Spiegelebene T'


\(\\\)

Aufgabe 1 Winkel

Für den Winkel zwischen 2 Ebenen gilt

\( \quad cos(\alpha) = \frac{ \bigl|\vec{n_1} \circ \vec{n_2}\bigl|}{\bigl|\vec{n_1}\bigl| \cdot \bigl|\vec{n_2}\bigl| } \)

\(\\\)

Als Normalenvektor \(\vec{n_1}\) nehmen wir den Normalenvektor der Ebene

\( \quad T: 5x_1 + 4x_2 + 5x_3 - 30 = 0 \)

\(\\\)

mit

\( \quad \vec{n_1} = \begin{smallmatrix}\left(\begin{array}{r}5 \\ 4 \\ 5 \end{array}\right)\end{smallmatrix} \)

\(\\\)

und als Normalenvektor \(\vec{n_2}\) den Normalenvektor der Ebene

\( \quad T': -5x_1 + 4x_2 + 5x_3 - 5 = 0 \)

\(\\\)

mit

\( \quad \vec{n_2} = \begin{smallmatrix}\left(\begin{array}{r}-5 \\ 4 \\ 5 \end{array}\right)\end{smallmatrix} \)

\(\\\)

Eingesetzt in die Formel erhalten wir

\( \quad \begin{array}{ r c l } cos(\alpha) & = & \tfrac{ \begin{vmatrix} \begin{smallmatrix}\left(\begin{array}{r}5 \\ 4 \\ 5\end{array}\right)\end{smallmatrix} \circ \begin{smallmatrix}\left(\begin{array}{r}-5 \\ 4 \\ 5 \end{array}\right)\end{smallmatrix} \end{vmatrix} } { \begin{vmatrix} \begin{smallmatrix}\left(\begin{array}{r}5 \\ 4 \\ 5 \end{array}\right)\end{smallmatrix} \end{vmatrix} \cdot \begin{vmatrix} \begin{smallmatrix}\left(\begin{array}{r}-5 \\ 4 \\ 5\end{array}\right)\end{smallmatrix} \end{vmatrix} } \\[12pt] \cos(\alpha) & = & \frac{ \bigl|5 \cdot (-5) + 4 \cdot 4 + 5 \cdot 5\bigl| } { \sqrt{5^2 +4^2 + 5^2} \cdot \sqrt{(-5)^2 + 4^2 + 5^2} } \\[12pt] cos(\alpha) & = & \frac{ \bigl|16\bigl| } { \sqrt{66}\cdot\sqrt{66} } \\[10pt] cos(\alpha) & = & \frac{16}{\left(\sqrt{66}\right)^2} \\[10pt] cos(\alpha) & = & \frac{16}{66} \\[8pt] \alpha & = & cos^{-1} \left(\frac{16}{66} \right) \\[8pt] \alpha & = & 75{,}97^\circ \\ \end{array} \)

\(\\\)

Der Winkel zwischen der Ebene \(T\) und der Ebene \(T'\) beträgt ca. \(76^\circ\) .

\(\\[2em]\)

Aufgabe 2 Spiegelung

Die Ebene \(x_1=a\) ist orthogonal zur \(x_1\)-Achse. Das heißt, dass sie eine Ebene ist, die zur \(x_2\)-Achse und \(x_3\)-Achse parallel verläuft.

my image

\(\\\)

Daraus ergibt sich, dass der Punkt \(B\) und sein Spiegelpunkt \(B'\) den gleichen \(x_2\)-Wert und \(x_3\)-Wert haben. Ferner liegt \(B''\) mit \(x_1=a\) genau in der Mitte der Strecke \(\overline{BB'}\).

\(\\\) Zunächst bestimmen wir den Punkt \(B'\) der Ebene \(T'\) . Wir ermitteln die fehlende Koordinate, indem wir \(x_2=5\) und \(x_3=0\) in \(T'\) mit

\( \quad T' : -5x_1 + 4x_2 + 5x_3 - 5 = 0 \)

\(\\\)

einsetzen:

\( \quad \begin{array}{ r c l l } -5x_1 + 4 \cdot 5 + 5 \cdot 0 - 5 & = & 0 & \\[6pt] -5x_1 + 15 & = & 0 & | \; -15 \\[6pt] -5x_1 & = & -15 & | \; :(-5) \\[6pt] x_1 & = & 3 & \\ \end{array} \)

\(\\\)

Wir erhalten also \(B'(3|5|0)\). Nun berechnen wir \(B''\) mit

\( \quad \begin{array}{ l*{3}{l}} \vec{b''} & = & \vec{OB} + \frac{1}{2} \vec{BB'} \\[8pt] & = & \vec{b} + \frac{1}{2}\left( \vec{b'} - \vec{b} \right) \\[8pt] & = & \begin{smallmatrix}\left( \begin{array}{r}2 \\ 5 \\ 0 \end{array} \right)\end{smallmatrix} + \frac{1}{2} \left[ \begin{smallmatrix}\left( \begin{array}{r}3 \\ 5 \\ 0 \end{array} \right) \end{smallmatrix} - \begin{smallmatrix}\left( \begin{array}{r}2 \\ 5 \\ 0 \end{array} \right)\end{smallmatrix} \right] \\[10pt] & = & \begin{smallmatrix}\left( \begin{array}{r}2 \\ 5 \\ 0 \end{array} \right)\end{smallmatrix} + \frac{1}{2} \begin{smallmatrix}\left( \begin{array}{r}1 \\ 0 \\ 0 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \\[10pt] & = & \begin{smallmatrix}\left( \begin{array}{r}2 \\ 5 \\ 0 \end{array} \right)\end{smallmatrix} + \begin{smallmatrix}\left( \begin{array}{r}0.5 \\ 0 \\ 0 \end{array} \right)\end{smallmatrix} \\[10pt] & = & \begin{smallmatrix}\left( \begin{array}{r}2.5 \\ 5 \\ 0 \end{array} \right)\end{smallmatrix} \\ \end{array} \)

\(\\\)

Der gesuchte Wert ist also \(a=2{,}5\) .

\(\\[2em]\)

Aufgabe 3 Geradenschar

Wir nehmen an, dass es eine Gerade gibt, bei der \(x_3=3{,}5\) ist. Es gilt:

\( \quad \begin{array}{ r c l l } 3{,}5 & = & 3{,}5 + r \cdot \frac{2}{b} & | \; \cdot b \\[8pt] 3{,}5b & = & 3{,}5b + r \cdot 2 & | \; - 3{,}5b \\[6pt] 0 & = & 2r & | \; : 2 \\[6pt] 0 & = & r & \\ \end{array} \)

\(\\\)

Die Gleichung ist also nur lösbar mit \(r=0\). Wir setzen \(r\) in die Gerade ein:

\( \quad g_b: \quad \vec{x} = \begin{smallmatrix}\left( \begin{array}{r}2{,}5 \\ 0 \\ 3{,}5 \end{array}\right)\end{smallmatrix} + 0 \cdot \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r}0 \\ -10b \\ \frac{2}{b} \end{array} \right) \end{smallmatrix} = \begin{smallmatrix}\left( \begin{array}{r}2{,}5 \\ 0 \\ 3{,}5 \end{array}\right)\end{smallmatrix} \quad , \; b \in \mathbb{R}^+ \)

\(\\\)

Das heißt, dass alle Geraden der Schar den Punkt \((2{,}5|0|3{,}5)\) besitzen. Jedoch gibt es keine Gerade, die einen weiteren Punkt mit \(x_3=3{,}5\) hat. Also gibt es keine Gerade, die in der Ebene \(x_3=3{,}5\) liegt.

\(\\[2em]\)

Aufgabe 4 Schnittgerade

Wir berechnen die Schnittgerade von \(T\) und \(T'\) :

\( \quad \begin{array}{ r*{12}{r} } \textrm{I} & 5x_1 & + & 4x_2 & + & 5x_3 & - & 30 & = & 0 & & & \\[6pt] \textrm{II} & -5x_1 & + & 4x_2 & + & 5x_3 & - & 5 & = & 0 & & & \\[24pt] \textrm{I} + \textrm{II} = \textrm{III} & & & 8x_2 & + & 10x_3 &- & 35 & = & 0 & & & | \; + 35 \\[6pt] & & & 8x_2 &+ & 10x_3 & & & = & 35 & \\ \end{array} \)

\(\\\)

Wir wählen \(x_2=5t\) und setzen \(t<\) in III ein:

\( \quad \begin{array}{ c c c r c l l } \textrm{III} & 40t & + & 10x_3 & = & 35 & | \; - 40t \\[6pt] & & & 10x_3 & = & 35 - 40t & | : 10 \\[6pt] & & & x_3 & = & 3{,}5 - 4t & \\ \end{array} \)

\(\\\)

\(x_2\) und \(x_3\) in I einsetzen:

\( \quad \begin{array}{ c r c l l } \textrm{I} & 5x_1 + 4 \cdot 5t + 5 \cdot ( 3{,}5 - 4t ) - 30 & = & 0 & \\[6pt] & 5x_1 + 20t + 17{,}5 - 20t - 30 & = & 0 & \\[6pt] & 5x_1 - 12{,}5 & = & 0 & | \; + 12{,}5 \\[6pt] & 5x_1 & = & 12{,}5 & | \; : 5 \\[6pt] & x_1 & = & 2{,}5 & \\ \end{array} \)

\(\\\)

Zusammengefasst haben wir

\( \quad \begin{array}{ r c r c r } x_1 & = & 2{,}5 & & \\[4pt] x_2 & = & & & 5t \\[4pt] x_3 & = & 3{,}5 & - & 4t \; , \\ \end{array} \)

\(\\\)

was dann folgende Schnittgerade ergibt:

\( \quad \begin{array}{ r c l } \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r}x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{array} \right) \end{smallmatrix} & = & \begin{smallmatrix}\left(\begin{array}{r} 2{,}5 & & \\ & & 5t \\ 3{,}5 & - & 4t \end{array}\right)\end{smallmatrix} \\[10pt] \vec{x} & = & \begin{smallmatrix}\left(\begin{array}{r}2{,}5 \\ 0 \\ 3{,}5 \end{array}\right)\end{smallmatrix} + \begin{smallmatrix}\left(\begin{array}{r}0 \\ 5t \\ -4t \end{array}\right)\end{smallmatrix} \\[10pt] \vec{x} & = & \begin{smallmatrix}\left(\begin{array}{r}2{,}5 \\ 0 \\ 3{,}5 \end{array}\right)\end{smallmatrix} + t \cdot \begin{smallmatrix}\left(\begin{array}{r}0 \\ 5 \\ -4 \end{array}\right)\end{smallmatrix} \\ \end{array} \)

\(\\\)

Der Stützvektor der Schnittgeraden von \(T\) und \(T'\) und der Schar sind gleich. Wir brauchen nur noch die Richtungsvektoren untersuchen. Wir nehmen Folgendes an:

\( \quad \begin{array}{ r*{4}{r} } & \begin{smallmatrix} \left(\begin{array}{r}0 \\ -10b \\ \frac{2}{b} \end{array} \right) \end{smallmatrix} & = & \begin{smallmatrix}\left(\begin{array}{r}0 \\ 5 \\ -4 \end{array}\right)\end{smallmatrix}\\[24pt] \textrm{I} & 0 & = & 0 \\[6pt] \textrm{II} & -10b & = & 5 \\[8pt] \textrm{III} & \frac{2}{b} & = & -4 \\ \end{array} \)

\(\\\)

Gleichung I ist wahr. Das heißt, sofern ein gemeinsames \(b\) für Gleichung II und III existiert, ist der Richtungsvektor der Schnittgerade ein Richtungsvektor der Schar. Wir ermitteln nun \(b\) mit Gleichung I :

\( \quad \begin{array}{ r*{5}{r} } \textrm{II} & -10b & = & 5 & | : (-10) \\[8pt] & b & = & -\frac{1}{2} & \\[8pt] \end{array} \)

\(\\\)

Eingesetzt in III :

\( \quad \begin{array}{ r*{4}{r} } \textrm{III} & \frac{2}{-\frac{1}{2}} & = & -4 \\[8pt] & -4 & = & -4 \\ \end{array} \)

\(\\\)

Die Schnittgerade von \(T\) und \(T'\) ist also eine Gerade der Schar \(g_b\).

\(\\\)