HMF 5 - Lösung
Inhaltsverzeichnis
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Aufgabe 1 – Koordinatenform
Um die Koordinatenform der Ebene \(E\) aufzustellen, benötigen wir einen Normalenvektor und einen Punkt der Ebene.
Da \(Q\) der Spiegelpunkt von \(P\) bezüglich der Ebene ist, muss der Vektor \(\vec{PQ}\) ein Normalenvektor der Ebene sein.
\(\quad \begin{array}{ r c l c c } \vec{PQ} & = & \vec{OQ} - \vec{OP} \\[10pt] & = & \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{c} 7 \\ 2 \\ 11 \end{array} \right) \end{smallmatrix} -\begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{c} 1 \\ 2 \\ 3 \end{array} \right) \end{smallmatrix} & = & \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{c} 6 \\ 0 \\ 8 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \\ \end{array} \)
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Ferner ist der Mittelpunkt von \(P\) und \(Q\), also der Lotfußpunkt \(L\), ein Punkt der Ebene. Wir können diesen ermitteln, indem wir von dem Koordinatennullpunkt \(O\) nach \(P\) laufen und uns weiterbewegen mit der Hälfte des Vektors \(\vec{PQ}\). Das ergibt dann die Linearkombination
\(\quad \begin{array}{ r c l l} \vec{OL} & = & \vec{OP} + \frac{1}{2} \cdot \vec{PQ} \\[10pt] & = & \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{c} 1 \\ 2 \\ 3 \end{array} \right) \end{smallmatrix} +\dfrac{1}{2} \cdot \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} 6 \\ 0 \\ 8 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \\[10pt] & = & \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{c} 1 \\ 2 \\ 3 \end{array} \right) \end{smallmatrix} +\begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} 3 \\ 0 \\ 4 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \\[10pt] & = & \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{c} 4 \\ 2 \\ 7 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \\ \end{array} \)
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Um nun die Koordinatenform zu bestimmen, können verschiedene Wege beschritten werden. Eine Möglichkeit davon ist, die Normalenform der Ebene aufzustellen und diese dann in die Koordinatenform umzuformen.
\(\quad E: \; (\vec{x} - \vec{p}) \circ \vec{n} = 0 \)
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Eingesetzt ergibt sich
\(\quad \begin{array}{ c} E: \; \left[ \vec{x} - \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} 4 \\ 2 \\ 7 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \right] \circ \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} 6 \\ 0 \\ 8 \end{array} \right) \end{smallmatrix} =0 \end{array} \)
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Aufgelöst erhalten wir
\(\quad \begin{array}{ r c r l } \left[ \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{array} \right) \end{smallmatrix} -\begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} 4 \\ 2 \\ 7 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \right] \circ \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} 6 \\ 0 \\ 8 \end{array} \right) \end{smallmatrix} & = & 0 & \\[12pt] \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} x_1 - 4 \\ x_2 - 2 \\ x_3 -7 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \circ \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} 6 \\ 0 \\ 8 \end{array} \right) \end{smallmatrix} & = & 0 & \\[12pt] (x_1 - 4) \cdot 6 +( x_2 - 2) \cdot 0 + (x_3 - 7) \cdot 8 & = & 0 & \\[8pt] 6x_1 - 24 + 8x_3 - 56 & = & 0 & \\[8pt] 6x_1 + 8x_3 - 80 & = & 0 & | +80 \\[8pt] 6x_1 + 8x_3 & = & 80 & | :2 \\[8pt] 3x_1 + 4x_3 & = & 40 & \\ \end{array} \)
\(\\[2em]\)
Aufgabe 2 – Gerade durch Punkt P
Der Sachverhalt stellt sich folgendermaßen dar:
Punkt \(R\) bestimmen wir per Linearkombination
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\(\quad \begin{array}{ r c l l} \vec{OL} & = & \vec{OP} - \frac{1}{2} \cdot \vec{PQ} \\[8pt] & = & \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{c} 1 \\ 2 \\ 3 \end{array} \right) \end{smallmatrix} -\dfrac{1}{2} \cdot \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} 6 \\ 0 \\ 8 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \\[10pt] & = & \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{c} 1 \\ 2 \\ 3 \end{array} \right) \end{smallmatrix} -\begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} 3 \\ 0 \\ 4 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \\[10pt] & = & \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} -2 \\ 2 \\ -1 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \\ \end{array} \)
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Wir erhalten \(R(-2|2|-1)\).
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