander.

Prüfung: Die Gleichungen der beiden Geraden gleichsetzen, erhält man eine Lösung, gibt es einen Schnittpunkt, wenn nicht, sind Geraden windschief zueinander.


Übungsaufgaben



Bestimme die Lage der Geraden zueinander und berechne ihren Schnittpunkt wenn er existiert.


  1. $\:\:\: \textcolor{black}{ g: \vec{x}= \begin{pmatrix}3\\7\\3 \end{pmatrix} + r\cdot \begin{pmatrix}6\\9\\-12 \end{pmatrix}}$ $\qquad$ und $\qquad$ $ \textcolor{black}{ h: \vec{x}= \begin{pmatrix}9\\14\\4 \end{pmatrix} + s\cdot \begin{pmatrix}-8\\-12\\16 \end{pmatrix}}$

    Lösung
    Lineare Unabhängigkeit

    $\qquad \textcolor{black}{ g: \vec{x}= \begin{pmatrix}3\\7\\3 \end{pmatrix} + r\cdot \begin{pmatrix}6\\9\\-12 \end{pmatrix}}$ $\qquad $ $ \textcolor{black}{ h: \vec{x}= \begin{pmatrix}9\\14\\4 \end{pmatrix} + s\cdot \begin{pmatrix}-8\\-12\\16 \end{pmatrix}}$

    Prüfe, ob die Richtungsvektoren linear abhängig sind.

    $ \qquad \qquad \qquad \begin{pmatrix}6\\9\\-12 \end{pmatrix} = \lambda \cdot \begin{pmatrix}-8\\-12\\16 \end{pmatrix} $

    Stelle ein lineares Gleichungssystem auf und berechne für jedes $\lambda$.

    $ \qquad \qquad \qquad \begin{cases} 6=-8\cdot \lambda \:\: &\rightarrow \:\: \lambda=-\frac{3}{4}\\ 9=-12\cdot \lambda \:\: &\rightarrow \:\: \lambda=-\frac{3}{4}\\ -12=16\cdot \lambda \:\: &\rightarrow \:\: \lambda=-\frac{3}{4} \end{cases} $

    Mit alle $\lambda$ gleich den selben Wert, sind die Vektoren linear abhängig.

    $\qquad$ Die Vektoren $g$ und $h$ sind linear abhängig.
    $\qquad$ Daher sind die beiden Geraden parallel oder identisch.

    Setze den Ortsvektor $\begin{pmatrix}3\\7\\3\end{pmatrix}$ des Aufpunktes von $g$ in die Gleichung der zweiten Gerade $h$ ein.

    $ \qquad\qquad \begin{pmatrix}3\\7\\3\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}9\\14\\4\end{pmatrix} + s\cdot \begin{pmatrix}-8\\-12\\16\end{pmatrix} $

    Stelle wieder ein lineares Gleichungssystem auf und berechne für jedes s:

    $ \qquad \qquad\: \begin{cases} 3=9-8\cdot s \:\: &\rightarrow \:\: s=\frac{3}{4} &\rightarrow &s=0,75\\ 7=14-12\cdot s \:\: &\rightarrow \:\: s=-\frac{7}{12} &\rightarrow &s\approx0,59\\ 3=4+16\cdot s \:\: &\rightarrow \:\: s=-\frac{1}{16} &\rightarrow &s\approx-0,063 \end{cases} $

    s hat drei verschiedene Werte.
    Mit schon zwei unterschiedliche Werte für s, ist das Gleichungssystem nicht lösbar!

    $\qquad$ Der Aufpunkt der Gerade g liegt also nicht auf der Geraden h.
    $\qquad$ Die beiden Geraden können nur noch parallel sein.

    $\qquad$ h$||$g oder g$||$h



  2. $\:\:\: \textcolor{black}{ g: \vec{x}= \begin{pmatrix}2\\2\\1 \end{pmatrix} + r\cdot \begin{pmatrix}9\\-3\\6 \end{pmatrix}}$ $\qquad$ und $\qquad$ $ \textcolor{black}{ h: \vec{x}= \begin{pmatrix}-7\\5\\-5 \end{pmatrix} + s\cdot \begin{pmatrix}-9\\3\\-6 \end{pmatrix}}$

    Lösung
    Lineare Unabhängigkeit

    $\qquad \textcolor{black}{ g: \vec{x}= \begin{pmatrix}2\\2\\1 \end{pmatrix} + r\cdot \begin{pmatrix}9\\-3\\6 \end{pmatrix}}$ $\qquad $ $ \textcolor{black}{ h: \vec{x}= \begin{pmatrix}-7\\5\\-5 \end{pmatrix} + s\cdot \begin{pmatrix}-9\\3\\-6 \end{pmatrix}}$

    Prüfe, ob die Richtungsvektoren linear abhängig sind.

    $ \qquad \qquad \qquad \begin{pmatrix}9\\-3\\6 \end{pmatrix} = \lambda \cdot \begin{pmatrix}-9\\3\\-6 \end{pmatrix} $

    Stelle ein lineares Gleichungssystem auf und berechne für jedes $\lambda$.

    $ \qquad \qquad \qquad \begin{cases} 9=-9\cdot \lambda \:\: &\rightarrow \:\: \lambda=-1\\ -3=3\cdot \lambda \:\: &\rightarrow \:\: \lambda=-1\\ 6=-6\cdot \lambda \:\: &\rightarrow \:\: \lambda=-1 \end{cases} $

    Mit alle $\lambda$ gleich den selben Wert, sind die Vektoren linear abhängig.

    $\qquad$ Die Vektoren g und h sind linear abhängig.
    $\qquad$ Daher sind die beiden Geraden parallel oder identisch.

    Setze den Ortsvektor $\begin{pmatrix}2\\2\\1\end{pmatrix}$ des Aufpunktes von g in die Gleichung der zweiten Gerade h ein.

    $ \qquad\qquad \begin{pmatrix}2\\2\\1\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-7\\5\\-5\end{pmatrix} + s\cdot \begin{pmatrix}-9\\3\\-6\end{pmatrix} $

    Stelle wieder ein lineares Gleichungssystem auf und berechne für jedes s :

    $ \qquad \qquad\: \begin{cases} 2=-7-9\cdot s \:\: &s=-1\\ 2=5+3\cdot s \:\: &s=-1\\ 1=-5-6\cdot s \:\: &s=-1 \end{cases} $

    Mit jedem Wert von s gleich, liegt der Ortsvektor von g auf der Gerade h .

    $\qquad$ Die beiden Geraden identisch.
    $\qquad$ h = g



  3. $\:\:\: \textcolor{black}{ g: \vec{x}= \begin{pmatrix}1\\-2\\1 \end{pmatrix} + r\cdot \begin{pmatrix}-4\\-2\\6 \end{pmatrix}}$ $\qquad$ und $\qquad$ $ \textcolor{black}{ h: \vec{x}= \begin{pmatrix}-1\\-2\\2 \end{pmatrix} + s\cdot \begin{pmatrix}-4\\-4\\10 \end{pmatrix}}$

    Lösung
    Lineare Unabhängigkeit

    $\:\:\: \textcolor{black}{ g: \vec{x}= \begin{pmatrix}1\\-2\\1 \end{pmatrix} + r\cdot \begin{pmatrix}-4\\-2\\6 \end{pmatrix}}$ $\qquad$ und $\qquad$ $ \textcolor{black}{ h: \vec{x}= \begin{pmatrix}-1\\-2\\2 \end{pmatrix} + s\cdot \begin{pmatrix}-4\\-4\\10 \end{pmatrix}}$

    Prüfe, ob die Richtungsvektoren linear abhängig sind.

    $ \qquad \qquad \qquad \begin{pmatrix}-4\\-2\\6 \end{pmatrix} = \lambda \cdot \begin{pmatrix}-4\\-4\\10 \end{pmatrix} $

    Stelle ein lineares Gleichungssystem auf und berechne für jedes $\lambda$.

    $ \qquad \qquad \qquad \begin{cases} -4&=-4\cdot \lambda \:\: &\rightarrow \:\: \lambda=-1\\ -2&=-4\cdot \lambda \:\: &\rightarrow \:\: \lambda= \frac{1}{2}\\ 6&=-6\cdot \lambda \:\: &\rightarrow \:\: \lambda= \frac{3}{5} \end{cases} $

    Da alle $\lambda$ unterschiedliche Werte haben sind die Vektoren linear unabhängig.
    Die beiden Geraden besitzen einen Schnittpunkt oder sind windschief zueinander.

    Stelle ein lineares Gleichungssystem (LGS) auf und berechne. (aus g und h) .

    $ \qquad \begin{cases} 1-4r&=-1-4s \\ -2-2r&=-2-4s \\ 1+6r&=2+10s \end{cases} \qquad \xrightarrow[\text{}]{\text{stelle um}} \qquad \begin{cases} 2&=4r-4s \qquad \:\:\:\:\:\:I\\ 0&=2r-4s \qquad \:\:\:\:\:\:II\\ -1&=-6r+10s \qquad III \end{cases} $

    $ \:\: I-II:\: 2=2r \Rightarrow \textcolor{green}{\textbf{r=1}}\: |\: r\: in\: III:\: -1=-6(1)+10s \iff 5=10s \Rightarrow$ $\textcolor{blue}{\textbf{s=0,5}} $

    Das LGS ist Lösbar, denn haben die Geraden einen Schnittpunkt.

    Jetzt r und s in I, II oder III einsetzen um den Schnittpunk zu haben:

    $ \qquad \begin{cases} 1-4 (\textcolor{green}{\textbf{1}}) &= -1 - 4 (\textcolor{blue}{\textbf{0,5}}) \\ -2-2 (\textcolor{green}{\textbf{1}}) &= -2 - 4 (\textcolor{blue}{\textbf{0,5}}) \\ 1+6 (\textcolor{green}{\textbf{1}}) &= 2 + 10 (\textcolor{blue}{\textbf{0,5}}) \end{cases} $ $ \Rightarrow $ $ \begin{cases} \textcolor{green}{\textbf{-3}} &= \textcolor{blue}{\textbf{-3}} &\rightarrow \textbf{W.A.}\\ \textcolor{green}{\textbf{-4}} &= \textcolor{blue}{\textbf{-4}} &\rightarrow \textbf{W.A.}\\ \textcolor{green}{\textbf{7}} &= \textcolor{blue}{\textbf{7}} &\rightarrow \textbf{W.A.} \end{cases} $

    Damit ist der Schnittpunkt s mit den Koordinaten:

    $ \qquad \qquad\qquad\qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad s=\begin{pmatrix}-3\\-4\\7 \end{pmatrix} $


  4. $\:\:\: \textcolor{black}{ g: \vec{x}= \begin{pmatrix}0\\8\\-7 \end{pmatrix} + r\cdot \begin{pmatrix}1\\2\\-2 \end{pmatrix}}$ $\qquad$ und $\qquad$ $ \textcolor{black}{ h: \vec{x}= \begin{pmatrix}-9\\0\\7 \end{pmatrix} + s\cdot \begin{pmatrix}3\\1\\-4 \end{pmatrix}}$

    Lösung
    Lineare Unabhängigkeit

    $\:\:\: \textcolor{black}{ g: \vec{x}= \begin{pmatrix}0\\8\\-7 \end{pmatrix} + r\cdot \begin{pmatrix}1\\2\\-2 \end{pmatrix}}$ $\qquad$ und $\qquad$ $ \textcolor{black}{ h: \vec{x}= \begin{pmatrix}-9\\0\\7 \end{pmatrix} + s\cdot \begin{pmatrix}3\\1\\-4 \end{pmatrix}}$

    Prüfe, ob die Richtungsvektoren linear abhängig sind.

    $ \qquad \qquad \qquad \begin{pmatrix}1\\2\\-2 \end{pmatrix} = \lambda \cdot \begin{pmatrix}3\\1\\-4 \end{pmatrix} $

    Stelle ein lineares Gleichungssystem auf und berechne für jedes $\lambda$.

    $ \qquad \qquad \qquad \begin{cases} 1&=3\cdot \lambda \:\: &\rightarrow \:\: \lambda=0,3 \\ 2&=1\cdot \lambda \:\: &\rightarrow \:\: \lambda=0,5 \\ -2&=-4\cdot \lambda \:\: &\rightarrow \:\: \lambda=0.25 \end{cases} $

    Da alle $\lambda$ unterschiedliche Werte haben sind die Vektoren linear unabhängig.
    Die beiden Geraden besitzen einen Schnittpunkt oder sind windschief zueinander.

    Stelle ein lineares Gleichungssystem (LGS) auf und berechne. (aus g und h) .

    $ \qquad \begin{cases} 0+1r &=-9+3s \\ 8+2r &=0+1s \\ -7-2r &=7-4s \end{cases} \qquad \xrightarrow[\text{}]{\text{stelle um}} \qquad \begin{cases} 9 &=-1r+3s \qquad I\\ 8 &=-2r+1s \qquad II\\ -14 &=2r-4s \qquad \:\:\:III \end{cases} $

    $ \:\: II-III:\: -6=-3s \Rightarrow \textcolor{green}{\textbf{s=2}}\: |\: s\: in\: I:\: 9=-r+3(2) \iff \textcolor{blue}{\textbf{r=-3}} $

    Das LGS ist Lösbar, denn haben die Geraden einen Schnittpunkt.

    Jetzt r und s in I, II oder III einsetzen um den Schnittpunk zu haben:

    $ \qquad \begin{cases} 0+1 (\textcolor{blue}{\textbf{-3}}) &= -9 +3 (\textcolor{green}{\textbf{2}}) \\ 8+2 (\textcolor{blue}{\textbf{-3}}) &= 0 +1 (\textcolor{green}{\textbf{2}}) \\ -7-2 (\textcolor{blue}{\textbf{-3}}) &= 7 - 4 (\textcolor{green}{\textbf{2}}) \end{cases} $ $ \Rightarrow $ $ \begin{cases} \textcolor{blue}{\textbf{-3}} &= \textcolor{green}{\textbf{-3}} &\rightarrow \textbf{W.A.}\\ \textcolor{blue}{\textbf{2}} &= \textcolor{green}{\textbf{2}} &\rightarrow \textbf{W.A.}\\ \textcolor{blue}{\textbf{-1}} &= \textcolor{green}{\textbf{-1}} &\rightarrow \textbf{W.A.} \end{cases} $

    Damit ist der Schnittpunkt s mit den Koordinaten:

    $ \qquad \qquad\qquad\qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad s=\begin{pmatrix}-3\\2\\-1 \end{pmatrix} $


Lagerbeziehung

Lagerbeziehung




Mithilfe der Parametergleichung einer Geraden lässt sich einfach überprüfen, ob ein gegebener Punkt auf der Geraden liegt und an welcher Stelle der Geraden er gegebenenfalls liegt.



Gegenseitige Lage Punkt/Gerade und Punkt/Strecke

Beispiel:
Gegeben sei die Gerade $g$ durch $A(3|2|3)$. Weise nach, dass der Punkt $P(2|4|4)$ auf der Geraden $g$ liegt.

Prüfe außerdem, ob der Punkt $P$ auf der Strecke $\overline{AB}$ liegt.

Lösung:
Mit den Punkten $A$ und $B$ stellen wir die Parametergleichung von $g$:
$ \qquad\qquad g:\vec{x}=\overrightarrow{0A}+r\cdot \overrightarrow{AB} = \begin{pmatrix}3\\2\\3 \end{pmatrix} + r\cdot \begin{pmatrix}1-3\\6-2\\5-3 \end{pmatrix} $

$ \qquad\qquad\iff g:\vec{x} = \begin{pmatrix}3\\2\\3 \end{pmatrix} + r\cdot \begin{pmatrix}-2\\4\\2 \end{pmatrix}, \:mit\:r\in\mathbb{R} $


Punktprobe für $P$:
$ \qquad\qquad \overrightarrow{0P} =\overrightarrow{0A}+r\cdot \overrightarrow{AB} \iff \begin{pmatrix}2\\4\\4 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}3\\2\\3 \end{pmatrix} + r\cdot \begin{pmatrix}-2\\4\\2 \end{pmatrix} $

Das LGS (Lineare GleichungSystem) wird nach $r$ gelöst:

$ \qquad\qquad \begin{cases} 2=3+r\cdot (-2)\qquad\:\: \Rightarrow \textcolor{red}{r=\frac{1}{2}} \\ 4=2+r\cdot 4 \qquad\qquad \Rightarrow \textcolor{red}{r=\frac{1}{2}}\\ 4=3+r\cdot 2 \qquad\qquad \Rightarrow \textcolor{red}{r=\frac{1}{2}} \end{cases} $

Mit dem Parameterwert $r=\frac{1}{2}$ gleich für die Drei Gleichungen, ist die Punktprobe erfüllt.

$\qquad\qquad$ Also, $\Rightarrow$ $P$ liegt auf $g$.


Parametervergleich:
$A: r=0$
$B: r=1$
$P: r=0,5$
$\qquad\qquad \Rightarrow P$ liegt auf $\overline{AB}$

Grafishe Darstellung:



Übungsaufgaben



  1. Prüfe , ob die Punkte $P(0|0|6)$, $Q(3|3|3)$, $R(3|4|3)$ auf der Geraden $g$ durch $A(2|2|4)$ und $B(4|4|2)$ oder sogar auf der Strecke $\overline{AB}$ liegen.
    Lösung
    Parametergleichung $g$ über $A$ und $B$.

    $ \qquad g:\overrightarrow{x}=\overrightarrow{OA}+r\cdot \overrightarrow{AB} =\begin{pmatrix}2\\2\\4 \end{pmatrix} + r\cdot \begin{pmatrix}4-2\\4-2\\2-4 \end{pmatrix} $

    $ \qquad\qquad\iff g:\overrightarrow{x} = \begin{pmatrix}2\\2\\4 \end{pmatrix} + r\cdot \begin{pmatrix}2\\2\\-2 \end{pmatrix} $


    Punktprobe für $P$, $Q$ und $R$:

    $ \qquad$ Für $P$:
    $ \qquad\qquad \overrightarrow{OP}=\overrightarrow{OA}+r\cdot \overrightarrow{AB} \iff \begin{pmatrix}0\\0\\6 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}2\\2\\4 \end{pmatrix} + r\cdot \begin{pmatrix}2\\2\\-2 \end{pmatrix} $

    LGS (Lineare GleichungSystem) nach $r$ lösen:

    $ \qquad\qquad \begin{cases} 0=2+r\cdot 2 \qquad\qquad \Rightarrow \textcolor{red}{r=-1}\\ 0=2+r\cdot 2 \qquad\qquad \Rightarrow \textcolor{red}{r=-1}\\ 6=4+r\cdot (-2) \qquad\:\: \Rightarrow \textcolor{red}{r=-1} \end{cases} $

    Mit dem Parameterwert $r=-1$ für die Drei Gleichungen, ist die Punktprobe erfüllt.

    $ \qquad\qquad \Rightarrow P $ liegt auf der Gerade $g$.

    $ \qquad r=-1 $ ist nicht zwischen $0$ und $1$ $\qquad \Rightarrow$ $\qquad$ $P$ liegt nicht auf der Strecke $\overline{AB}$.

    $ \qquad$ Für $Q$:
    $ \qquad\qquad \overrightarrow{OQ}=\overrightarrow{OA}+r\cdot \overrightarrow{AB} \iff \begin{pmatrix}3\\3\\3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}2\\2\\4 \end{pmatrix} + r\cdot \begin{pmatrix}2\\2\\-2 \end{pmatrix} $

    LGS (Lineare GleichungSystem) nach $r$ lösen:

    $ \qquad\qquad \begin{cases} 3=2+r\cdot 2 \qquad\qquad \Rightarrow \textcolor{red}{r=0,5}\\ 3=2+r\cdot 2 \qquad\qquad \Rightarrow \textcolor{red}{r=0,5}\\ 3=4+r\cdot (-2) \qquad\:\: \Rightarrow \textcolor{red}{r=0,5} \end{cases} $

    Mit dem Parameterwert $r=0,5$ für die Drei Gleichungen, ist die Punktprobe erfüllt.

    $ \qquad\qquad \Rightarrow Q $ liegt auf der Gerade $g$.

    $ \qquad r=0,5 $ ist zwischen $0$ und $1$ $\qquad \Rightarrow$ $\qquad$ $Q$ liegt auf der Strecke $\overline{AB}$.

    $ \qquad$ Für $R$:
    $ \qquad\qquad \overrightarrow{OQ}=\overrightarrow{OA}+r\cdot \overrightarrow{AB} \iff \begin{pmatrix}3\\3\\3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}2\\2\\4 \end{pmatrix} + r\cdot \begin{pmatrix}2\\2\\-2 \end{pmatrix} $

    LGS (Lineare GleichungSystem) nach $r$ lösen:

    $ \qquad\qquad \begin{cases} 3=2+r\cdot 2 \qquad\qquad \Rightarrow \textcolor{red}{r=0,5}\\ 4=2+r\cdot 2 \qquad\qquad \Rightarrow \textcolor{red}{r=1}\\ 3=4+r\cdot (-2) \qquad\:\: \Rightarrow \textcolor{red}{r=0,5} \end{cases} $

    Die Parameterwerte stimmen nicht überein für die Drei Gleichungen, die Punktprobe ist nicht erfüllt.

    $ \qquad\qquad \Rightarrow R $ liegt nicht auf der Gerade $g$.

    $ \qquad r $ liegt nicht auf der Strecke $\overline{AB}$.


  2. Für welchen Wert von $t$ liegt $P(4+t|5t|t)$ auf der Geraden $g$ durch $A(2|2|4)$ und $B(4|4|2)?$
    Lösung
    Punktprobe für $P$ und Berechnung von $t$.

    $\qquad$ $P$ liegt auf $g$ $\Rightarrow$ $\begin{pmatrix}4+t\\5t\\t\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}2\\2\\4\end{pmatrix} + r\cdot \begin{pmatrix}2\\2\\-2\end{pmatrix} $

    Lineare Gleichungssysteme aufstellen und lösen.

    $\qquad \begin{cases} 4\:\:\: + &t &= &2 &+ &r\cdot 2 \qquad\: \Rightarrow &2&=&2\cdot r&-&t \qquad\: \textcolor{red}{I}\\ &5t&= &2 &+ &r\cdot 2 \qquad\: \Rightarrow &-2&=&2\cdot r&-&5\cdot t \:\:\:\: \textcolor{red}{II}\\ &t&= &4 &+ &r\cdot (-2) \:\:\: \Rightarrow &-4&=&(-2)\cdot r&-&t \qquad \textcolor{red}{III} \end{cases} $

    $ \qquad \textcolor{red}{I}-\textcolor{red}{II} \Rightarrow \begin{split} \begin{cases} 2=&2\cdot r&-&t \\ 2=&-2\cdot r&+&5t \\ \hline 4=&&&4t \end{cases} \end{split} $
    $ \qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad \Rightarrow \textcolor{red}{t=1} $
    $ \qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\:\:\:\:\:\: t $ in $ \textcolor{red}{III} \Rightarrow -4=-2\cdot r-1 \iff \textcolor{red}{r=1,5} $


    $\qquad\qquad\qquad$ Für $\textcolor{red}{r=1}$ liegt $P\begin{pmatrix} 5\\5\\1 \end{pmatrix}$ auf der Geraden $g$.

Ebenengleichungen - von Parameterform in Normalenform umwandeln

Parameterform in Normalenform



Eine Ebene in Parameterform wird in die entsprechende Normalenform umgewandelt, indem man den zugehörigen Normalenvektor $vec{n}$ berechnet, einen beliebigen in der Ebene liegenden Punkt mit Richtungsvektor $vec{a}$ wählt und die beide Vektoren in die allgemeine Normalform einsetzt.

  • von Parameterform in Normalform

  • von Normalform in Koordinatenform



Die Formen:


Parameterform Normalenform
$E:\vec{x}=\vec{a}+r\cdot\vec{b}+s\cdot\vec{c}$ $E:\vec{n}∘[\vec{x}-\vec{a}]=0$



Weitere Umwandlungen




Übungsaufgaben


Wandle die folgenden Ebenen von Parameterform in Nornalenform um.

  1. $E:\vec{x}=\begin{pmatrix}1\\2\\4 \end{pmatrix} + r \begin{pmatrix}0\\1\\1 \end{pmatrix} + s \begin{pmatrix}1\\0\\1 \end{pmatrix}$

    Lösung

    Parameterform der Ebene $E$

    $E:\vec{x}=\begin{pmatrix}1\\2\\4 \end{pmatrix} + r \begin{pmatrix}0\\1\\1 \end{pmatrix} + s \begin{pmatrix}1\\0\\1 \end{pmatrix}$

    Normalenvektor berechnen: Kreuzprodukt der Richtungsvektoren bestimmen

    $ \qquad \qquad \vec{n}=\begin{pmatrix}0\\1\\1 \end{pmatrix} \times \begin{pmatrix}1\\0\\1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}1\cdot 1-1\cdot 0\\ 1\cdot 1-0\cdot 1\\ 0\cdot 0-1\cdot 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}1\\1\\-1 \end{pmatrix} $

    $ \qquad \qquad \Rightarrow E: \begin{bmatrix}\vec{x}-\begin{pmatrix}1\\2\\4 \end{pmatrix} \end{bmatrix} ∘ \begin{pmatrix}1\\1\\-1 \end{pmatrix} = 0 $

    Der Ortsvektor aus der Normalenform wird als $\vec{a}$ gewählt.

    $ \qquad\qquad\qquad \vec{a}=\begin{pmatrix}1\\2\\4 \end{pmatrix} $

    Jetzt werden die Vektoren $\vec{n}$ und $\vec{a}$ in die allgemeine Normalform eingesetzt:

    $ \qquad\qquad\qquad \Rightarrow E:\vec{n}∘[\vec{x}-\vec{a}]=0 $

    $ \qquad\qquad \Rightarrow E:\begin{pmatrix}1\\1\\-1 \end{pmatrix}∘\begin{bmatrix} \begin{pmatrix}x\\y\\z \end{pmatrix} – \begin{pmatrix}1\\2\\4 \end{pmatrix} \end{bmatrix}=0 $


  2. $E:\vec{x}=\begin{pmatrix}2\\3\\-1 \end{pmatrix} + r \begin{pmatrix}1\\0\\-1 \end{pmatrix} + s \begin{pmatrix}-3\\4\\2 \end{pmatrix}$

    Lösung

    Parameterform der Ebene $E$

    $E:\vec{x}=\begin{pmatrix}2\\3\\-1 \end{pmatrix} + r \begin{pmatrix}1\\0\\-1 \end{pmatrix} + s \begin{pmatrix}-3\\4\\2 \end{pmatrix}$

    Normalenvektor berechnen: Kreuzprodukt der Richtungsvektoren bestimmen

    $ \qquad \qquad \vec{n}=\begin{pmatrix}1\\0\\-1 \end{pmatrix} \times \begin{pmatrix}-3\\4\\2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0\cdot 2-(-1)\cdot 4\\ -1\cdot (-3)-2\cdot 1\\ 1\cdot 4-0\cdot (-3) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}4\\1\\4 \end{pmatrix} $

    $ \qquad \qquad \Rightarrow E: \begin{bmatrix}\vec{x}-\begin{pmatrix}2\\3\\-1 \end{pmatrix} \end{bmatrix} ∘ \begin{pmatrix}4\\1\\4 \end{pmatrix} = 0 $

    Der Ortsvektor aus der Normalenform wird als $\vec{a}$ gewählt.

    $ \qquad\qquad \vec{a}=\begin{pmatrix}2\\3\\-1 \end{pmatrix} $

    Jetzt werden die Vektoren $\vec{n}$ und $\vec{a}$ in die allgemeine Normalform eingesetzt:

    $ \qquad\qquad \Rightarrow E:\vec{n}∘[\vec{x}-\vec{a}]=0 $ oder $ \Rightarrow E:[\vec{x}-\vec{a}]∘\vec{n}=0 $

    $ \qquad\qquad \Rightarrow E: \begin{pmatrix}4\\1\\4 \end{pmatrix}∘\begin{bmatrix} \begin{pmatrix}x\\y\\z \end{pmatrix} – \begin{pmatrix}2\\3\\-1 \end{pmatrix} \end{bmatrix} $


  3. $E:\vec{x}=\begin{pmatrix}-2\\3\\-1 \end{pmatrix} + r \begin{pmatrix}-2\\0\\3 \end{pmatrix} + s \begin{pmatrix}-2\\3\\-4 \end{pmatrix}$

    Lösung
    Parameterform der Ebene $E$

    $ \qquad\qquad E:\vec{x}=\begin{pmatrix}-2\\3\\-1 \end{pmatrix} + r \begin{pmatrix}-2\\0\\3 \end{pmatrix} + s \begin{pmatrix}-2\\3\\-4 \end{pmatrix} $

    Normalenvektor berechnen: Kreuzprodukt der Richtungsvektoren bestimmen

    $ \qquad \qquad \vec{n}=\begin{pmatrix}-2\\0\\3 \end{pmatrix} \times \begin{pmatrix}-2\\3\\-4 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0\cdot (-4)-3\cdot 3\\ 3\cdot (-2)-(-2)\cdot (-4)\\ (-2)\cdot 3-0\cdot (-2) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-9\\-14\\-6 \end{pmatrix} $

    $ \qquad\qquad E: \begin{bmatrix} \vec{x}-\begin{pmatrix}-2\\3\\-1 \end{pmatrix} \end{bmatrix} ∘ \begin{pmatrix}-9\\-14\\-6 \end{pmatrix} =0 $

    Der Ortsvektor aus der Normalenform wird als $\vec{a}$ gewählt.

    $ \qquad \qquad \vec{a}=\begin{pmatrix}-2\\3\\-1 \end{pmatrix} $

    Jetzt werden die Vektoren $\vec{n}$ und $\vec{a}$ in die allgemeine Normalform eingesetzt:

    $ \qquad\qquad \Rightarrow E:\vec{n}∘[\vec{x}-\vec{a}]=0 $

    $ \qquad\qquad \Rightarrow E:\begin{pmatrix}-9\\-14\\-6 \end{pmatrix} ∘ \begin{bmatrix} \begin{pmatrix}x\\y\\z \end{pmatrix} – \begin{pmatrix}-2\\3\\-1 \end{pmatrix} \end{bmatrix} $


  4. $E:\vec{x}=\begin{pmatrix}3\\2\\4 \end{pmatrix} + r \begin{pmatrix}-1\\2\\4 \end{pmatrix} + s \begin{pmatrix}2\\1\\-1 \end{pmatrix}$

    Lösung
    Parameterform der Ebene $E$

    $ \qquad\qquad E:\vec{x}=\begin{pmatrix}3\\2\\4 \end{pmatrix} + r \begin{pmatrix}-1\\2\\4 \end{pmatrix} + s \begin{pmatrix}2\\1\\-1 \end{pmatrix} $

    Normalenvektor berechnen: Kreuzprodukt der Richtungsvektoren bestimmen

    $ \qquad \qquad \vec{n}=\begin{pmatrix}-1\\2\\4 \end{pmatrix} \times \begin{pmatrix}2\\1\\-1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}2\cdot (-1)-4\cdot 1\\ 4\cdot 2-(-1)\cdot (-1)\\ (-1)\cdot 1-2\cdot 2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-6\\7\\-5 \end{pmatrix} $

    $ \qquad \qquad \Rightarrow E: \begin{bmatrix}\vec{x}-\begin{pmatrix}3\\2\\4 \end{pmatrix} \end{bmatrix} ∘ \begin{pmatrix}-6\\7\\-5 \end{pmatrix} = 0 $

    Der Ortsvektor aus der Normalenform wird als $\vec{a}$ gewählt.

    $ \qquad \qquad \vec{a}=\begin{pmatrix}3\\2\\4 \end{pmatrix} $

    Jetzt werden die Vektoren $\vec{n}$ und $\vec{a}$ in die allgemeine Normalform eingesetzt:

    $ \qquad \qquad \Rightarrow E:\vec{n}∘[\vec{x}-\vec{a}]=0 $

    $ \qquad \qquad \Rightarrow E:\begin{pmatrix}-6\\7\\-5 \end{pmatrix} ∘ \begin{bmatrix} \begin{pmatrix}x\\y\\z \end{pmatrix}-\begin{pmatrix}3\\2\\4 \end{pmatrix} \end{bmatrix} $

Ebenengleichungen - von Normalform in Parameterform umwandeln

Normalform in Parameterform”


Eine Ebene in Normalform wird in die entsprechende Parameterform umgewandelt, indem man nacheinander folgende Umwandlungen vornimmt:

  • von Normalform in Koordinatenform

  • von Koordinatenform in Parameterform



Die Formen:


Normalenform Parameterform
$E:\vec{n}∘[\vec{x}-\vec{a}]=0$ $E:\vec{x} = \vec{a} + r\cdot \vec{b} + s\cdot \vec{c}$



Weitere Umwandlungen




Übungsaufgaben


Wandle die folgenden Ebenen von Normalenform in Koordinatenform um.

  1. $ E:\begin{bmatrix} \vec{x} – \begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix} \end{bmatrix} ∘ \begin{pmatrix}1\\1\\-1\end{pmatrix} = 0 $

    Lösung
    $ E:\begin{bmatrix} \vec{x} – \begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix} \end{bmatrix} ∘ \begin{pmatrix}1\\1\\-1\end{pmatrix} = 0 $

    Normalform in entsprechende Koordinatenform umwandeln durch Skalarprodukt (Ausmultiplizieren):

    $ \qquad \qquad E:\begin{bmatrix} \vec{x} – \begin{pmatrix} 0\\0\\1 \end{pmatrix} \end{bmatrix} ∘ \begin{pmatrix} 1\\1\\-1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} x\\y\\z \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 1\\1\\-1 \end{pmatrix} – \begin{pmatrix} 0\\0\\1 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 1\\1\\-1 \end{pmatrix} $

    $ \qquad \qquad \begin{pmatrix} x\\y\\z \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 1\\1\\-1 \end{pmatrix} = x\cdot 1 + y\cdot 1 + z\cdot (-1)= x + y -z $

    $ \qquad \qquad \begin{pmatrix} 0\\0\\1 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 1\\1\\-1 \end{pmatrix} = 0\cdot 1 + 0\cdot 1 + 1\cdot (-1)= -1 $

    Setzt man diese beiden Ergebnisse in die ausmultiplizierte Normalenform ein, erhält man:

    $ x+y-z+1=0 $

    Also die Koordinatenform von $E$ lautet:

    $ E:x+y-z=-1 $

    Jetzt Koordinaten-, in Parameterform umwandeln:

    $E$ nach $z$ umstellen:

    $ \qquad E:x+y-z=-1 \qquad \qquad \qquad | \qquad \textcolor{red}{-x} \:/\: \textcolor{red}{-y} $

    $ \qquad \qquad \qquad\: -z=-1-x-y \qquad \:\:\:| \qquad \textcolor{red}{:(-1)} $

    $ \qquad\qquad\qquad\:\:\:\: z=1+x+y $

    Setze $x=r$ und $y=s \qquad \Rightarrow \:\: z=1+1\cdot r+1\cdot s$

    Dann ergibt sich: $ \qquad \begin{cases} \text{$x=\textcolor{red}{0}+\textcolor{red}{1}\cdot r+\textcolor{red}{0}\cdot s$}\\ \text{$y=\textcolor{red}{0}+\textcolor{red}{0}\cdot r+\textcolor{red}{1}\cdot s$}\\ \text{$z=\textcolor{red}{1}+\textcolor{red}{1}\cdot r+\textcolor{red}{1}\cdot s$} \end{cases} $

    Also lässt sich die Ebene wie folgt in Parameterform beschreiben:

    $ E:\vec{x}=\begin{pmatrix}0\\0\\1 \end{pmatrix} + r\cdot \begin{pmatrix}1\\0\\1 \end{pmatrix} + s\cdot \begin{pmatrix}0\\1\\1 \end{pmatrix} $


  2. $E:\begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix}∘\begin{bmatrix}\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}2\\2\\2\end{pmatrix}\end{bmatrix}=0$

    Lösung
    $ E:\begin{bmatrix} \vec{x} – \begin{pmatrix}2\\2\\2\end{pmatrix} \end{bmatrix} ∘ \begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix} = 0 $

    Normalform in entsprechende Koordinatenform umwandeln durch Skalarprodukt (Ausmultiplizieren):

    $ \qquad \qquad E:\begin{bmatrix} \vec{x} – \begin{pmatrix} 2\\2\\2 \end{pmatrix} \end{bmatrix} ∘ \begin{pmatrix} 0\\1\\0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} x\\y\\z \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 0\\1\\0 \end{pmatrix} – \begin{pmatrix} 2\\2\\2 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 0\\1\\0 \end{pmatrix} $

    $ \qquad \qquad \begin{pmatrix} x\\y\\z \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 0\\1\\0 \end{pmatrix} = x\cdot 0 + y\cdot 1 + z\cdot 0= 0\cdot x+1\cdot y+0\cdot z $

    $ \qquad \qquad \begin{pmatrix} 2\\2\\2 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 0\\1\\0 \end{pmatrix} = 2\cdot 0+2\cdot 1+2\cdot 0= 2 $

    Setzt man diese beiden Ergebnisse in die ausmultiplizierte Normalenform ein, erhält man:

    $ 0\cdot x+1\cdot y+0\cdot z-2=0 $

    Also die Koordinatenform von $E$ lautet:

    $ 0\cdot x+1\cdot y+0\cdot z=2 $

    Jetzt Koordinaten-, in Parameterform umwandeln:

    $E$ nach $y$ umstellen:

    $ \qquad E:y=2+0\cdot x+0\cdot z $

    Setze $x=r$ und $z=s \qquad \Rightarrow \:\: y=2+0\cdot r+0\cdot s$

    Dann ergibt sich: $ \qquad \begin{cases} \text{$x=\textcolor{red}{0}+\textcolor{red}{1}\cdot r+\textcolor{red}{0}\cdot s$}\\ \text{$y=\textcolor{red}{2}+\textcolor{red}{0}\cdot r+\textcolor{red}{0}\cdot s$}\\ \text{$z=\textcolor{red}{0}+\textcolor{red}{0}\cdot r+\textcolor{red}{1}\cdot s$} \end{cases} $

    Also lässt sich die Ebene wie folgt in Parameterform beschreiben:

    $ E:\vec{x}=\begin{pmatrix}0\\2\\0 \end{pmatrix} + r\cdot \begin{pmatrix}1\\0\\0 \end{pmatrix} + s\cdot \begin{pmatrix}0\\0\\1 \end{pmatrix} $


  3. $ E:\begin{bmatrix} \vec{x}-\begin{pmatrix}2\\3\\4 \end{pmatrix} \end{bmatrix} ∘ \begin{pmatrix}-10\\-3\\2 \end{pmatrix} = 0 $

    Lösung
    $ E:\begin{bmatrix} \vec{x}-\begin{pmatrix}2\\3\\4 \end{pmatrix} \end{bmatrix} ∘ \begin{pmatrix}-10\\-3\\2 \end{pmatrix} = 0 $

    Normalform in entsprechende Koordinatenform umwandeln durch Skalarprodukt (Ausmultiplizieren):

    $ E:\begin{bmatrix} \vec{x}-\begin{pmatrix}2\\3\\4 \end{pmatrix} \end{bmatrix} ∘ \begin{pmatrix}-10\\-3\\2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}x\\y\\z \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix}-10\\-3\\2 \end{pmatrix} – \begin{pmatrix}2\\3\\4 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix}-10\\-3\\2 \end{pmatrix} = 0 $

    $ \qquad \qquad \begin{pmatrix}x\\y\\z \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix}-10\\-3\\2 \end{pmatrix} = x\cdot (-10)+y\cdot (-3)+z\cdot 2=-10x-3y+2z $

    $ \qquad \qquad \begin{pmatrix}2\\3\\4 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix}-10\\-3\\2 \end{pmatrix} = 2\cdot (-10)+3\cdot (-3)+4\cdot 2=-21 $

    Setzt man diese beiden Ergebnisse in die ausmultiplizierte Normalenform ein, erhält man:

    $ E:-10x-3y+2z+21=0 $

    $ E:-10x-3y+2z=-21 $

    Jetzt Koordinaten-, in Parameterform umwandeln:

    $E$ nach $z$ umstellen:

    $ -10x-3y+2z=-21 \qquad | \qquad \textcolor{red}{+10x} \:/\: \textcolor{red}{+3y} $

    $ 2z=-21+10x+3y \qquad | \qquad \textcolor{red}{:2} $

    $ z=-10,5+5x+1,5y $

    Setze $x=r$ und $y=s$: $ \qquad \Rightarrow \qquad z=-10,5+5r+1,5s $

    Dann ergibt sich: $ \qquad \begin{cases} \text{$x=\textcolor{red}{0}+\textcolor{red}{1}\cdot r+\textcolor{red}{0}\cdot s$}\\ \text{$y=\textcolor{red}{0}+\textcolor{red}{0}\cdot r+\textcolor{red}{1}\cdot s$}\\ \text{$z=\textcolor{red}{-10,5}+\textcolor{red}{5}\cdot r+\textcolor{red}{1,5}\cdot s$} \end{cases} $

    Also lässt sich die Ebene wie folgt in Parameterform beschreiben:

    $ E:\vec{x}=\begin{pmatrix}0\\0\\-10,5 \end{pmatrix} + r\cdot \begin{pmatrix}1\\0\\5 \end{pmatrix} + s\cdot \begin{pmatrix}0\\1\\1,5 \end{pmatrix} $


  4. $ E:\begin{bmatrix} \vec{x}-\begin{pmatrix}2\\-1\\0 \end{pmatrix} \end{bmatrix} ∘ \begin{pmatrix}4\\3\\2 \end{pmatrix} = 0 $

    Lösung
    $ E:\begin{bmatrix} \vec{x}-\begin{pmatrix}2\\-1\\0 \end{pmatrix} \end{bmatrix} ∘ \begin{pmatrix}4\\3\\2 \end{pmatrix} = 0 $

    Normalform in entsprechende Koordinatenform umwandeln durch Skalarprodukt (Ausmultiplizieren):

    $ E:\begin{bmatrix} \vec{x}-\begin{pmatrix}2\\-1\\0 \end{pmatrix} \end{bmatrix} ∘ \begin{pmatrix}4\\3\\2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}x\\y\\z \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 4\\3\\2 \end{pmatrix} – \begin{pmatrix}2\\-1\\0 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 4\\3\\2 \end{pmatrix} = 0 $

    $ \qquad \qquad \begin{pmatrix}x\\y\\z \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix}4\\3\\2 \end{pmatrix} = x\cdot 4+y\cdot 3+z\cdot 2=4x+3y+2z $

    $ \qquad \qquad \begin{pmatrix}2\\-1\\0 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix}4\\3\\2 \end{pmatrix} = 2\cdot 4+ (-1)\cdot 3+0\cdot 2=5 $

    Setzt man diese beiden Ergebnisse in die ausmultiplizierte Normalenform ein, erhält man:

    $ E:4x+3y+2z-5=0 $

    $ E:4x+3y+2z=5 $

    Jetzt Koordinaten-, in Parameterform umwandeln:

    $E$ nach $z$ umstellen:

    $ 4x+3y+2z=5 \qquad | \qquad \textcolor{red}{-4x} \:/\: \textcolor{red}{-3y} $

    $ 2z=5-4x-3y \qquad | \qquad \textcolor{red}{:2} $

    $ z=2,5-2x-1,5y $

    Setze $x=r$ und $y=s$: $ \qquad \Rightarrow \qquad z=2,5-2r-1,5s $

    Dann ergibt sich: $ \qquad \begin{cases} \text{$x=\textcolor{red}{0}+\textcolor{red}{1}\cdot r+\textcolor{red}{0}\cdot s$}\\ \text{$y=\textcolor{red}{0}+\textcolor{red}{0}\cdot r+\textcolor{red}{1}\cdot s$}\\ \text{$z=\textcolor{red}{2,5}+\textcolor{red}{-2}\cdot r+\textcolor{red}{-1,5}\cdot s$} \end{cases} $

    Also lässt sich die Ebene wie folgt in Parameterform beschreiben:

    $ E:\vec{x}=\begin{pmatrix}0\\0\\2,5 \end{pmatrix} + r\cdot \begin{pmatrix}1\\0\\-2 \end{pmatrix} + s\cdot \begin{pmatrix}0\\1\\-1,5 \end{pmatrix} $

Ebenengleichungen - von Parameterform in Koordinatenform umwandeln

Parameterform in Koordinatenform



Eine Ebene in Parameterform wird in die entsprechende Koordinatenform umgewandelt, indem man nacheinander folgende Umwandlungen vornimmt:

  • von Parameterform in Normalform

  • von Normalform in Koordinatenform



Die Formen:


Parameterform Koordinatenform
$E:\vec{x}=\vec{a}+r\cdot\vec{b}+s\cdot\vec{c}$ $E:a_1x_1+a_2x_2+a_3x_3-b=0$



Weitere Umwandlungen




Übungsaufgaben


Wandle die folgenden Ebenen von Parameterform in Koordinatenform um.

  1. $E:\vec{x}=\begin{pmatrix}1\\2\\4 \end{pmatrix} + r \begin{pmatrix}0\\1\\1 \end{pmatrix} + s \begin{pmatrix}1\\0\\1 \end{pmatrix}$

    Lösung

    Parameterform der Ebene $E$

    $E:\vec{x}=\begin{pmatrix}1\\2\\4 \end{pmatrix} + r \begin{pmatrix}0\\1\\1 \end{pmatrix} + s \begin{pmatrix}1\\0\\1 \end{pmatrix}$

    Normalenvektor berechnen: Kreuzprodukt der Richtungsvektoren bestimmen

    $ \qquad \qquad \vec{n}=\begin{pmatrix}0\\1\\1 \end{pmatrix} \times \begin{pmatrix}1\\0\\1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}1\cdot 1-1\cdot 0\\ 1\cdot 1-0\cdot 1\\ 0\cdot 0-1\cdot 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}1\\1\\-1 \end{pmatrix} $

    $ \qquad \qquad \Rightarrow E: \begin{bmatrix}\vec{x} – \begin{pmatrix}1\\2\\4 \end{pmatrix} \end{bmatrix} ∘ \begin{pmatrix}1\\1\\-1 \end{pmatrix} = 0 $

    Normalform in Koordinatenform umwandeln durch Ausführen des Skalarproduktes (Ausmultiplizieren):

    $ \qquad \Rightarrow E: \begin{bmatrix}\vec{x} – \begin{pmatrix}1\\2\\4 \end{pmatrix} \end{bmatrix} ∘ \begin{pmatrix}1\\1\\-1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}x\\y\\z \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix}1\\1\\-1 \end{pmatrix} – \begin{pmatrix}1\\2\\4 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix}1\\1\\-1 \end{pmatrix} $

    $\qquad \begin{pmatrix}x\\y\\z \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix}1\\1\\-1 \end{pmatrix} =x\cdot 1+y\cdot 1+z\cdot (-1)=x+y-z $

    $\qquad \begin{pmatrix}1\\2\\4 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix}1\\1\\-1 \end{pmatrix} =1\cdot 1+2\cdot 1+4\cdot (-1)=-1 $

    Setzt man diese beiden Ergebnisse in die ausmultiplizierte Normalenform ein, erhält man

    $x+y-z+1=0$

    Also die Koordinatenform lautet:

    $E:x+y-z=-1$


  2. $E:\vec{x}=\begin{pmatrix}2\\3\\-1 \end{pmatrix} + r \begin{pmatrix}1\\0\\-1 \end{pmatrix} + s \begin{pmatrix}-3\\4\\2 \end{pmatrix}$

    Lösung

    Parameterform der Ebene $E$

    $E:\vec{x}=\begin{pmatrix}2\\3\\-1 \end{pmatrix} + r \begin{pmatrix}1\\0\\-1 \end{pmatrix} + s \begin{pmatrix}-3\\4\\2 \end{pmatrix}$

    Normalenvektor berechnen: Kreuzprodukt der Richtungsvektoren bestimmen

    $ \qquad \qquad \vec{n}=\begin{pmatrix}1\\0\\-1 \end{pmatrix} \times \begin{pmatrix}-3\\4\\2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0\cdot 2-(-1)\cdot 4\\ -1\cdot (-3)-2\cdot 1\\ 1\cdot 4-0\cdot (-3) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}4\\1\\4 \end{pmatrix} $

    $ \qquad \qquad \Rightarrow E: \begin{bmatrix}\vec{x} – \begin{pmatrix}2\\3\\-1 \end{pmatrix} \end{bmatrix} ∘ \begin{pmatrix}4\\1\\4 \end{pmatrix} = 0 $

    Normalform in Koordinatenform umwandeln durch Ausführen des Skalarproduktes (Ausmultiplizieren):

    $ \qquad \Rightarrow E: \begin{bmatrix}\vec{x} – \begin{pmatrix}2\\3\\-1 \end{pmatrix} \end{bmatrix} ∘ \begin{pmatrix}4\\1\\4 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}x\\y\\z \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix}4\\1\\4 \end{pmatrix} – \begin{pmatrix}2\\3\\-1 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix}4\\1\\4 \end{pmatrix} $

    $\qquad \begin{pmatrix}x\\y\\z \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix}4\\1\\4 \end{pmatrix} =x\cdot 4+y\cdot 1+z\cdot 4 = 4x+y+4z $

    $\qquad \begin{pmatrix}2\\3\\-1 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix}4\\1\\4 \end{pmatrix} =2\cdot 4+3\cdot 1+ (-1)\cdot 4=7 $

    Setzt man diese beiden Ergebnisse in die ausmultiplizierte Normalenform ein, erhält man

    $4x+y+4z-7=0$

    Also die Koordinatenform lautet:

    $E:4x+y+4z=7$


  3. $E:\vec{x}=\begin{pmatrix}-2\\3\\-1 \end{pmatrix} + r \begin{pmatrix}-2\\0\\3 \end{pmatrix} + s \begin{pmatrix}-2\\3\\-4 \end{pmatrix}$

    Lösung
    Parameterform der Ebene $E$

    $E:\vec{x}=\begin{pmatrix}-2\\3\\-1 \end{pmatrix} + r \begin{pmatrix}-2\\0\\3 \end{pmatrix} + s \begin{pmatrix}-2\\3\\-4 \end{pmatrix}$

    Normalenvektor berechnen: Kreuzprodukt der Richtungsvektoren bestimmen

    $ \qquad \qquad \vec{n}=\begin{pmatrix}-2\\0\\3 \end{pmatrix} \times \begin{pmatrix}-2\\3\\-4 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0\cdot (-4)-3\cdot 3\\ 3\cdot (-2)-(-2)\cdot (-4)\\ (-2)\cdot 3-0\cdot (-2) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-9\\-14\\-6 \end{pmatrix} $

    $ \qquad \qquad \Rightarrow E: \begin{bmatrix}\vec{x} – \begin{pmatrix}-2\\3\\-1 \end{pmatrix} \end{bmatrix} ∘ \begin{pmatrix}-9\\-14\\-6 \end{pmatrix} = 0 $

    Normalform in Koordinatenform umwandeln durch Ausführen des Skalarproduktes (Ausmultiplizieren):

    $ \qquad \Rightarrow E: \begin{bmatrix}\vec{x} – \begin{pmatrix}-2\\3\\-1 \end{pmatrix} \end{bmatrix} ∘ \begin{pmatrix}-9\\-14\\-6 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}x\\y\\z \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix}-9\\-14\\-6 \end{pmatrix} – \begin{pmatrix}-2\\3\\-1 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix}-9\\-14\\-6 \end{pmatrix} $

    $\qquad \begin{pmatrix}x\\y\\z \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix}-9\\-14\\-6 \end{pmatrix} =x\cdot (-9)+y\cdot (-14)+z\cdot (-6) = -9x-14y-6z $

    $\qquad \begin{pmatrix}-2\\3\\-1 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix}-9\\-14\\-6 \end{pmatrix} =-2\cdot (-9)+3\cdot (-14)+ (-1)\cdot (-6) = -18 $

    Setzt man diese beiden Ergebnisse in die ausmultiplizierte Normalenform ein, erhält man

    $-9x-14y-6z+18=0$

    Also die Koordinatenform lautet:

    $E:-9x-14y-6z=-18$


  4. $E:\vec{x}=\begin{pmatrix}3\\2\\4 \end{pmatrix} + r \begin{pmatrix}-1\\2\\4 \end{pmatrix} + s \begin{pmatrix}2\\1\\-1 \end{pmatrix}$

    Lösung
    Parameterform der Ebene $E$

    $E:\vec{x}=\begin{pmatrix}3\\2\\4 \end{pmatrix} + r \begin{pmatrix}-1\\2\\4 \end{pmatrix} + s \begin{pmatrix}2\\1\\-1 \end{pmatrix}$

    Normalenvektor berechnen: Kreuzprodukt der Richtungsvektoren bestimmen

    $ \qquad \qquad \vec{n}=\begin{pmatrix}-1\\2\\4 \end{pmatrix} \times \begin{pmatrix}2\\1\\-1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}2\cdot (-1)-4\cdot 1\\ 4\cdot 2-(-1)\cdot (-1)\\ (-1)\cdot 1-2\cdot 2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-6\\7\\-5 \end{pmatrix} $

    $ \qquad \qquad \Rightarrow E: \begin{bmatrix}\vec{x} – \begin{pmatrix}3\\2\\4 \end{pmatrix} \end{bmatrix} ∘ \begin{pmatrix}-6\\7\\-5 \end{pmatrix} = 0 $

    Normalform in Koordinatenform umwandeln durch Ausführen des Skalarproduktes (Ausmultiplizieren):

    $ \qquad \Rightarrow E: \begin{bmatrix}\vec{x} – \begin{pmatrix}3\\2\\4 \end{pmatrix} \end{bmatrix} ∘ \begin{pmatrix}-6\\7\\-5 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}x\\y\\z \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix}-6\\7\\-5 \end{pmatrix} – \begin{pmatrix}3\\2\\4 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix}-6\\7\\-5 \end{pmatrix} $

    $\qquad \begin{pmatrix}x\\y\\z \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix}-6\\7\\-5 \end{pmatrix} =x\cdot (-6)+y\cdot 7+z\cdot (-5) = -6x+7y-5z $

    $\qquad \begin{pmatrix}3\\2\\4 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix}-6\\7\\-5 \end{pmatrix} =3\cdot (-6)+2\cdot 7+ 4\cdot (-5) = -24 $

    Setzt man diese beiden Ergebnisse in die ausmultiplizierte Normalenform ein, erhält man

    $-6x+7y-5z+24=0$

    Also die Koordinatenform lautet:

    $E:-6x+7y-5z=-24$

Ebenengleichungen - von Koordinatenform in Normalform umwandeln

Koordinatenform in Normalform



Eine Ebene in Koordinatenform wird in die entsprechende Normalform umgewandelt, indem man die Einträge des Normalenvektors $\vec{n}$ aus den Koeffizienten der Koordinaten $x, y$ und $z$ in der Koordinatenform abliest und die Einträge von $\vec{a}$ als die Koordinaten eines beliebigen Punktes, der die Koordinatengleichung erfüllt auswählt.



Die Formen:


Koordinatenform Normalform
$E:a_1x_1+a_2x_2+a_3x_3-b=0$ $E:\vec{n}∘[\vec{x}-\vec{a}]=0$



Weitere Umwandlungen




Übungsaufgaben


Wandle die folgenden Ebenen von Koordinatenform in Normalenform um.

  1. $E:x+y-z+1=0$

    Lösung
    $E:x+y-z+1=0$

    Einträge des Normalenvektors bestimmen.
    Diese stimmen mit den jeweiligen Koeffizienten von $x, y$ und $z$ überein.

    $\qquad E:1\cdot x + 1\cdot y + (-1)\cdot z+1=0$

    $\qquad \qquad \vec{n}= \begin{pmatrix}1\\1\\-1 \end{pmatrix}$

    Beliebigen Punkt mit Ortsvektor $\vec{a}$ suchen, dessen Koordinaten die Ebenengleichung in Koordinatenform erfüllen, z. B.:

    $x$ und $y$ werden frei gewählt:
    $\qquad \qquad \qquad x=1 \:(a_1)$
    $\qquad \qquad \qquad y=1 \:(a_2)$
    $\qquad \qquad \qquad \Rightarrow 1\cdot 1 + 1\cdot 1 + (-1)\cdot z = -1$
    $\qquad \qquad \qquad \Rightarrow 2-z=-1$
    $\qquad \qquad \qquad \Rightarrow z=3\: (a_3)$

    Der Ortsvektor ist also: $\vec{a}=\begin{pmatrix}1\\1\\3 \end{pmatrix}$

    Und die Normalenform der Ebene:

    $E:\begin{bmatrix}\vec{x}-\begin{pmatrix}1\\1\\3 \end{pmatrix} \end{bmatrix}∘\begin{pmatrix} 1\\1\\-1 \end{pmatrix}=0$


  2. $E:2x-y+3z-5=0$

    Lösung
    $E:2x-y+3z-5=0$

    Einträge des Normalenvektors bestimmen.
    Diese stimmen mit den jeweiligen Koeffizienten von $x$, $y$ und $z$ überein.

    $\qquad E:2\cdot x + (-1)\cdot y + 3\cdot z -5 = 0$

    $\qquad \qquad \vec{n}=\begin{pmatrix}2\\-1\\3 \end{pmatrix}$

    Beliebigen Punkt mit Ortsvektor $\vec{a}$ suchen, dessen Koordinaten die Ebenengleichung in Koordinatenform erfüllen, z. B.:

    $y$ und $z$ werden frei gewählt:
    $\qquad \qquad \qquad y=1 \:(a_2)$
    $\qquad \qquad \qquad z=1 \:(a_3)$
    $\qquad \qquad \qquad \Rightarrow 2\cdot x + (- 1)\cdot 1 + 3\cdot 1 = 5$
    $\qquad \qquad \qquad \Rightarrow 2x=3$
    $\qquad \qquad \qquad \Leftrightarrow y=\frac{3}{2}\: (a_1)$

    Der Ortsvektor ist also: $\vec{a}=\begin{pmatrix}\frac{3}{2}\\1 \\1 \end{pmatrix}$

    Und die Normalenform der Ebene:

    $E:\begin{bmatrix}\vec{x}-\begin{pmatrix}\frac{3}{2}\\1\\1 \end{pmatrix} \end{bmatrix}∘\begin{pmatrix} 2\\-1\\3\end{pmatrix}=0$


  3. $E:x+15y+2z=19$

    Lösung
    $E:x+15y+2z=19$

    Einträge des Normalenvektors bestimmen.
    Diese stimmen mit den jeweiligen Koeffizienten von $x, y$ uns $z$ überein.

    $E:1\cdot x + 15\cdot y + 2\cdot z = 19$

    $\qquad \vec{n}=\begin{pmatrix}1\\15\\2 \end{pmatrix}$

    Beliebigen Punkt mit Ortsvektor $\vec{a}$ suchen, dessen Koordinaten die Ebenengleichung in Koordinatenform erfüllen:

    $y$ und $z$ werden frei gewählt:
    $\qquad \qquad \qquad y=1 \:(a_2)$
    $\qquad \qquad \qquad z=1 \:(a_3)$
    $\qquad \qquad \qquad \Rightarrow 1\cdot x + 15\cdot 1 + 2\cdot 1 = 19$
    $\qquad \qquad \qquad \Leftrightarrow x=2\: (a_1)$

    Der Ortsvektor ist also: $\vec{a}=\begin{pmatrix}2\\1\\1 \end{pmatrix}$

    Und die Normalenform der Ebene:

    $E:\begin{bmatrix}\vec{x}-\begin{pmatrix}2\\1\\1 \end{pmatrix} \end{bmatrix}∘\begin{pmatrix} 1\\15\\2\end{pmatrix}=0$


  4. $E:-x+2y+4z=0$

    Lösung
    $E:-x+2y+4z=0$

    Einträge des Normalenvektors bestimmen.
    Diese stimmen mit den jeweiligen Koeffizienten von $x$, $y$ und $z$ überein.

    $\qquad E:(-1)\cdot x + 2\cdot y + 4\cdot z = 0$

    $\qquad \qquad \vec{n}=\begin{pmatrix}-1\\2\\4 \end{pmatrix}$

    Beliebigen Punkt mit Ortsvektor $a$ suchen, dessen Koordinaten die Ebenengleichung in Koordinatenform erfüllen, z. B.:

    $y$ und $z$ werden frei gewählt:
    $\qquad \qquad \qquad y=1 \:(a_2)$
    $\qquad \qquad \qquad z=1 \:(a_3)$
    $\qquad \qquad \qquad \Rightarrow -1\cdot 1 + 2y + 4\cdot 1 = 0$
    $\qquad \qquad \qquad \Rightarrow 2y=-3$
    $\qquad \qquad \qquad \Leftrightarrow y=-\frac{3}{2}\: (a_1)$

    Der Ortsvektor ist also: $\vec{a}=\begin{pmatrix}1\\ – \frac{3}{2} \\1 \end{pmatrix}$

    Und die Normalenform der Ebene:

    $E:\begin{bmatrix}\vec{x}-\begin{pmatrix}1\\-\frac{3}{2}\\1 \end{pmatrix} \end{bmatrix}∘\begin{pmatrix} -1\\2\\4\end{pmatrix}=0$