Kapitel 12: Lineare Algebra und Analytische Geometrie (S. 205)

Aufgabe 1

(a) Wir berechnen das Kreuzprodukt:

\(\left(\begin{array}{c}2\\-1\\0\end{array}\right)\times\left(\begin{array}{c}2\\3\\-4\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}(-1)\cdot(-4)-0\cdot3\\0\cdot 2-2\cdot(-4)\\2\cdot 3-(-1)\cdot2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}4\\8\\8\end{array}\right)\,.\)

Dann ist nach Konstruktion dieser Vektor orthogonal zu den beiden gegebenen Vektoren \(\vec{u}\) und \(\vec{v}\).

(b) Der Vektor

\(\left(\begin{array}{c}1\\-2\\5\end{array}\right)\times\left(\begin{array}{c}1\\2\\3\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}(-2)\cdot 3-5\cdot 2\\5\cdot 1-1\cdot 3\\1\cdot2-(-2)\cdot 1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-16\\2\\4\end{array}\right)\)

ist orthogonal zu den beiden gegebenen Vektoren \(\vec{u}\) und \(\vec{v}\).

Aufgabe 2

(a) Aus den Koordinaten von C erhalten wir die Information, dass der Würfel die Kantenlänge vier hat. Entsprechend liegen die Punkte A und B bei

\(A(4|0|2)\qquad\text{und}\qquad B(2|2|4)\,.\)

Für den Flächeninhalt des Dreiecks ABC benötigen wir die Länge der Grundseite und die Höhe. Als Grundseite nehmen wir den Vektor \(\overrightarrow{AC}\) dessen Länge gerade

\(\left\|\overrightarrow{AC}\right\|=\left\|\left(\begin{array}{c}0\\4\\1\end{array}\right)-\left(\begin{array}{c}4\\0\\2\end{array}\right)\right\|=\left\|\left(\begin{array}{c}-4\\4\\-1\end{array}\right)\right\|=\sqrt{(-4)^2+4^2+(-1)^2}=\sqrt{33}\)

Für die Höhe benötigen wir jetzt den Vektor \(\vec{v}\), der von B ausgehend den Vektor \(\overrightarrow{AC}\) rechtwinklig trifft. Dazu betrachten wir den unbestimmten Vektor

\(\vec{v}_{t}=\left(\begin{array}{c}4\\0\\2\end{array}\right)+t\cdot\left(\begin{array}{c}-4\\4\\-1\end{array}\right)-\left(\begin{array}{c}2\\2\\4\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}2\\-2\\-2\end{array}\right)+t\cdot\left(\begin{array}{c}-4\\4\\-1\end{array}\right)\,,\)

der für jedes \(0\leq t\leq 1\) einen Verbindungsvektor zwischen B und \(\overrightarrow{AC}\) liefert. Aus all diesen müssen wir nun den auswählen, der orthogonal zu \(\overrightarrow{AC}\) steht, also

\(\begin{align*}0=\vec{v}_{t}\cdot\overrightarrow{AC}&=\left[\left(\begin{array}{c}2\\-2\\-2\end{array}\right)+t\cdot\left(\begin{array}{c}-4\\4\\-1\end{array}\right)\right]\cdot\left(\begin{array}{c}-4\\4\\-1\end{array}\right)\\&=\left(\begin{array}{c}2\\-2\\-2\end{array}\right)\cdot\left(\begin{array}{c}-4\\4\\-1\end{array}\right)+t\cdot\left(\begin{array}{c}-4\\4\\-1\end{array}\right)\cdot\left(\begin{array}{c}-4\\4\\-1\end{array}\right)\\&=2\cdot(-4)+(-2)\cdot4+(-2)\cdot(-1)+t\cdot[(-4)^2+4^2+(-1)^2]=-18+33t\end{align*}\)

erfüllt. Das bedeutet \(t=\frac{6}{11}\) und entsprechend ist der gesuchte Verbindungsvektor gerade

\(\vec{v}_{\frac{6}{11}}=\left(\begin{array}{c}2\\-2\\-2\end{array}\right)+\frac{6}{11}\cdot\left(\begin{array}{c}-4\\4\\-1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-2/11\\2/11\\-28/11\end{array}\right)\,,\)

die Höhe somit

\(\displaystyle\|\vec{v}_{\frac{6}{11}}\|=\left\|\left(\begin{array}{c}-\frac{2}{11}\\\frac{2}{11}\\-\frac{28}{11}\end{array}\right)\right\|=\sqrt{\left(-\frac{2}{11}\right)^2+\left(\frac{2}{11}\right)^2+\left(-\frac{28}{11}\right)^2}=\frac{6}{11}\cdot\sqrt{22}\,,\)

und damit der gesuchte Flächeninhalt

\(\displaystyle A=\frac{1}{2}\cdot\sqrt{33}\cdot\frac{6}{11}\sqrt{22}=3\sqrt{6}\,.\)

(b) Da sich der Punkt P auf der Kante \(\overline{DE}\) befindet, müssen wir obige Rechnung nur mit \( P(4|z|0) \) wiederholen, wobei z später so festzulegen ist, dass der richtige Flächeninhalt herauskommt. Als neue Grundseite wählen wir zum Beispiel \(\overrightarrow{AB}\)

\(\left\|\overrightarrow{AB}\right\|=\left\|\left(\begin{array}{c}2\\2\\4\end{array}\right)-\left(\begin{array}{c}4\\0\\2\end{array}\right)\right\|=\left\|\left(\begin{array}{c}-2\\2\\2\end{array}\right)\right\|=\sqrt{(-2)^2+2^2+2^2}=\sqrt{12}\)

und den allgemeine Verbindungsvekor \(\vec{v}_{t}\) müssen wir nun zwischen P und dem Vektor \(\overrightarrow{AB}\) aufstellen

\(\vec{v}_{t}=\left(\begin{array}{c}4\\0\\2\end{array}\right)+t\cdot\left(\begin{array}{c}-2\\2\\2\end{array}\right)-\left(\begin{array}{c}4\\z\\1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}0\\-z\\1\end{array}\right)+t\cdot\left(\begin{array}{c}-2\\2\\2\end{array}\right)\,.\)

Da

\(\begin{align*}0=\vec{v}_{t}\cdot\overrightarrow{AB}&=\left[\left(\begin{array}{c}0\\-z\\1\end{array}\right)+t\cdot\left(\begin{array}{c}-2\\2\\2\end{array}\right)\right]\cdot\left(\begin{array}{c}-2\\2\\2\end{array}\right)\\&=\left(\begin{array}{c}0\\-z\\1\end{array}\right)\cdot\left(\begin{array}{c}-2\\2\\2\end{array}\right)+t\cdot\left(\begin{array}{c}-2\\2\\2\end{array}\right)\cdot\left(\begin{array}{c}-2\\2\\2\end{array}\right)\\&=0\cdot(-2)+(-z)\cdot2+1\cdot2+t\cdot[(-2)^2+2^2+2^2]\\&=2-2z+12\cdot t\end{align*}\)

muss jetzt

\(\displaystyle t=\frac{z-1}{6}\)

und damit

\(\displaystyle\|\vec{v}_{\frac{z-1}{6}}\|=\left\|\frac{1}{3}\cdot\left(\begin{array}{c}1-z\\1-2z\\z+2\end{array}\right)\right\|=\frac{1}{1}\cdot\sqrt{(1-z)^2+(1-2z)^2+(z+2)^2}=\frac{1}{3}\cdot\sqrt{6z^2-2z+6}\,.\)

Der Flächeninhalt des Dreiecks in Abhängigkeit von z ist also

\(\displaystyle A=\frac{1}{2}\cdot\sqrt{12}\cdot \frac{1}{3}\cdot\sqrt{6z^2-2z+6}=\frac{\sqrt{6}}{3}\cdot\sqrt{3z^2-z+3}\)

und somit müssen wir \(z\) so wählen, dass

\(\frac{\sqrt{6}}{3}\cdot\sqrt{3z^2-z+3}=2\sqrt{6}\;\Longleftrightarrow\;3z^2-z+3=36\;\Longleftrightarrow\;z^2-\frac{1}{3}z-11=0\)

und da wir eine positive Lösung suchen (der Punkt liegt ja zwischen D und E, muss also eine positive y-Koordinate haben) muss:

\(z=\frac{1}{6}+\sqrt{\left(-\frac{1}{6}\right)^2+11}\approx3,48\,.\)