Lösungen Lineare Algebra: Abi 2006 NRW LK Probeaufgabe 2 – Truth-Quark

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a)

Zum Erstellen einer Ebenengleichung sind mindestens 3 Punkte notwendig, z.B.:
( 4 | 2 | 0 ), ( 4 | 0 | 2 ), ( 2 | 0 | 4 )
Erstellen der Parameterform:
$LaTeX: E: \vec x = \begin{pmatrix} 4 \\ 2 \\ 0 \end{pmatrix} + \lambda_0 \cdot \left( \begin{pmatrix} 4 \\ 2 \\ 0 \end{pmatrix} - \begin{pmatrix} 4 \\ 0 \\ 2 \end{pmatrix} \right) + \mu_0 \cdot \left( \begin{pmatrix} 4 \\ 2 \\ 0 \end{pmatrix} - \begin{pmatrix} 2 \\ 0 \\ 4 \end{pmatrix} \right)$
$LaTeX: \Leftrightarrow E: \vec x = \begin{pmatrix} 4 \\ 2 \\ 0 \end{pmatrix} + \lambda \cdot \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ -1 \end{pmatrix} + \mu \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ -2 \end{pmatrix}$
Erstellen der Normalenform:
$LaTeX: \vec n = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ -1 \end{pmatrix} \times \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ -2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 \cdot (-2) - 1 \cdot (-1) \\ </p> <pre>(-1) \cdot 1 - (-2) \cdot 0 \\ 0 \cdot 1 - 1 \cdot 1 </pre> <p>\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -1 \\ -1 \\ -1 \end{pmatrix}$
$LaTeX: E: \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} \cdot \vec x = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 4 \\ 2 \\ 0 \end{pmatrix} = 6$

b)

Für den Abstand rechnen wir mit der Hesse'schen Normalenform:
$LaTeX: d= \left| \frac1{\sqrt3}\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} \cdot \left( \begin{pmatrix} 4 \\ 2 \\ 0 \end{pmatrix} - \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}\right) \right|=\left| \frac1{\sqrt3} \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 4 \\ 2 \\ 0 \end{pmatrix} \right|= \frac6{\sqrt3} = 2\sqrt3$
Der Winkel zwischen den Ebenen ist gleich dem Winkel zwischen ihren Normalen:
$LaTeX: cos(\phi)=\frac{\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}} {\left|\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}\right| \cdot \left|\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}\right|} =\frac{1}{\sqrt3}$
$LaTeX: \Rightarrow \phi \approx 54,73561^\circ$

c)

Erstellen der Normalenform der beiden Ebenen:
Bei der Ebene aus Bild 2 kann man einfach den Punkt ( 0 | 0 | 2 ) und den Normalenvektor $LaTeX: \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}$ ablesen.
$LaTeX: \Rightarrow E: \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} \cdot \vec x = 2$ Dies ist eine Ebene der Ebenenschar für r=0.
Bei der Ebene aus Bild 3 kann man drei Punkte ablesen, z.B:
( 0 | 0 | 4 ), ( 4 | 0 | 3 ), ( 0 | 4 | 3 )
Normelenvektor:
$LaTeX: \begin{pmatrix} 0-4 \\ 0 \\ 4-3 \end{pmatrix} \times \begin{pmatrix} 0 \\ 0-4 \\ 4-3 \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} -4 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} \times \begin{pmatrix} 0 \\ -4 \\ 1 \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} 4 \\ 4 \\ 16 \end{pmatrix}$
$LaTeX: \Rightarrow n= \begin{pmatrix} \frac14 \\ \frac14 \\ 1 \end{pmatrix}$
$LaTeX: \Rightarrow E: \begin{pmatrix} \frac14 \\ \frac14 \\ 1 \end{pmatrix} \cdot \vec x = 4 \ne 4 \cdot \frac14 +2$
Also gehört die Ebene in Bild 3 nicht zur Ebenenschar E_r.

d)

Wenn das graue Viereck ein Quadrat ist, dann ist das Skalarprodukt der Vektoren $LaTeX: \begin{pmatrix} -4 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}$ und $LaTeX: \begin{pmatrix} 0 \\ -4 \\ 1 \end{pmatrix}$ Null, da sie dann rechtwinklig zueinander sind.
$LaTeX: \begin{pmatrix} -4 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 0 \\ -4 \\ 1 \end{pmatrix} = 0 + 0 + 1 \ne 0$
Es handelt sich nicht um ein Quadrat!

e)

Die Raumdiagonale d:
$LaTeX: d: \vec x = \varepsilon \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}$
Zum bestimmen der Schnittpunkte setzen wir die Raumdiagonale in die Ebenengleichung:
$LaTeX: \varepsilon \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} r \\ r \\ 1 \end{pmatrix} = 4r +2$
$LaTeX: \Leftrightarrow 2\varepsilon r + \varepsilon = 4r + 2$
$LaTeX: \Leftrightarrow \varepsilon = 2 \cdot \frac{2r+1}{2r+1} \quad , r\ne-\frac12 </p> <pre>\quad \lor \quad \varepsilon - \varepsilon = 2 - 2 \quad , r=-\frac12$

$LaTeX: \Rightarrow \vec x = 2 \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}\quad \lor \quad \vec x = \varepsilon \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}$
Die Ebenenschar E_r hat mit der Raumdiagonalen immer den Punkt ( 2 | 2 | 2) gemeinsam, die Raumdiagonale liegt allerdings gleichzeitig in der Ebene $LaTeX: E_{-\frac12}$ (daher gibt es für $LaTeX: r=-\frac12$ unendlich viele Lösungen)

f)

Man kann den Würfel parallel zur x₁ - x₂ - Ebene in zwei Quader der Größe $LaTeX: 2 \cdot 4 \cdot 4 = 32$ halbieren. Die obere Hälfte wird dabei vom grauen Viereck nochmals in zwei gleichgroße Stücke geteilt. Das gesamte Volumen beträgt also 16 + 32 = 48