Kapitel 12: Lineare Algebra und Analytische Geometrie (S. 212)

Aufgabe 1

(a) Für die Geradengleichung wählen wir den Ortsvektor von A als Stützvektor und bestimmen \(\overrightarrow{AB}\) als Richtungsvektor. Wir erhalten:

\(\begin{align*}g\;\colon\,\vec{x}=\left(\begin{array}{c}2\\4\\1\end{array}\right)+t\cdot\left[\left(\begin{array}{c}5\\2\\2\end{array}\right)-\left(\begin{array}{c}2\\4\\1\end{array}\right)\right]=\left(\begin{array}{c}2\\4\\1\end{array}\right)+t\cdot\left(\begin{array}{c}3\\-2\\1\end{array}\right)\,.\end{align*}\)

(b) Gesucht ist der Parameter t zu dem das Flugzeug den Punkt \(P(x|y|5)\) erreicht. Dazu setzen wir den Ortsvektor von P in die in (a) bestimmte Geradengleichung ein

\(\overrightarrow{OP}=\left(\begin{array}{c}2\\4\\1\end{array}\right)+t\cdot\left(\begin{array}{c}3\\-2\\1\end{array}\right)\;\Longleftrightarrow\;\left(\begin{array}{c}x\\y\\5\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}2\\4\\1\end{array}\right)+t\cdot\left(\begin{array}{c}3\\-2\\1\end{array}\right)\)

und erhalten die einfache lineare Gleichung

\(5=1+t\;\Longleftrightarrow\;t=4\,.\)

Das Flugzeug erreicht die Höhe von 5 km also nach 4 min..

(c) Wir müssen also überprüfen ob die gegebene Ebene und die in (a) aufgestellte Geradengleichung einen Schnittpunkt haben. Dazu setzen wir g in E ein:

\(\begin{alignat*}{2}&&\left(\begin{array}{c}0\\1\\2\end{array}\right)\cdot\left[\left(\begin{array}{c}2\\4\\1\end{array}\right)+t\cdot\left(\begin{array}{c}3\\-2\\1\end{array}\right)-\left(\begin{array}{c}1\\0\\4\end{array}\right)\right]&=0\qquad&&\\&\Longleftrightarrow\quad&\left(\begin{array}{c}0\\1\\2\end{array}\right)\cdot\left(\begin{array}{c}1\\4\\-3\end{array}\right)+t\cdot\left(\begin{array}{c}0\\1\\2\end{array}\right)\cdot\left(\begin{array}{c}3\\-2\\1\end{array}\right)&=0&&\\&\Longleftrightarrow\quad&-2&=0&&\,.\end{alignat*}\)

Da die Aussage offensichtlich falsch ist, hat die Gleichung keine Lösung und somit E und g auch keinen Schnittpunkt. Das Flugzeug trifft die Nebelwand also nicht.

Aufgabe 2

(a) Es ist

\(\begin{align*}\left(\begin{array}{ccc|r}2 & 10 & -5 & -1\\10&-30&3&-1\\-4 & 15 & -2 & 1\end{array}\right)&\xrightarrow[III+2\cdot II]{II-5\cdot I}\left(\begin{array}{ccc|r}2 & 10 & -5 & -1 \\ 0 & -80 & 28 & 4\\0 & 35 & -12&-1\end{array}\right)\\&\xrightarrow[4\cdot III]{II:4}\left(\begin{array}{ccc|r}3 & 10 & -5 & -1\\ 0&-20&7 &1\\0&140 & -48&-4\end{array}\right)\\&\xrightarrow{III+7\cdot II}\left(\begin{array}{ccc|r}2 &10&-5&-1\\0 & -20 & 7 & 1\\ 0 & 0 & 1 & 3\end{array}\right)\end{align*}\)

Die letzte Zeile liefert nun \(z=3\) und die zweite Zeile führt auf

\(-20y+7z=1\;\Longleftrightarrow\;-20y=1-7z\;\Longleftrightarrow\;y=-\frac{1}{20}+\frac{7}{20}\cdot z=1\,.\)

Schließlich liefert die erste Zeile:

[Latex]2x+10y-5z=-1\;\Longleftrightarrow\;2x=-1-10y+5z\;\Longleftrightarrow\;x=-\frac{1}{2}-5y+\frac{5}{2}z=-\frac{1}{2}-5+\frac{15}{2}=2\,.[/Latex]

(b) Da

\(\begin{align*}\left(\begin{array}{ccc|r}1 & 1 & 1 & 1\\17&1&-7&9\\4 & 2 & 1 & 3\end{array}\right)&\xrightarrow[III-4\cdot I]{II-17\cdot I}\left(\begin{array}{ccc|r}1 & 1 & 1 & 1 \\ 0 & -16 & -24 & -8\\0 & -2 & -3&-1\end{array}\right)\\&\xrightarrow{II:(-8)}\left(\begin{array}{ccc|r} 1 & 1 & 1 & 1\\ 0 & 2 & 3 &1\\0& -2 & -3 &-1\end{array}\right)\\&\xrightarrow{III+II}\left(\begin{array}{ccc|r} 1 & 1 & 1 & 1\\0 & 2 & 3 & 1\\ 0 & 0 & 0 & 0\end{array}\right)\end{align*}\)

Wir haben es also mit einem unterbestimmten Gleichungssystem zu tun. Übersetzen wir die zweite Zeile zurück und lösen sie zum Beispiel nach y auf, erhalten wir

\(2y+3z=1\;\Longleftrightarrow\;2y=1-3z\;\Longleftrightarrow\;y=\frac{1}{2}-\frac{3}{2}\cdot z\,.\)

Einsetzen in die erste Zeile und auflösen nach x liefert schließlich

\(x+y+z=1\;\Longleftrightarrow\;x=1-y-z\;\Longleftrightarrow\;x=1-\left(\frac{1}{2}-\frac{3}{2}\cdot z\right)-z=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\cdot z\,.\)

Somit ist jedes Tripel der Form \(\displaystyle\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\cdot z\;,\;\frac{1}{2}-\frac{3}{2}\cdot z\;,\;z\right)\) eine Lösung des Gleichungssystems.

Aufgabe 3

Wir beginnen wieder mit der Suche nach einem Schnittpunkt. Da

\(\begin{alignat*}{2}&&\left(\begin{array}{c}0\\8\\-7\end{array}\right)+r\cdot\left(\begin{array}{c}1\\2\\-2\end{array}\right)&=\left(\begin{array}{c}-9\\0\\7\end{array}\right)+s\cdot\left(\begin{array}{c}3\\1\\-4\end{array}\right)&&\\&\Longleftrightarrow\quad &r\cdot\left(\begin{array}{c}1\\2\\-2\end{array}\right)-s\cdot\left(\begin{array}{c}3\\1\\-4\end{array}\right)&=\left(\begin{array}{c}-9\\0\\7\end{array}\right)-\left(\begin{array}{c}0\\8\\-7\end{array}\right)&&\\&\Longleftrightarrow\quad & \left(\begin{array}{c}r-3s\\2r-s\\-2r+4s\end{array}\right)&=\left(\begin{array}{c}-9\\-8\\14\end{array}\right)\,.&&\end{alignat*}\)

erhalten wir das Gleichungssystem

\(\begin{align*}\left(\begin{array}{cc|r}1&-3&-9\\2&-1&-8\\-2 & 4 & 14\end{array}\right)&\xrightarrow[III+2\cdot I]{II-2\cdot I}\left(\begin{array}{cc|r}1 & -3 & -9\\0 & 5 & 10\\-2 & -4 \end{array}\right)\\&\xrightarrow[III:2]{II:(5)}\left(\begin{array}{cc|r}1 & -3 & -9 \\ 0 & 1 & 2\\ 0 & -1 & -2\end{array}\right)\\&\xrightarrow{III+II}\left(\begin{array}{cc|r}1 & -3 & -9\\ 0 & 1 & 2\\ 0 & 0 & 0\end{array}\right)\xrightarrow{I+3\cdot II}\left(\begin{array}{cc|r}1 & 0 & -3\\ 0 & 1 & 2\\ 0 & 0 & 0\end{array}\right)\end{align*}\)

und damit die Lösung \(r=-3\) sowie \(s=2\). Die beiden Geraden schneiden sich also und für den Schnittpunkt X gilt:

\(\vec{x}=\left(\begin{array}{c}0\\8\\-7\end{array}\right)+(-3)\cdot\left(\begin{array}{c}1\\2\\-2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-3\\2\\-1\end{array}\right)\,.\)

Aufgabe 4

Wir stellen für beide Flugzeuge eine Geradengleichung auf, die ihre Flugbewegung darstellt:

\(\begin{align*}\mathrm{F}_{1}\;\colon\,\vec{x}=\left(\begin{array}{c}130\\130\\120\end{array}\right)+r\left(\begin{array}{c}3\\2\\-1\end{array}\right)\qquad\text{und}\qquad \mathrm{F}_{2}\;\colon\,\vec{x}=\left(\begin{array}{c}70\\155\\35\end{array}\right)+s\cdot\left(\begin{array}{c}4\\1\\1\end{array}\right)\,,\end{align*}\)

wobei r und s die vergangene Zeit in Minuten angibt. Wenn sich die Flugbahnen kreuzen, müssen sich entsprechend diese beiden Geradengleichungen schneiden. Wir berechnen

\(\begin{alignat*}{2}&&\left(\begin{array}{c}130\\130\\120\end{array}\right)+r\cdot\left(\begin{array}{c}3\\2\\-1\end{array}\right)&=\left(\begin{array}{c}70\\155\\35\end{array}\right)+s\cdot\left(\begin{array}{c}4\\1\\1\end{array}\right)\\&\Longleftrightarrow\quad&r\cdot \left(\begin{array}{c}3\\2\\-1\end{array}\right)-s\cdot\left(\begin{array}{c}4\\1\\1\end{array}\right)&=\left(\begin{array}{c}70\\155\\35\end{array}\right)-\left(\begin{array}{c}130\\130\\120\end{array}\right)\\&\Longleftrightarrow\quad&\left(\begin{array}{c}3r-4s\\2r-s\\-r-s\end{array}\right)&=\left(\begin{array}{c}-60\\25\\-85\end{array}\right)\end{alignat*}\)

und erhalten wegen

\(\begin{align*}\left(\begin{array}{cc|r}3&-4&-60\\2&-1&25\\-1&-1&-85\end{array}\right)&\xrightarrow{I\longleftrightarrow III}\left(\begin{array}{cc|r}-1&-1&-85\\2&-1&25\\3&-4&-60\end{array}\right)\\&\xrightarrow[III+3\cdot I]{II+2\cdot I}\left(\begin{array}{cc|r}-1&-1&-85\\0&-3&-135\\0&-7&-315\end{array}\right)\\&\xrightarrow[III:7]{I:(-3)}\left(\begin{array}{cc|r}-1&-1&-85\\0&1&45\\0&-1&-45\end{array}\right)\\&\xrightarrow[III+II]{I:(-1)}\left(\begin{array}{cc|r}1&1&85\\0&1&45\\0&0&0\end{array}\right)\xrightarrow{I-II}\left(\begin{array}{cc|r}1&0&40\\0&1&45\\0&0&0\end{array}\right)\end{align*}\)

die Lösungen \(r=40\) und \(s=45\). Das bedeutet, dass sich die Flugbahnen zwar im Punkt X mit

\(\overrightarrow{OX}=\left(\begin{array}{c}130\\130\\120\end{array}\right)+40\cdot\left(\begin{array}{c}3\\2\\-1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}250\\210\\80\end{array}\right)\)

kreuzen, aber das zweite Flugzeug 5 min später am Kreuzungspunkt ist, als das erste Flugzeug, dass diesen Punkt bis dahin bereits hinter sich gelassen hat. Da es in dieser Zeit gerade eine Strecke von

\(\left\|5\cdot\left(\begin{array}{c}3\\2\\-1\end{array}\right)\right\|=\left\|\left(\begin{array}{c}15\\10\\-5\end{array}\right)\right\|=\sqrt{15^2+10^2+(-5)^2}=\sqrt{350}\approx18,71\)

zurücklegt, fliegen die beiden Flugzeuge aneinander vorbei (schließlich ist das größte von Menschen bisher gebaute Flugzeug – die Antonov – nur knapp 84 m lang).

Aufgabe 5

(a) Die Koordinatensysteme sind so ausgerichtet, dass die Observatorien in ihrem jeweiligen Koordinatenursprung liegen und die \(x_{1}\)-Achse in Ostrichtung, die \(x_{2}\)-Achse in Nordrichtung und entsprechend die \(x_{3}\)-Achse nach oben gerichtet sind. Zunächst einmal benötigen wir die Koordinaten für die Punkte U und L (an denen das Upper Event und das Lower Event stattfinden). Als Bezugssystem wählen wir das Koordinatensystem des ersten Observatoriums. Dann liegt U auf der Geraden

\(g_{1}\;\colon\,\vec{x}=\left(\begin{array}{c}0\\0\\0\end{array}\right)+r\cdot\left(\begin{array}{c}-2\\1,8\\8\end{array}\right)=r\cdot\left(\begin{array}{c}-2\\1,8\\8\end{array}\right)\)

und außerdem auf der Geraden, die vom Observatorium 2 ausgehend durch diesen Punkt geht. Da der Koordinatenursprung vom zweiten Observatorium um 5 km in westlicher und 3 km in östlicher Richtung entfernt, also gerade in \(O_{2}(-5|3|0)\) liegt, ist diese Gerade durch

\(g_{2}\;\colon\,\vec{x}=\left(\begin{array}{c}-5\\3\\0\end{array}\right)+s\cdot\left(\begin{array}{c}-1\\1,2\\8\end{array}\right)\)

gegeben. Entsprechend erhalten wir für L die beiden Geraden

\(h_{1}\;\colon\,\vec{x}=r\cdot\left(\begin{array}{c}-1\\5\\8\end{array}\right)\qquad\text{und}\qquad h_{2}\;\colon\,\vec{x}=\left(\begin{array}{c}-5\\3\\0\end{array}\right)+s\cdot\left(\begin{array}{c}2\\1\\4\end{array}\right)\,.\)

Wir berechnen entsprechend die Schnittpunkte der Geraden. Wegen

\(\begin{alignat*}{2}&&r\cdot\left(\begin{array}{c}-2\\1,8\\8\end{array}\right)&=\left(\begin{array}{c}-5\\3\\0\end{array}\right)+s\cdot\left(\begin{array}{c}-1\\1,2\\8\end{array}\right)\\&\Longleftrightarrow\quad&r\cdot\left(\begin{array}{c}-2\\1,8\\8\end{array}\right)-s\cdot\left(\begin{array}{c}-1\\1,2\\8\end{array}\right)&=\left(\begin{array}{c}-5\\3\\0\end{array}\right)\\&\Longleftrightarrow\quad&r\cdot\left(\begin{array}{c}-2r+s\\1,8r-1,2s\\8r-8s\end{array}\right)&=\left(\begin{array}{c}-5\\3\\0\end{array}\right)\end{alignat*}\)

und

\(\begin{align*}\left(\begin{array}{cc|r}-2 & 1 & -5\\1,8 & -1,2 & 3\\8 & -8 & 0 \end{array}\right)&\xrightarrow[III+4\cdot I]{II+0,9\cdot I}\left(\begin{array}{cc|r}-2 & 1 & -5\\0 & -0,3 & -1,5\\0 & -4 & -20 \end{array}\right)\\&\xrightarrow[III:(-4)]{II:(-0,3)}\left(\begin{array}{cc|r}-2 & 1 & -5\\0 & 1 & 5\\0 & 1 & 5 \end{array}\right)\xrightarrow[III-II]{I-II}\left(\begin{array}{cc|r}-2 & 0 & -10\\0 & 1 & 5\\0 & 0 & 0 \end{array}\right)\end{align*}\)

erhalten wir \(r=5\) und \(s=5\), also

\(\overrightarrow{OU}=5\cdot\left(\begin{array}{c}-2\\1,8\\8\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-10\\9\\40\end{array}\right)\,.\)

Außerdem folgt aus

\(\begin{alignat*}{2}&&r\cdot\left(\begin{array}{c}-1\\5\\8\end{array}\right)&=\left(\begin{array}{c}-5\\3\\0\end{array}\right)+s\cdot\left(\begin{array}{c}2\\1\\4\end{array}\right)\\&\Longleftrightarrow\quad&r\cdot\left(\begin{array}{c}-1\\5\\8\end{array}\right)-s\cdot\left(\begin{array}{c}2\\1\\4\end{array}\right)&=\left(\begin{array}{c}-5\\3\\0\end{array}\right)\\&\Longleftrightarrow\quad&r\cdot\left(\begin{array}{c}-r-2s\\5r-s\\8r-4s\end{array}\right)&=\left(\begin{array}{c}-5\\3\\0\end{array}\right)\end{alignat*}\)

und

\(\begin{align*}\left(\begin{array}{cc|r}-1 & -2 & -5\\5 & -1 & 3\\8 & -4 & 0 \end{array}\right)&\xrightarrow[III+8\cdot I]{II+5\cdot I}\left(\begin{array}{cc|r}-1 & 2 & -5\\0 & -11 & -22\\0 & -20 & -40 \end{array}\right)\\&\xrightarrow[III:(-20)]{II:(-11)}\left(\begin{array}{cc|r}-1 & .2 & -5\\0 & 1 & 2\\0 & 1 & 2 \end{array}\right)\xrightarrow[III-II]{I+2\cdot II}\left(\begin{array}{cc|r}-1 & 0 & -1\\0 & 1 & 2\\0 & 0 & 0 \end{array}\right)\,,\end{align*}\)

dass \(r=1\) und \(s=2\), entsprechend also

\(\overrightarrow{OL}=1\cdot\left(\begin{array}{c}-1\\5\\8\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-1\\5\\8\end{array}\right)\,.\)

Dann lässt sich die Flugbahn des Meteoriten durch die Gerade

\(M\;\colon\,\vec{x}=\overrightarrow{OU}+t\cdot\left[\overrightarrow{OL}-\overrightarrow{OU}\right]=\left(\begin{array}{c}-10\\9\\40\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-9\\4\\32\end{array}\right)\,.\)

Für den Auftreffpunkt P muss die letzte Koordinate des zugehörigen Ortsvektors \(\overrightarrow{OP}\) null sein. Da er außerdem auf M liegen muss, folgt aus der letzten Zeile der Geradengleichung

\(\displaystyle 0=40+32\cdot t\;\Longleftrightarrow\;t=-\frac{5}{4}\)

und wir erhalten

\(\begin{align*}\overrightarrow{OP}=\left(\begin{array}{c}-10\\9\\40\end{array}\right)-\frac{5}{4}\cdot \left(\begin{array}{c}-9\\4\\32\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}\frac{5}{4}\\4\\0\end{array}\right)\,.\end{align*}\)

Für den Einschlagwinkel müssen wir den Winkel zwischen dem Richtungsvektor von M und dessen Projektion auf den Boden des Koordinatensystems berechnen. Es folgt

\(\begin{align*}\cos(\alpha)=\frac{\left(\begin{array}{c}-9\\4\\32\end{array}\right)\cdot\left(\begin{array}{c}-9\\4\\0\end{array}\right)}{\left\|\left(\begin{array}{c}-9\\4\\32\end{array}\right)\right\|\cdot\left\|\left(\begin{array}{c}-9\\4\\0\end{array}\right)\right\|}=\frac{(-9)^2+4^2+32\cdot 0}{\sqrt{(-9)^2+4^2+32^2}\cdot\sqrt{(-9)^2+4^2+0^2}}=\sqrt{\frac{97}{1121}}\;\Longleftrightarrow\;\alpha\approx0,4\pi\end{align*}\,.\)

(b) Für den Abstand von P zum Observatorium 1 erhalten wir

\(\left\|\overrightarrow{OP}\right\|=\left\|\left(\begin{array}{c}\frac{5}{4}\\4\\0\end{array}\right)\right\|=\sqrt{\left(\frac{5}{4}\right)^2+4^2}=\sqrt{\frac{89}{16}}\approx2,35\,\text{[km]}\)

und für den Abstand zum zweiten Observatorium

\(\left\|\overrightarrow{O_{2}P}\right\|=\left\|\left(\begin{array}{c}\frac{5}{4}\\4\\0\end{array}\right)-\left(\begin{array}{c}-5\\3\\0\end{array}\right)\right\|=\sqrt{\left(\frac{25}{4}\right)^2+1^2}=\sqrt{\frac{641}{16}}\approx6,33\,\text{[km]}\,.\)

Das erste Observatorium ist also näher dran.