Geometrie und Statik

Prof. Dr. W. Rosenheinrich
Fachbereich Grundlagenwissenschaften
Fachhochschule Jena
08.04.2009
Übungsmaterial
Geometrie und Vektorrechnung
Nachstehend sind einige geometrische Probleme formuliert, die teils direkt, teils mit Hilfe der Vektorrechnung
gelöst werden können. Weiterhin gibt es Aufgaben aus der Statik.
Die Aufgaben sind relativ einfach und durch geeignete Verknüpfung von Grundformeln zu lösen. Wenn man
sie alle selbst lösen kann (was mehr bedeutet als im Glauben zu leben, man habe die beigefügte Lösung
gelesen und verständlich gefunden), so kann man der Klausur ’Mathematik I’ zumindest im Themenbereich
’Geometrie’ halbwegs gelassen entgegensehen. Die Klausuraufgaben liegen in etwa auf diesem Niveau des
Verständnisses der theoretischen Zusammenhänge. Allerdings sind einige der nachstehenden Aufgaben vergleichsweise rechenintensiv, weshalb sie nicht in dieser Form als Klausuraufgabe in Frage kommen.
Ich rate dringend, zunächst selbst über die Aufgaben nachzudenken. Hilft dies nicht, so sollte man noch
heftiger nachdenken und zur Not in einer weiteren Steigerungsstufe mehrere Tage jede freie Minute über
dem Problem grübeln.
Glaubt man dann, eine Lösung gefunden zu haben, so kann man sie mit der angegebenen vergleichen. Man
wird nun vielleicht feststellen, daß die eigene sogar eleganter ist, oder umständlicher, aber richtig (Warum
bin ich den umständlichen Weg gegangen?) oder sie ist falsch (Wo lag mein Fehler?).1
So lernt der Mensch.
Und wenn man weiland zu der Frage ’Ist Hagen von Tronjes Persönlichkeit positiv oder negativ zu werten?’
eine ausführliche und fundierte Stellungnahme abgeben konnte, so stellt man jetzt fest, daß das Problem
’Unter welchem Winkel muß die Ebene, die mit der x − y−Ebene die Schnittgerade ... hat, ansteigen, damit
ihr Durchstoßpunkt mit der Geraden ... den Abstand 28 vom Koordinatenursprung hat?’ andere Gehirnregionen fordert und das auch noch auf andere Weise.
Die Klausur zeigt immer wieder, daß bereits das Verständnis der Frage beträchtliche Probleme machen kann.
Das gilt es also ggfs. auch zu üben.2
Speziell nach Wiederholungsklausuren gibt es oft Meinungsäußerungen der Form ’Ich habe alle Aufgaben
(dieses Materials) gelöst und hatte keine Probleme. Ich verstehe nicht, warum ich das hier nicht herausbekommen habe.’
Das klingt wie: ’Polen? Kenn ich! Bin mal drübergeflogen.’
Wenn die gemachte Aussage richtig wäre, so hätte man nicht die Beträge nichtparalleler Kräfte addiert usw..
Einige der nachstehenden Aufgaben erfordern zu ihrer Lösung die Benutzung des Taschenrechners. Damit
sind sie nicht unmittelbar als Klausuraufgaben geeignet. Ihrem pädagogischen Nutzen tut das aber keinen
Abruch.
Aufgaben:
1. Gesucht ist die Gleichung einer Ebene E, die senkrecht auf 3x − 2y − z = 106 steht, durch den
Koordinatenursprung geht und den Punkt (1,1,6) enthält.
2. Die Ebene E soll durch die Punkte P = (2, 2, 5), Q = (4, 7, 3) und einen Punkt R gehen, der auf der
Geraden g : ~r(t) = (−1, −1, 5)T + t(3, 6, −2)R liegt. Sie soll durch P , Q und R eindeutig definiert
werden.
Welcher Punkt von g ist als R ungeeignet?
3. Die Ebene E enthält die x-Achse und den Punkt P (0, 2, 3).
a) Unter welchem Winkel wird sie von der Gerade durch den Nullpunkt und den Punkt Q(5, 1, 1)
durchstoßen?
b) Wie weit ist der Punkt R(0, 0, 10) von E entfernt?
4. a) Vom Punkt P (3, 1, 1) gehen Strecken nach Q(7, 2, 4) und R(0, −2, 2); welchen Winkel schließen sie
ein?
1 Oder
die hier angegebene Lösung ist falsch, das kommt trotz aller Kontrollen leider auch vor.
gibt es auch in den Geisteswissenschaften Fragestellungen, deren Zielstellung sich dem Nichtspezialisten nicht
sofort erschließt. Ein typisches Feld ist m. E. die Erkenntnistheorie.
2 Natürlich
1
b) Geben Sie eine Darstellung der Geraden g an, die parallel zur Strecke von P nach Q durch den
Punkt R geht!
5. Der Arm eines Manipulators dreht sich um den Raumpunkt P (3, 3, 1); er bedient die beiden Punkte
A(5, 1, 2) und B(3, 0, 1). Wie lang muß dieser Manipulatorarm sein, und welchen Winkel überstreicht
er bei der Bewegung von A nach B ?
6. Finden Sie einen nichttrivialen Vektor, der orthogonal zu (1,2,3) und zu (2,1,-4) ist !
7. Eine Ebene im Raum ist parallel zu den Vektoren (1, 1, 4)T und (2, 0, −3)T , sie wird von einer Geraden
durchstoßen, die parallel zum Vektor (−3, 5, 1)T verläuft. Berechnen Sie den Winkel zwischen der
Geraden und der Normalen auf der Ebene!
8. Ein gefährliches Objekt bewegt sich geradlinig aus dem Punkt (35,18) nach (2,120). Von ihm ist ein
Sicherheitsabstand von 12 vorgeschrieben. Kann man sich beim Passieren des Objekts ungefährdet im
Punkt (22,60) aufhalten? Begründen Sie Ihre Entscheidung durch eine Rechnung!
9. Der Ort B befindet sich 23km nördlich und 11km östlich von A; das Gelände sei eben und beide Orte
sind durch eine gerade Energieleitung verbunden. Das Werk W wird 9km nördlich und 1km westlich
von A gebaut; es soll durch ein möglichst kurzes Verbindungsstück an diese Leitung angeschlossen
werden. Wo ist die Anschlußstelle zu wählen, und wie lang wird die Verbindungsleitung?
10. Der Parameter λ ist so zu bestimmen, daß die Vektoren (3, 2, −4)T und (0, 1, 5)T + λ(2, 5, −1)T orthogonal werden.
11. In einer Ebene seien fünf (im Nullpunkt beginnende) Vektoren gegeben, deren Skalarprodukt für jedes
Paar positiv ist. Zeigen Sie, daß dann ein Gerade durch den Nullpunkt existiert, so daß alle diese
Vektoren auf einer Seite dieser Geraden liegen! Wie kann man eine solche Gerade finden?
12. Auf zwei sich unter einem Winkel von 60o schneidenden Linien liegen die Punkte A und B, deren
gegenseitige Entfernung 31 Fuss beträgt. Schiebt man den Punkt A 20 Fuss weiter nach dem
Schnittpunkt der Linien hin, so beträgt die Entfernung zwischen A und B nur noch 21 Fuss.
Wie weit sind A und B vom Schnittpunkt entfernt? (Aus einem Mathematikbuch von 1871.)
13. Mitten auf einem riesigen ebenen Platz strahlt von einem 5m hohen Mast eine Lampe. Ein ziemlich
großer Fußgänger (sein Hut befindet sich in einer Höhe von 2m) überquert diesen Platz auf einer
geraden Linie in einer Entfernung von 8m vom Fuß des Lampenmastes. Auf welcher Kurve bewegt sich
der Schatten seines Hutes?
14. Im Raum sind zwei windschiefe Geraden g1 : ~r1 (λ) = ~a1 + λ~
p1 und g2 : ~r2 (µ) = ~a2 + µ~
p2 gegeben;
ein Betrachter im Punkt ~b, der auf keiner der beiden Geraden liegt, hat den Eindruck, als ob sie sich
schneiden, obwohl sie natürlich (i. a.) in einem gewissen Abstand aneinander vorbeilaufen.
Geben Sie die Darstellung der Geraden vom Betrachter zu jenem scheinbaren Schnittpunkt an!
15. In der Ebene sind drei nicht auf einer Geraden liegende Punkte gegeben; wie kann man aus Kenntnis
ihrer Koordinaten den Kreis konstruieren bzw. berechnen (Mittelpunktskoordinaten, Radius), auf dem
sie liegen ?
16. Die Ebene E enthält die Punkte (1,2,1), (4,-2,7) und (6,0,5).
Geben Sie ihre Schnittgerade mit der x − z-Ebene an!
17. Finden Sie die Gleichungen aller Ebenen, die zu E : 6x − 7y − z = 104 im Abstand % = 8 parallel sind.
Geben Sie diese Ebenengleichungen in der Gestalt ax + by + cz = 1 an!
18. Die Gerade g geht durch die Punkte A = (3, 3, −7) und B = (1, −5, 11).
Finden Sie alle Punkte auf g, die von A viermal weiter entfernt sind als B, oder von denen A viermal
weiter entfernt ist als B!
19. Vom Punkt X = (x, 0) der x - Achse geht ein Seil zu P = (19, 34), es übt eine Zugkraft aus.
Der Punkt P seinerseits wird durch zwei Seile nach Q = (−3, 105) und R = (38, 202) fixiert, die durch
Zug ihrerseits die nach X wirkende Kraft genau aufheben.
In welchem Bereich a ≤ x ≤ b darf X nur liegen, damit dies möglich ist?
2
20. Aus P = (2, 5) und Q = (−1, 6) sind Seile nach R = (5, 11) gespannt. In ihnen wirken Kräfte fp = 60N
und fq = 110N .
Durch Änderung der Stärken dieser beiden Kräfte soll die in R anliegende Gesamtkraft um 4o gegen
den Uhrzeigersinn gedreht werden, ohne ihre Stärke zu ändern. Wie sind fp und fq dann zu bemessen?
21. In der Ebene sind die drei Punkte A = (2, 7), B = (5, 3) und C = (1, −1) gegeben.
Bestimmen Sie alle Punkte A0 dieser Ebene, so daß die Dreiecke A0 BC dieselbe Fläche haben wie das
Dreieck ABC und der Abstand von A0 zu B gerade 22.7 beträgt !
22. Im Punkt P = (5, 6) befindet sich eine Befestigung. An ihr greift eine Kraft von 280N in Richtung des
Punktes (13,2) an.
Diese Befestigung darf maximal mit 400N belastet werden.
An ihr sollen weitere 330N angelegt werden. In welchem Winkelbereich - gemessen zur positiven x-Achse
- kann das nur geschehen?
.
........
...... ..........
.
.
23. An einem Seil, das über eine in der Entfernung d vor einer
...... ... ......
...... ......... .....
.
senkrechten Wand befindlichen Rolle führt, hängt ein Gewicht
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........ ...
......
G.
... ...
......
.
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........ .....
....
.
Das Seil ist in der Höhe h über dem Niveau der Rolle an der
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.
..
......
....... h
Wand befestigt.
......
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..
........ ....
Diese darf in horizontaler Richtung höchstens mit der Kraft
....... ...
......
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... ...
Fg < G belastet werden.
......
....... ...
......
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.... ... ......
.
Wie groß muß also h mindestens sein?
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..
..
........w..... ..... ..... ..... ..... ..... ..... ..... ..... ..... ..... ..... ..... ........... .........
d
....
......
....
........
.......
........
.G
..
24. Die Gerade g soll durch den Koordinatenursprung verlaufen und die beiden Punkte P1 = (8, 3) und
P2 = (15, 20) in dem Sinne trennen, daß sie auf verschiedenen Seiten dieser Geraden liegen.
Weiterhin sollen beide Punkte denselben Abstand zu g haben. Ermitteln Sie g!
................ ..... ...
25. Im Koordinatenursprung ist ein Seil der Länge L befestigt. Auf .....
........ .........
...
.
.
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.
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.
...
ihm kann sich eine Rolle mit einer daran befindlichen Last frei ...
........
....... h
...
........
.
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bewegen. Sie spannt das Seil in zwei gerade Stücke.
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.... .
....
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.....
.......
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Die y-Koordinate der Rolle sei mit yr < 0 vorgegeben. In wel- .....
.
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.....
.. ..
...
.
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cher Höhe y = h muß das andere Ende des Seiles an einer ............................................................................................................................................................
..
... .........
.
..
senkrechten Wand durch x = d < L befestigt werden, damit ... .........w
d .......
........
...... ..... ............
......
dies eintritt?
....yr ....
.
........
...
Anmerkung: Die beiden Seilstücke haben im Gleichgewichts- .....
.......
... .....................
.... .
zustand dieselben Anstiegswinkel.
.... ....
..
.......
.... .......................
........
....
...
....
........
....
.
......
.
26. Eine Kleinbildkamera bildet auf ein Filmformat von 24mm × 36mm ab.
Ihr Normalobjektiv (Brennweite 50mm) erfaßt dabei über die Bilddiagonale einen Winkel von 45o .
Welche Winkel werden horizontal und vertikal überstrichen (jeweils durch die Bildmitte genommen)?
27. Vier Stäbe der Länge 65cm sind an den Enden paarweise mit Scharnieren zu einer geschlossenen Kontur
verbunden, so daß man aus ihnen z. B. ein Quadrat oder Rhombus falten kann.
Aus ihnen wird ein Stab der Länge 130cm gebildet und in eine gerade Röhre mit dem Radius 22cm
eingeführt. Dort wird die Konstruktion zum Rhombus aufgefaltet. Zwischen dem vorderen und hinteren
Scharnier wird eine Feder mit der Federkonstante 5.4N/mm gespannt, die im entspannten Zustant 82cm
lang ist.
a) Mit welcher Kraft drückt dann jedes der beiden anderen Scharniere auf die Wandung der Röhre,
wenn sie sich genau gegenüber befinden?
b) Mit welcher Kraft drückt dann jedes der beiden anderen Scharniere auf die Wandung der Röhre,
wenn auf jeder Seite ein Stab (fast) parallel zu ihrem Verlauf ist?
(Damit sind die beiden Scharniere also nicht mehr genau gegenüber, sondern schräg gegeneinander
versetzt. Es soll jeweils nur das Scharnier, wo die Feder nicht befestigt ist, die Wand berühren.
Es interessiert nur die senkrecht auf die Wand wirkende Kraft.)
3
28. Eine gerade Straße soll an einen Hang gebaut werden. Letzterer ist eine Ebene, die um 29.3o gegen die
Horizontale geneigt ist.
Die Straße soll auf 100 m geneigte Fahrstrecke genau 11 m steigen.
Die Straße sei mit einer Geraden s identifiziert, und sei h eine horizontale Gerade in der Hangebene.
s und h sollen sich schneiden.
a) Welchen Winkel α schließen s und h (in der Hangebene) ein?
b) Es sei s0 die senkrechte Projektion von s in eine horizontale Ebene, und h0 die analoge Projektion
von h. Welchen Winkel β schließen s0 und h0 ein?
29. In der Ebene sind zwei verschiedene Punkte A = (xa , ya ) und B = (xb , yb ) gegeben.
Vom Punkt P ist bekannt, daß er sich auf einer - noch unbekannten - Geraden g der Ebene bewegt,
und zwar mit der - noch unbekannten - konstanten Geschwindigkeit v.
Im Moment t = 0 wird die Lage C = (xc , yc ) von P ermittelt und festgestellt, daß sich der Abstand da
von A zu P in diesem Moment mit der Geschwindigkeit va ändert, und der zwischen B und P mit vb .
Ermitteln Sie das Weg - Zeit - Gesetz der Bewegung von P , d. h. seine Koordinaten xp (t) und yp (t).
A, B und C liegen nicht auf einer Geraden.
30. Die paarweise verschiedenen Punkte P, Q und S sind Endpunkte der im Nullpunkt ansetzenden
räumlichen Vektoren p~, ~q und ~s entsprechend. Sie liegen nicht auf einer Geraden.
Bestimmen Sie die Menge M aller Punkte im Raum, die von P, Q und S denselben Abstand haben!
31. Sei ~a = (2, 0, 5)T und ~b = (−4, −1, 5)T . Bestimmen Sie die Faktoren λ und µ so, daß die Linearkombination λ~a + µ~b, zu ~c = (−48, 4, 39)T addiert, mit diesem in der Summe einen zu d~ = (8, −3, −8)T
parallelen Vektor ergibt!
32. Aus dem Punkt P = (5, 2) geht ein Seil nach Q = (17, 9). In ihm wirkt eine Zugkraft von 400N .
Um sie im Punkt P zu kompensieren wurden Seile von da nach R = (0, −10) und nach S = (−2, −1)
gespannt.
Welche Kräfte müssen in diesen beiden Seilen wirken, damit in P die Gesamtkraft Null wird?
Die Einheitsvektoren der drei Seil- und damit Kraftrichtungen sind
12
0.863 779
1
−5
−0.384 615
1
=
, ~er = √
=
,
~eq = √
0.503 871
−0.923 077
122 + 72 7
52 + 122 −12
1
−7
−0.919 145
√
~es =
=
.
−0.393 919
72 + 32 −3
Für die Kräfte fr und fs erhält man das lineare Gleichungssystem
0
0.863 779
−0.384 615
−0.919 145
+ fr
+ fs
=
.
400
0
0.503 871
−0.923 077
−0.393 919
Seine Lösungen sind fr = 70.5N und fs = 346.4N .
Wie kann man das einfacher rechnen?
33. Es seien ~ea und ~eb die Einheitsvektoren der Vektoren ~a = (7, 2, 4)T und ~b = (−5, −1, 3)T . Ermitteln
Sie ~ea × ~eb als Dezimalzahlen!
34. Warum ist die Schreibweise ~v 2 für ~v × ~v , ~v 3 für ~v × ~v × ~v usw. bei dreidimensionalen Vektoren nicht
üblich?
35. Berechnen Sie

     

1
3
2
1
 5 × 7 + 2 × 5  !
2
4
1
2
36. Es ist ~v = (6, −4, −5)T und w
~ = (2, y, z)T , seien ~ev und ~ew die zugehörigen Einheitsvektoren.
Bekannt ist, daß ~ev · ~ew = 1 gilt, ermitteln Sie hieraus y und z !
37. Gegeben ist eine Kraft F~1 . In welchem Winkel α zu ihr muß eine Kraft der gegebenen Stärke F2 im
selben Punkt wie F~1 angreifen, damit |F~1 + F~2 | = |F~1 | gilt?
38. Gegeben sind die Gerade g : ~r(t) = (1, −1, 4)T + t(2, 3, −1) und der Punkt P = (7, 6, 15).
Gesucht sind Punkte Q und R auf g, so daß P QR ein gleichseitiges Dreieck bildet.
4
39. Gegeben sind die Gerade g : ~r(t) = (1, −1, 4)T + t(2, 3, −1) und die Punkte P = (10, 6, 15) sowie
Q = (−3, −7, 6)T ∈ g.
Gesucht ist ein Punkte R auf g, so daß P QR ein Dreieck mit dem Flächeninhalt 109 bildet.
40. Bestimmen Sie den Wert a so, daß die Geraden g1 : ~r1 (λ) = (1, 2, 3)T + λ(2, 5, −1)T und
g2 : ~r2 (µ) = (7, 0, 3)T + µ(6, a, 4)T in ein und derselben Ebene liegen!
41. Im Raum liegt eine Ebene E. Sie besitzt ihrerseits ein eigenes Koordinatensystem S, in dem der in ihr
liegende Raumpunkt P = (12, 1, 2)T die Koordinaten (−2, 3) besitzt und Q = (4, −3, 8)T ∈ E hat die
internen Koordinaten (2, 1), weiterhin ist R = (4, −5, 12)T dargestellt als (4,2).
a) Finden Sie die Raumkoordinaten des Nullpunkts von S !
b) Welche Koordinaten hat (3, −2, 5)T ∈ E in dieser?
c) Wie lauten die Raumkoordinaten des Punktes mit den internen Koordinaten (5,-6) ?
42. In einem Computerprogramm stehen zwei dreidimensionale Vektoren x = (x1 , x2 , x3 )T und y =
(y1 , y2 , y3 )T mit ganzahligen Komponenten xk bzw. yk zur Verfügug.
Wie kann das Programm entscheiden, ob die beiden Vektoren parallel sind?
43. Geben Sie (ohne Taschenrechner) eine möglichst praktikable Darstellung der Beträge der folgenden
Vektoren an!




0
19
17
~a =
, ~b =  209  , ~c =  19 
34
0
−19
44. Für welche Vektoren ~r gilt |~r − ~a| = |~r − ~b| mit gegebenen Vektoren ~a und ~b mit ~a 6= ~b ?
45. Im Punkt L = (2, 5, 22) befindet sich eine punktförmige Lichtquelle. Geben Sie eine Beschreibung des
Schattens, den die Gerade durch P = (−2, 0, 1) und Q = (4, −1, 3) auf die Ebene x + y + 6z = −60
wirft!
46. Gegeben ist die Ebene E: 2x − 5y − 2z = 4 und der in ihr liegende Punkt P = (4, 2, −3).
Geben Sie eine Darstellung der in E verlaufenden horizontalen Gerade durch P an!
(Die z-Achse sei wie üblich nach oben gerichtet.)
Läßt sich analog eine in E verlaufende vertikale Gerade durch P ermitteln?
47. Im räumlichen Koordinatensystem verlaufe die z-Achse wie üblich nach oben. Sei P (x) der Punkt in
der Ebene 14x − 129y + 311z = −1072, der sich genau über dem Punkt (x, 0, 0) der x-Achse befindet.
Steigt oder fällt P (x), wenn x wächst?
48. In einem Punkt greifen zwei Kräfte von jeweils 40N an, die resultierende Gesamtkraft hat eine Stärke
von 70N. Unter welchem Winkel zueinander wirken die beiden Kräfte?
49. Die Geraden g1 und g10 gehen durch P1 = (2, 6, 1) und schneiden die Gerade
g1∗ : ~r1∗ (t) = (−2, 1, 6)T + t(1, 1, −3)T .
Die Geraden g2 und g20 gehen durch P2 = (1, 0, 3) und schneiden die Gerade
g2∗ : ~r2∗ (s) = (3, 3, −2)T + s(2, 1, 5)T .
a) Bestimmen Sie g1 und g2 aus der Bedingung, daß sie parallel sind!
b) g10 schneidet g1∗ in ~r1∗ (t) und g20 schneidet g2∗ in ~r2∗ (t). Weiterhin sollen sich g10 und g20 schneiden.
Stellen Sie ~r2∗ durch ~r1∗ (t) dar!
50. Gegeben ist ein ebener Vektor ~a, gesucht sind zwei Vektoren ~b und ~c gegebener Länge b > 0 und c > 0,
die in der Summe ~a ergeben: ~b + ~c = ~a.
Wie kann man solche Vektoren finden? Geht das eindeutig?
51. Gegeben ist der Punkt P = (2, 1, 4), gesucht ist derjenige Punkt Q auf g : ~r(λ) = (7, 2, 9)T +
λ(−1, −1, 5)T , so daß die Strecke P~Q im Winkel von 30o zur Horizontalen ansteigt (von P nach Q).
52. Gesucht ist eine Ebene durch die beiden Punkte (1, 4, 1) und (2, 2, 2), die im Winkel von 45o zur
Horizontalen ansteigt.
53. Ein Quader liegt im IR3 auf dem ersten Quadranten der horizontalen x − y−Ebene mit einer Ecke im
Nullpunkt. Die entlang der x-Achse verlaufende Kante hat die Länge 9, die Kante auf der y-Achse geht
bis y = 4. Die Höhe des Quaders ist 5.
Aus dem Nullpunkt wird zur gegenüberliegenden Ecke E = (9; 4; 5) außen um den Quader herum ein
5
Seil straff gespannt. Es verläuft teilweise in der x − z−Ebene.
I) In welcher Höhe passiert es die Kante bei x = 9 ?
II) Es sei E die Ebene, in der die beiden Seilstücke verlaufen. Geben Sie ihre Schnittgerade mit der
x − y−Ebene an!
54. Die Ebene 2x − y + 3z = 28 soll mit einem eigenen Koordinatensystem K versehen werden. In diesem
hat jede Strecke dieselbe Maßzahl der Länge wie im ursprünglichen räumlichen System, in dem die
Ebene definiert ist.
Der Nullpunkt von K liegt in N = (5; −3; 5) und der Raumpunkt X = (2; 0; 8) liegt auf der positiven
x-Achse von K .
Welche x-Koordinate hat der Punkt P = (4, 1, 7) der Ebene in K ?
55. Ein Lichtstrahl wird aus (2,5,0) ausgesandt. Er trifft in (14,8,51) auf die Ebene 2x + y + 3z = 189 und
wird von ihr reflektiert. Wo erreicht der zurückgeworfene Strahl wieder die x − y−Ebene?
6
Lösungen:
1. Da der Koordinatenursprung in E enthalten sein soll kommt für sie nur eine Gleichung der Gestalt
ax + by + cz = 0 in Frage.
Beide Ebenen stehen senkrecht aufeinander, also gilt 3a − 2b − c = 0 (als Skalarprodukt ihrer Normalenvektoren).
Der gegebene Punkt muß der Ebenengleichung genügen, es muß also a + b + 6c = 0 sein.
Das sind zwei homogene lineare Gleichungen für drei Unbekannte. Gesucht ist eine nichttriviale Lösung.
Die zweite Gleichung zweimal zur ersten: 5a + 11c = 0, sie wird z. B. durch a = 11 und c = −5 gelöst,
woraus dann noch b = 19 folgt.
Eine mögliche Gleichung: 11x + 19y − 5z = 0, alle anderen sind Vielfache davon.
2. Drei Punkte bestimmen eine Ebene eindeutig, es sei denn, sie liegen auf einer Geraden (was das
Zusammenfallen von zwei Punkten einschließt).
P und Q liegen nicht auf g, wie man sich leicht überzeugt.
Es bleibt also nur die Möglichkeit, daß sich die Gerade durch P und Q mit g schneidet - dieser
Schnittpunkt käme dann für R nicht in Frage.
Also:
 




 
2
4−2
−1
3
2s − 3t = −3
 2  + s  7 − 2  =  −1  + t  6  =⇒
5s − 6t = −3
5
3−5
5
2
−2s + 2t = 0
Dieses Gleichungssystem erweist sich als lösbar (die drei Gleichungen für nur zwei Unbekannte widersprechen sich nicht), und es ist s = t = 3.
Also gibt es einen Schnittpunkt der beiden Geraden, und er ist (8, 17, −1)T . Dieser scheidet also zur
Festlegung von E aus.
3. a) Die x-Achse wird durch den Vektor ~a = (1, 0, 0)T erzeugt; mit ihr liegt auch der Nullpunkt in E,
also auch der Vektor ~b = (0, 2, 3)T , und ein Normalenvektor ~n läßt sich durch ~n = ~a × ~b erzeugen.
Einfacher: ~n muß senkrecht auf der x-Achse stehen, also in der y − z−Ebene liegen, er hat also die
Form ~n = (0, p, q)T mit ~n · ~b = 0 = 2p + 3q ⇒ ~n = (0, 3, −2) beispielsweise. Der Winkel β zwischen ~n
und dem Vektor ~c = (5, 1, 1)T (der ebenfalls in der Ebene beginnt!) folgt aus
|~n||~c| cos β =
√ √
1
13 27 cos β = ~n ·~c = 5·0+1·3+1·(−2) = 1 ⇒ cos β = √
= 0.0534 ⇒ β = 86.94o
13 · 27
Der Winkel zwischen der Geraden und der Ebene ergibt sich dann zu 90o − β = 3.06o .
b) Sei % der Abstand der Ebene zu R, dann gilt mit dem Vektor ~r vom Nullpunkt zum Punkt R die
Beziehung |~n|% = ±~n · ~r:
p
√
02 + 32 + (−2)2 % = ±(0 · 0 + 3 · 0 + (−2) · 10) ⇒ 13% = 20 ⇒ % = 5.55
4. a) Die entsprechenden Vektoren sind ~a = (7−3, 2−1, 4−1)T = (4, 1, 3)T und ~b = (0−3, −2−1, 2−1)T =
(−3, −3, 1)T ; der Winkel α zwischen den Strecken folgt aus
~a · ~b = 4 · (−3) + 1 · (−3) + 3 · 1 = −12 − 3 + 3 = −12 = |~a||~b| cos α =
=
√
16 + 1 + 9 ·
√
9 + 9 + 1 · cos α =
√
−12
= −0.513 553 = cos 120.90o
26 · 21 cos α ⇒ cos α = √
546
(Die vorige Lösung war falsch!)
b)
g:
~r(t) = (0, −2, 2)T + t(4, 1, 3)T
5. Die Punkte A und B müssen gleichweit von P entfernt sein; das trifft zu:
p
√
%(A, P ) = (5 − 3)2 + (1 − 3)2 + (2 − 1)2 = 9 = 3 ,
p
√
%(B, P ) = (3 − 3)2 + (0 − 3)2 + (1 − 1)2 = 9 = 3
Das ist die Länge des Manipulatorarms; der überstrichene Winkel ist ϕ mit

 

2
0
 −2  ·  −3 
1
0
6
cos ϕ =
=
=⇒ ϕ = 48.190o
3·3
9
7
6. Variante a): Man sucht eine nichttriviale Lösung des Systems
x + 2y + 3z = 0 ,
2x + y − 4z = 0
=⇒
−3y − 10z = 0
Man kann y = 10 und z = −3 wählen; dann folgt x = −11.
Variante b): Man benutzt das Kreuzprodukt der beiden Vektoren:

  


~i ~j ~k −11
1
2
 2  ×  1  = 1 2 3 = (2·(−4)−3·1)~i−(1·(−4)−3·2)~j +(1·1−2·2)~k =  10 
2 1 −4 −3
3
−4
7. Es sei ~n der Normalenvektor der Ebene:


~i ~j ~k −3
~n = 1 1 4 = (1 · (−3) − 4 · 0)~i − (4 · 2 − 1 · (−3))~j + (1 · 0 − 1 · 2)~k =  11 
2 0 −3 −2
Der gesuchte Winkel α folgt aus
cos α = √
−3 · (−3) + 11 · 5 − 2 · 1
√
= 0.90533 ,
+ 112 + 22 · 32 + 52 + 12
32
α = 25.13o
Der Durchstoßwinkel selbst ist dann 90o − 25.13o = 64.87o . Man hätte auch in der obigen Formel gleich
statt des Arkuscosinus den Arkussinus nehmen können.
8. Die Bewegungsgerade ist gegeben durch die Parameterdarstellung r(t) = (35, 18)T + t(−33, 102)T ; mit
einem Normalenvektor ~n kann man sie in die Form ~r · ~n = d mit einer Konstanten d überführen.
~n ist senkrecht zum Richtungsvektor (−33, 102)T , es hat also die Form λ(102, 33)T mit λ 6= 0. Zur
Berechnung des Abstandes ist es günstig, wenn |~n| = 1 gilt, das bedeutet
p
1 = |λ| · |(102, 33)T | = |λ| 1022 + 332 = 107.21|λ| ,
man kann also λ = 1/107.21 = 0.009328 setzen. Mit dem Punkt (35,18) der Geraden wird die Geradengleichung zu ~r · ~n = 0.009328 · (35 · 102 + 18 · 33) = 38.84.
Andererseits ist für den Punkt (22,60) der Ausdruck 0.009328 · (22 · 102 + 60 · 33) = 39.40. Die Differenz
der beiden Werte 39.40-38.84=0.56 ist der Abstand des Punktes zur Geraden; er liegt drastisch unter
dem vorgeschriebenen Wert 12.
Dieselbe Rechnung, ohne den Vektor ~n zu normieren; er wird zur Vereinfachung nur auf ein Drittel
gebracht, da sich seine beiden Koeffizienten durch 3 teilen lassen: ~n = (34, 11)T .
Es ist (22, 60)T − (35, 18)T = (−13, 42)T .
(−13, 42)T · (34, 11)T
−13 · 34 + 42 · 11
20
√
=
= √
= 0.56
|(34, 11)T |
1277
342 + 112
9. Der Nullpunkt des Koordinatensystems sei in A, die Achsen gehen nach Osten bzw. Norden.
Die Verbindungsleitung verläuft senkrecht zur bestehenden Leitung; ihre Gerade wird beschrieben
durch ~r(t) = (−1, 9)T +t(p, q)T mit (p, q)T ⊥ (11, 23)T ⇒ 11p+23q = 0, also beispielsweise p = 23, q =
−11. Die bestehende Leitung genügt dem Ausdruck s(11, 23)T , der Schnittpunkt folgt aus (−1, 9)T +
t(23, −11)T = s(11, 23)T . Gleichungssystem: −1+23t = 11s , 9−11t = 23s. Die erste Gleichung mal 23,
122
die zweite mal 11, und voneinander abgezogen: −23 + 529t − 99 + 121t = −122 + 650t = 0 ⇒ t = 650
⇒
p
122
T
T
T
2
Schnittpunkt: (−1, 9) + 650 (23, −11) = (3.32, 6.94) , Entfernung: (3.32 − (−1)) + (6.94 − 9)2 =
√
22.9 = 4.79
10.
(3, 2, −4)T · (0, 1, 5)T + λ(2, 5, −1)T = (3 · 0 + 2 · 1 − 4 · 5) + λ(3 · 2 + 2 · 5 + 4 · 1) =
= −18 + 20λ = 0
=⇒
λ =
18
20
11. Man wähle einen beliebigen dieser fünf Vektoren aus und legen eine Gerade senkrecht zu seiner Richtung
durch den Nullpunkt. Dann liegen alle fünf auf einer Seite dieser Geraden.- Tatsächlich, wenn einer auf
der anderen Seite - oder auf ihr - läge, so würde er zum ausgewählten einen Winkel einnehmen, der
zwischen 90o und 180o (einschließlich) liegt; dort ist aber der Kosinus - und damit das Skalarprodukt
- negativ oder Null, was den getroffenen Voraussetzungen widerspricht.
8
12. Es gibt mehrere Lösungsmöglichkeiten; nachstehend eine rechnerische:
Es liege A auf der x-Achse in dem Koordinatenwert z ≥ 20; die zweite Gerade mit B darauf liege
im ersten Quadranten (kann man das voraussetzen?), der Punkt B habe die Koordinaten (x, y). Der
Schnittpunkt beider Geraden sei der Koordinatenursprung. Dann gilt
√
(x − z)2 + y 2 = 312 = 961 , (x − (z − 20))2 + y 2 = 212 = 441 , y = tan 60o · x = 3x
Aus der zweiten Gleichung folgt
(x − z)2 + 40(x − z) + 400 + y 2 = 441
,
und hiervon wird die erste Gleichung abgezogen:
40(x − z) + 400 = −520
⇒
x−z =−
920
= −23 .
40
In die erste Gleichung eingesetzt folgt 232 + y 2 = 961, also y 2 = 432 oder x2 = 432/3 = 144 = 122 .
Damit
wäre x = 12 und z = 12 + 23 = 35; für die Abstände erhält man also entsprechend 35 und
√
122 + 3 · 122 = 24.
13. Vom Auf und Ab beim Schreiten einmal abgesehen bewegt sich der Kopf - und damit der Hut auf einer Geraden durch den Raum. Diese Gerade und der nicht auf ihr liegende Punkt ”Lampe”
definieren eine räumliche Ebene. Die beiden Ebenen, die eben definierte und der Platz, schneiden sich
entlang einer Geraden. Der Schatten bewegt sich auf dieser Geraden; allerdings mit nichtkonstanter
Geschwindigkeit. Sie verläuft parallel zu der Geraden, auf der der Fußgänger geht, und ihr Abstand
von der Lampe vehält sich gemäß (Licht-)Strahlensatz zu dem jener wie 5m zu 5m − 2m = 3m. Er
5m
· 8m = 13.33m.
beträgt also 3m
14. Der Punkt ~b bildet mit g1 eine Ebene E1 , und mit g2 eine Ebene E2 . Die gesuchte Gerade ist nun
gerade die Schnittgerade der beiden Ebenen. Ihr Richtungsvektor ~q steht damit senkrecht auf den
beiden Normalenvektoren von E1 und E2 .
Es ist p~1 /k ~a1 − ~b, folglich kann ~n1 = p~1 × (~a1 − ~b) genommen werden, und analog für die andere Ebene.
Es resultiert
g : ~r(ν) = ~b + ν[~
p1 × (~a1 − ~b)] × [~
p2 × (~a2 − ~b)] .
15. Es gibt einen rein rechnerischen Weg: Die Mittelpunktskoordinaten seien a und b und der Kreisradius
sei r, dann gilt mit den Koordinaten xi , yi , i = 1, 2, 3 der drei Punkte das System von drei - allerdings
nichtlinearen! - Gleichungen mit den drei Unbekannten a, b, r:
(xi − a)2 + (yi − b)2 = r2 ,
i = 1, 2, 3 .
Dieses System kann relativ einfach gelöst werden.
Geometrisch sachgemäß ist die folgende Überlegung: Die Strecke zwischen zwei der drei Punkte muß
eine Sehne des gesuchten Kreises sein. Die Mittelsenkrechte auf der Sehne geht durch den Kreismittelpunkt. - Wir bestimmen die Gerade g1 , die durch den Mittelpunkt der Verbindungsstrecke der Punkte
P1 und P2 geht, und zwar senkrecht zu ihr. Der Vektor ~n = (y1 − y2 , x2 − x1 )T ist also ein Normalenvektor zu g1 , und die Gerade geht durch den Punkt 21 (x1 + x2 , y1 + y2 )T , mithin ist g1 gegeben durch
die Gleichung
1
1
~n · ~r = (y1 − y2 )x + (x2 − x1 )y = (y1 − y2 ) · (x1 + x2 ) + (x2 − x1 ) · (y1 + y2 ) .
2
2
Analog verbindet man den ersten Punkt mit dem dritten (oder den zweiten und den dritten) und erhält
die entsprechende Gleichung für die Gerade g2 :
1
1
(y1 − y3 )x + (x3 − x1 )y = (y1 − y3 ) · (x1 + x3 ) + (x3 − x1 ) · (y1 + y3 ) .
2
2
Diese beiden Gleichungen zusammen sind ein lineares System mit zwei Unbekannten, das sich unter
der Voraussetzung ”Drei Punkte nicht auf einer Geraden” lösen läßt. Die beiden Resultatwerte x und
y sind aber gerade der gemeinsame Punkt der beiden Geraden
p g1 und g2 , und das ist der gesuchte
Kreismittelpunkt: x = a und y = b. Danach ermittle man r = (x1 − a)2 + (y1 − b)2 .
Übrigens kann man das alles auch im Kapitel ”Dreieckslehre” ansiedeln; Unterpunkt ’Umkreis’.
9
16. Variante 1:

E :





1
3
5
~r(s, t) =  2  + s  −4  + t  −2  .
1
6
4
Die x − z-Ebene ist gekennzeichnet durch y = 0, also muß die mittlere Komponente verschwinden. Das
ist eine Bedingung, die s und t aneinander koppelt: 0 = 2 − 4s − 2t, also t = 1 − 2s.
Die gesuchte Gerade ist damit
 




 


1
3
5
6
−7
g : ~r∗ (s) =  2  + s  −4  + (1 − 2s)  −2  =  0  + s  0  .
1
6
4
5
−2
Reduziert auf die x − z-Ebene (zweidimensional!):
6
−7
g : ~r∗ (s) =
+s
.
5
−2
Mit dem Normalenvektor ~n = (2, −7)T wird
6
2
·
= −23
5
−7
=⇒
g :
2x − 7z = −23 .
In expliziter Schreibweise:
23
2
x+
.
7
7
Variante 2: Aus den beiden Richtungsvektoren (3, −4, 6)T und (5, −2, 4)T wird ein Normalenvektor zu
E konstruiert:
  









1
−2
−2
−4
5
3
 −4  ×  −2  =  18  =
ˆ  9  ,  9  ·  2  = 23 =⇒
1
7
7
14
4
6
g :
E :
z =
−2x + 9y + 7z = 23 .
Man gelangt in die x − z-Ebene, indem man y = 0 setzt: −2x + 7z = 23.
Variante 3: Man legt Geraden g1 und g2 durch zwei Punktepaare:



 

 
5
1
3
1
g1 : ~r(s) =  2  + s  −4  , g2 : ~r(t) =  2  + t  −2  .
1
6
1
4
Diese werden mit der x − z-Ebene zum Schnitt gebracht: 2 − 4s = 0 und 2 − 2t = 0, also ist ss = 1/2
und ts = 1.
Das ergibt die Durchstoßpunkte (2.5, 0, 4)T und (6, 0, 5)T in der x − z-Ebene. Dort resultiert folglich
die Gerade g als durch diese beiden Punkte festgelegt:
2.5
3.5
g : ~r(s) =
+s
.
4
1
17. Eine solche Ebene kann prinzipiell in der Gestalt 6x − 7y − z = d gesucht werden, damit ist die
Parallelität gewährleistet.
Die Abstandsbedingung ergibt
% = 8 = √
|d − 104|
|d − 104|
√
,
=
2
2
2
86
6 +7 +1
√
also |d − 104| =
√8 86. Es gibt zwei Möglichkeiten:
√
a) d − 104 = 8 86, dann ist d = 104 + 8 86, und man erhält die Ebene
√
6x − 7y − z = 104 + 8 86
=⇒
√
6x − 7y − z = 104 − 8 86
=⇒
6
7
1
√ x−
√ y−
√ z = 1,
104 + 8 86
104 + 8 86
104 + 8 86
√
√
b) −(d − 104) = 8 86, dann ist d = 104 − 8 86, und man erhält die Ebene
6
7
1
√ x−
√ y−
√ z = 1.
104 − 8 86
104 − 8 86
104 − 8 86
10
18.

g:



3
−2
~r(t) =  3  + t  −8 
−7
18
Für die gesuchten Punkte gilt nun entweder t = 4 oder t = −4 nach der ersten Bedingung, das wäre
(-5,-29,65) oder (11,35,-79).
Die zweite Bedingung ist erfüllt, wenn der Punkt entweder zwischen A und B liegt, oder außerhalb auf
der Seite von B.
1. Fall: t = 0.8 wegen 0.2+0.8=1 und 0.2:0.8=1:4, also (1.4,-3.4,7.4).
2. Fall: t = 4/3 wegen 4/3 - 1/3 =1 und (1/3):(4/3)=1:4, also (0.333,-7.667,17).
19. a ergibt sich als Schnittpunkt der Gerade durch P und den rechten Punkt (hier R) mit der x - Achse.
Die Gerade ist (in der Zwei-Punkte-Form) gegeben durch
y = 34 +
168
202 − 34
(x − 19) = 34 +
(x − 19)
38 − 19
19
=⇒
a=
1273
= 15.155 .
84
Andererseits ergibt die Gerade durch P und Q, mit der x - Achse geschnitten, den Wert b als Schnittpunktskoordinate:
y = 34 +
71
105 − 34
(x − 19) = 34 − (x − 19)
−3 − 19
22
=⇒
b=
2097
= 29.535 .
71
Formale Rechnung: Zwei Kräfte nach Q und R heben eine Kraft nach X gerade auf. Deren Stärke ist
belanglos.
Das Rechnen mit Einheitsvektoren ist möglich, aber nicht notwendig für die hier gesuchte Lösung.
Setzen wir die beiden Kräfte mit den kompletten Ortsvektoren an:
x − 19
−22
19
= −λ
−µ
.
−34
71
168
Die Vektoren der Kräfte sind gleich in ihre Wirkungsrichtung orientiert.
Das Gleichungssystem x − 19 = 22λ − 19µ und −34 = −71λ − 168µ wird bzgl. λ und µ gelöst:
λ=−
2097
71
x+
5045
5045
und µ = −
168
2546
x+
.
5045
5045
Seile können nur Zugkräfte übertragen, die Orientierung der Kräfte muß also erhalten bleiben. Hieraus
ergibt sich die Forderung λ ≥ 0 und µ ≥ 0, oder −71x + 2097 ≥ 0 mit folglich x ≤ 2097/71 einer- und
−168x + 2546 ≥ 0 andererseits, s. o..
20. Ansatz: Die Änderung der beiden Kräfte kann man durch Faktoren λ und µ beschreiben. Es ergeben
sich λfp und µfq .
Stellt man sich die geometrischen Gegebenheiten vor, so erkennt man unschwer, daß man fq ’anziehen’
und fp ’nachlassen’ muß. Also gilt µ > 1 und λ < 1 (aber λ > 0 - Seile übertragen keine Druckkräfte.)
Der Einheitsvektor der Richtung von P nach R sei ~ep , und der von Q entsprechend ~eq . Dann soll gelten
(Maßeinheit N weggelassen):
|60~ep + 110~eq | = |60λ~ep + 110µ~eq | und [60~ep + 110~eq ] · [60λ~ep + 110µ~eq ] = cos 4o · |60~ep + 110~eq |2 .
Zuerst werden die Einheitsvektoren ermittelt: P~R = (3, 6)T , nach Herausziehen des Faktors 3 bleibt
~ = (6, 5)T unschwer ~eq = √1 (6, 5)T .
~ep = √15 (1, 2)T . Analog folgt aus QR
61
In Zahlen:
√
60 0.447 214 + 110 0.768 221 = 111.3372 = 27 793.277 = 166.7132 ,
0.894 427
0.640 184
124.0859 also gibt die erste Beziehung (quadriert)
(26.8328λ + 84.5043µ)2 + (53.6656λ + 70.4202µ)2 = 27 793.277
oder, ausgeschrieben,
3 600λ2 + 12 093.277λµ + 12 100µ2 − 27 793.277 .
11
Für das Skalarprodukt erhält man
111.3372
26.8328λ + 84.5043µ
·
= 9 646.638λ + 18 146.638µ
124.0859
53.6656λ + 70.4202µ
einer- und cos 4o · 166.71322 = 27 725.574 andererseits.
Aus 9 646.638λ + 18 146.638µ = 27 725.574 folgt ν = −0.531 594λ + 1.527 863.
Eingesetzt in die vorige Gleichung erhält man eine quadratische Gleichung in λ:
0 = 3 600λ2 + 12 093.277λ(−0.531 594λ + 1.527 863) + 12 100(−0.531 594λ + 1.527 863)2 − 27 793.277 =
= 590.6518λ2 + 452.5366λ − 1 1784259
mit den Lösungen λ2 = 1.476 071 und λ2 = 0.519 057.
Entsprechend der eingangs gemachten Feststellung trifft λ = λ2 zu, also ist µ = 1.251 936 > 1.
Die neuen Kräfte sind dann
13.9278 0.519 057 · 60 0.447 214 = = 31.143
0.894 427 27.8.555 und
Probe:
1.251 936 · 110 0.768 221 = 105.7940 = 137.713 .
88.1617 0.640 184


13.9278
105.7940 
 = 166.713 ,
119.722
=
+
27.8.555
88.1617
116.017 die Gesamtkraft hat sich also nicht geändert, und andererseits ist
111.3372
105.7940
·
= 27 725.574
124.0859
88.1617
und 27 793.277 · cos 4o = 27 725.574 - stimmt auch.
Man hätte auch die beiden neuen Kraftvektoren als Unbekannte ansetzen können, dann aber vier
Gleichungen für vier zu bestimmende Koeffizienten bekommen. Der vorstehende Weg, mit einer Linearkombination der gegebenen Kräfte zu arbeiten, war m. E. effektiver.
21. Die Dreiecke A0 BC und das Dreieck ABC haben dieselbe Grundlinie BC. Damit sie dieselbe Fläche
haben müssen ihre Höhen gleich sein. Der Abstand von A0 zu der Geraden g durch die Punkte B und
C muß also gleich dem von A zu dieser Geraden sein.
~ = −(4, 4)T der Normalenvektor z. B. ~n = (1, −1) und ~n · B
~ = 2.
Für g gilt wegen BC
Sei A0 = (x, y), dann ist die Abstandsbedingung zur Geraden g : x − y = 2:
1 · x − 1 · y − 2
1 · 2 − 1 · 7 − 2
⇐⇒ |x − y − 2| = 7 .
√
√
= 2
2
Es gibt also zwei Möglichkeiten: Entweder ist y = x − 9 oder y = x + 5.
(Genau in der Mitte zwischen diesen beiden parallelen Geraden verläuft y = x − 2. Sie enthält offenbar
B und C, ist also g.)
p
Weiter zum Abstand zu B: (x − 5)2 + (y − 3)2 = 22.7, also (x − 5)2 + (y − 3)2 = 22.72 .
Sei y = x − 9, dann wird (x − 5)2 + (x − 12)2 = 22.72 oder 2x2 − 34x − 346.29 = 0, woraus die
Punktepaare A01 = (24.165, 15.165) und A02 = (−7.165, −16.165) folgt.
Setzt man dagegen y = x + 5, so wird (x − 5)2 + (x + 2)2 = 22.72 , d. h. 2x2 − 6x − 486.29 = 0 mit den
Lösungen A03 = (−14.165, −9.165) und A04 = (17.165, 22.165).
T
T
22. Der bereits anliegende Kraftvektor geht in Richtung
−4)T , sein Einheitsvek√ von (13, 2) −(5, 6) = (8,
T
T
tor (der Richtung) ist also wegen |(8, −4) | = 80 gerade (0.8944, −0.4472) . Der Kraftvektor selbst
resultiert nach Multiplikation mit 280N zu F~1 = (250.44, −125.22)T N .
Für den Einheitsvektor der zweiten Kraft wählt man zweckmäßigerweise die universelle Darstellung
(cos ϕ, sin ϕ)T , wobei ϕ gleich sein Winkel zur positiven x-Achse ist.
Die Gesamtkraft wird dann Fges = (250.44, −125.22)T N + 330N (cos ϕ, sin ϕ)T mit dem Betrag
p
|Fges |(ϕ) = (250.44 + 330 cos ϕ)2 + (−125.22 + 330 sin ϕ)2 N =
12
=
p
2802 + 3302 + 2 · 250.44 · 330 · cos ϕ − 2 · 125.22 · 330 · sin ϕ N =
p
= 187 300 + 660 · (250.44 · cos ϕ − 125.22 · sin ϕ) N .
Nun wird der Vektor (250.44, 125.22)T in Polarkoordinaten geschrieben: (r cos α, r sin α)T mit r = 280
(offenbar) und tan α = 0.5, also α = 26.565o (paßt zum Quadranten).
Weiter:
p
|Fges |(ϕ) = 187 300 + 660 · 280 · (cos 26.565o · cos ϕ − sin 26.565o · sin ϕ) N =
p
= 187 300 + 184 800 · (cos 26.565o · cos ϕ − sin 26.565o · sin ϕ) N =
p
= 187 300 + 184 800 · cos(ϕ + 26.565o ) N
Der Ausdruck unter der Wurzel ist stets positiv.
Die Kraft gleich der maximal zulässigen gesetzt folgt
p
400N = 187 300 + 184 800 · cos(ϕ + 26.565o ) N
oder 160 000 = 187 300 − 184 800 · cos(ϕ + 26.565o ). Vorzeichen müssen beim Quadrieren nicht beachtet
werden.
Es resultiert umgehend cos(ϕ + 26.565o ) = −0.147 727 = cos 98.438o .
Laut Quadrantenbeziehung ist damit entweder ϕ = 98.438o − 26.565o = 71.873o , oder ϕ = −98.438o −
26.565o = −125.003o = 234.997o .
Zwischen diesen beiden Werten wird die gesetzte Grenze überschritten, und zwar ist es das Stück,
wohin F~1 weist. Also gilt als zulässiger Bereich: 71.873o ≤ ϕ ≤ 234.997o .
(Die Werte sind leicht durch Rundungsfehler verfälscht, richtiger ist 71.930o und 234.940o .)
In der nachstehenden Grafik ist die Kraft durch die ausgezogenene Kurve dargestellt. Der Kreismittelpunkt ist in P gelegt, die Achsen demzufolge verschoben.
In der F~1 gegenüberliegenden Richtung subtrahieren sich die Kräfte zu einem Minimum. Es bleiben
nur 330N - 280N = 50N.
13
..... ..... .... ..... ..... ..... ..... .....
...... ...... . . . . . . ..................................................................................................
.
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............
..... .
... . . . . . . . . . . .... . . .
..........
.... ..
.... .. . . . . . . . . .................. . ...
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.........
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....
.. . . . . . . . . . ...... . . . . .
.......
.
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......
....
.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . ...... . . . . . . . . ...
.
..... |F~ |(ϕ)
....
.. . . . . . . . . . .... . . . . . .
.
..... ges
.
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....
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.....
....
.... .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . ....... . . . . . . . . . . ....
.....
.....
...
... . . . . . . . . . . .... . . . . . ..
....
...
... . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .... . . . . . . . . . . . ...
....
...
....
... . . . . . . . . . . .. . . . . . . ..71.873o
...
.. . . . . . . . . . . ... . . . . . . ..
...
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.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... . . . . . . . . . . . ...
...
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.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ..... . . . . . . . . . . . ...
...
...
...
.... . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ....... . . . . . . . . . ...
.
...
... 400N
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .... . . . . . . . . ...
...
...
...
.... . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ....... . . . . . . . ..
.. . . . . . . . . . . . . . . .... . . ...
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... . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ............................. . . . . ..
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..........................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................
... . . . . . . . . . ....... . . . . . . .... ........
... ...
........
...
...
... . . . . . . . . . . . . . . . . ........... . . . . . . . . . . . ........
........
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... . . . . . . . ...... . . . . . . .....
........
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... . . . . . . . . . . . ... . . . . . . . . . . . . ......
........ ..
..
..
.............. ~
.... . . . . . .. . . . . . . ......
.
F1
..
.... . . . . . . . . ..... . . . . . . . . . . . .....
..
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... . . . . . . . .... . . . . . . . . . ......
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... . . . ... . . . . ...
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.... . . . . .... . . . . . . . ....
..
.
o
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... . . . .... . . . . . . ... 234.997
.
...
.... . .... . .....
..
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..... . ... . . ....
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.... .... ...
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..... .....
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..... ..... ..... ..... ..... ..... .....
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......
......
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.........
.........
..........
.........
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...............
...............
..............................
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............................................
.......
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Die
im
Befestigungspunkt
des
Seiles
wirkende
Kraft
G
wird
...
23.
.... ...........
...... .............. .......
Fh
.
.
.
in eine horizontale Komponente Fh und eine senkrechte Kom.
...... . ...
......
......... ...
ponente Fs zerlegt. Letztere wird von der Wand problemlos
......
.
.
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.. ..
.
.
.
.
.
.
.............. .....
aufgenommen.
....
.
.
.
.
..
Fs ........ .
~ ist
Der aus den beiden Komponenten gebildete Kraftvektor G
......
.
.
.
.. . h
.
..
........ ....
parallel zum Vektor vom Befestigungspunkt zur Rolle, also gilt
......
.
.
.
....... ...
.
..
mit derselben Konstanten λ:
.... . ....
......
.
.
.
.
....... ....
....
.
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..
.
...... .....
.
.
.
.
.
Fh = λd
und
Fs = λh .
.....w..... ..... ..... ..... ..... ..... ..... ..... ..... ..... ..... ..... ..... ............ .........
d
....
......
....
........
Es folgt
........
........
.G
..
q
2 − F2
G
g
Fs
Fs
=
d=
d,
h=
λ
Fh
Fg
wobei für Fh gleich die Grenzkraft Fg eingesetzt wurde. Fs ergab sich nach Pythagoras aus der Orthogonalität der beiden Kraftkomponenten.
Kontrolle: Sei Fg = G, so ist h = 0 offenbar zutreffend, und bei Fg → 0 entspricht h → ∞ den
Erwartungen - das Seil darf nur noch praktisch senkrecht ziehen.
14
.
....
....
....
....
.
.
.
..
P2 r.... .
....
...
...
....
.
.
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...
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.... ...
...
...
...
....
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....
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....
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....
...
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....
...
.... g
.
.
..
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...
....
..
....
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....
..
....
..
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...
....
...
........
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.
..
.
....
...
....
...r.
....
..
.
.
.
P1
...
.
.
.
.. ......
... ....
..................................................................................................................................................................
................ ..... ...
25. Geben wir der Rolle noch die - vorläufig unbekannte - Koordi- .....
........ ........
.
...
.
.
.
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.
...
nate xr , so gilt wegen der Ähnlichkeit der betreffenden Dreiecke ....
........
....... h
........
.
....
.
.
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... .
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..
.
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−yr
h − yr
.....
.......
...
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.
p
=p
.....
.
........
....
.
.
.
.
2
2
2
2
.
.
.
xr + yr
(d − xr ) + (h − yr )
.....r.........................................................................................................................................
.........................x
... ......... u........
.
........ ........................... ..... ..... ..... ..... ..... ..... ..... ..... ..... .....d...........
einerseits, andererseits ergibt die Längenbedingung
.. .
....yr ... ..... ..
... ..
...
.......
p
p
....
.
.
.
.
..
...
.....
....
x2r + yr2 + (d − xr )2 + (h − yr )2 = L .
.......
.....
.......
.... .........................
.....
.....
.... .
.... .......................
.
.
.
.. ...
Aus diesen beiden Gleichungen kann man nun die gesuchte Un- ...
.......
.. ...
...
..
.. ...
bekannte h ermitteln. Obendrein bestimmt sich die Hilfsunbe- ...
.
.
. .... ...... ∗
...
. .......... h
kannte xr .
.... ..... ...
.
24. Für den Normalenvektor wird ein Einheitsvektor der Form
~n = (cos ϕ, sin ϕ)T angesetzt. Offenbar genügt es, den Anstiegswinkel ϕ + π2 von g zu ermitteln.
Die Gerade genügt dann der Gleichung x cos ϕ+y sin ϕ = 0.
Die rechte Seite ist Null, da die Gerade durch den Koordinatenursprung verlaufen soll.
Für den Abstand erhält man nun
8 cos ϕ + 3 sin ϕ = −(15 cos ϕ + 20 sin ϕ).
Dabei wurde ausgenutzt, daß ~n per Ansatz ein Einheitsvektor ist, man also für den Abstand keinen Bruch schreiben
muß (der Nenner ist 1), und das Minuszeichen bringt die
Lage von P1 und P − 2 auf verschiedenen Seiten von g zum
Ausdruck.
Jedenfalls wird 23 cos ϕ + 23
√ sin ϕ = 0 oder ϕ = −π/4.
Die Geradengleichung mit 2 multipliziert verbleibt
x − y = 0 oder y = x.
Aber diese Rechnung ist mühsam. - Als einfachere Variante kann man sich den ansteigenden Teil des
Seils nach unten umgeklappt denken (an der horizontalen Geraden y = yr gespiegelt). Da beide Anstiegswinkel gleich waren ergibt sich nach der Spiegelung mit dem linken Teil des Seiles eine Gerade,
die in y = h∗ auf die Wand trifft.
Offenbar ist yr das arithmetische Mittel aus h und h∗ , also h = 2yr − h∗ .
(Kongruente Dreiecke, zwei gleiche Seiten, gleicher eingeschlossener Winkel!)
Nach Pythagoras folgt sofort
p
d2 + (h∗ )2 = L2
oder
h∗ = L2 − d2 .
Ergebnis:
h=
p
L2 − d2 + 2yr .
Zur Kontrolle denke man sich ein perfekt straff gespanntes Seil: L = d, dann kommt nur yr = 0 in
Frage und es wird h = 0.
26. Sei P ein gedachter Punkt vor oder hinter der Bildebene, von dem aus man die beiden schräg gegenüberliegenden Ecken der Abbildung unter einem Winkel von 45o sieht.
Er befinde sich auf der durch die Bildmitte gehende Senkrechte auf der Bildfläche. Sei a sein Abstand
von der Bildebene.
Von ihm aus gesehen bilden die Bildmitte und eine Ecke einen Winkel von 22.5o . √
√
Die Seiten 2b und 2h und die Diagonale 2d stehen im Verhältnis h : b : d = 2 : 3 : 22 + 32 = 13.
Es sei α der Winkel über die Breite und β der über die Höhe (jeweils aus P ), dann gilt
sin 22.5o =
Hieraus folgt
α = 2 arcsin
und analog
β = 2 arcsin
d
,
a
sin
α
b
= ,
2
a
sin
β
h
= .
2
a
b
b sin 22.5o
3 sin 22.5o
√
= 2 arcsin
= 2 arcsin
= 37.13o
a
d
13
h
h sin 22.5o
2 sin 22.5o
√
= 2 arcsin
= 2 arcsin
= 24.51o .
a
d
13
15
27. a) Das Rhombus läßt sich in vier kongruente rechtwinklige Dreiecke zerlegen.
Die Hypotenuse hat die
√
Länge 65cm, eine Kathede 22cm/2=11cm, und die andere entsprechend 652 − 112 cm = 64.0625cm.
Die Feder ist also auf 2 · 64.0625cm = 128.125cm zu dehnen, d. h. um 46.125cm oder 461.25mm, was
eine Federkraft von 2491N bewirkt, und zwar in Richtung der Rohrachse.
Diese muß jeweils durch ein Stabpaar aufgefangen werden.Die entlang eines Stabes wirkende Kraft setzt
sich aus einer Komponente zusammen die in Richtung der Röhrenachse wirkt und demzufolge die Hälfte
der obigen Kraft ist: 1245N (die andere Hälfte trägt der andere Stab), und einer hierzu senkrechten
Komponente. Da die Gesantkraft in Richtung des Stabes wirkt verhalten sich ihre Komponenten wie
die beiden Katheden der erwähnten Dreiecke: Fs : 1245N = 11cm : 64.06cm.
Es folgt für die Druckkraft eines Stabes auf die Wandung Fs = 213, 8N , das Paar drückt also mit
427.6N.
b) Es wird ein Koordinatensystem festgelegt; ein Stab entlang einer Rohrwand ist die x-Achse, sein
äußeres Scharnier der Ursprung. Das andere hat die Koordinaten (65,
√ 0), und das gegenüberliegende
(xs , 22), wobei (xs − 65)2 + 222 = 652√gilt. Mithin ist x − s = 65 + 652 − 222 = 65 + 61.16 = 126.16,
und die Gesamtlänge der Feder wird 126.162 + 222 = 128.06.
Es resultiert eine Spannkraft von 2487N - geringfügig weniger als in a).
Im Koordinatenursprung greift damit eine Kraft an, die sich auf die wandparallele Stange und die
schräg verlaufende mit den Komponenten Fp und Fs aufteilen muß:
Fp
Fs 61.16
2487N 126.16
=
+
.
128.06
22
0
65
22
In jeweils gegenüberliegenden Stangen wirken parallele Kräfte gleicher Stärke - das resultiert aus den
Symmetrien des Problems.
Nach Fp ist hier nicht gefragt. In der y-Komponente hat man
22
22
· 2487N =
· Fs
128.06
65
⇐⇒
Fs =
65
· 2487N
128.06
⇐⇒
22
65
·
· 2487N = 427.3N
65 128.06
Die Druckkraft auf die Wand beträgt also 427.3N. Das ist keine nennenswerte Änderung zu a).
28. Man kann die Aufgabe durch direkte Überlegung lösen. Hier soll aber ein Standardweg gewählt werden.
Dazu wird ein Koordinatensystem eingeführt - der Mensch braucht einen Halt im Leben, und ein
Koordinatensystem eignet sich ganz gut dafür.
Sei h die x-Achse und sein Schnittpunkt mit s der Ursprung.
Die y-Achse sei horizontal in den Berg hineingerichtet, und die z-Achse zeigt wie üblich nach oben.
Legen wir nun vom Ursprung aus 100 m auf der Straße zurück, und zwar nach oben. Wir gelangen in
einen Punkt P mit den Koordinaten (xp , yp , 11)T . (Als Maßeinheit sei Meter gewählt.)
Auf Grund der zurückgelegten Strecke ist x2p + yp2 + 112 = 1002 .
Die Strecke von (xp , 0, 0)T (dem Fußpunkt von P auf h) zu P verläuft mit maximalen Anstieg in der
Hangebene, also ist 11 = yp · tan 29.3o , woraus yp = 19.602 folgt.
Mit der naheliegenden Forderung xp > 0 wird folglich x2p + 19.6022 + 112 = 1002 , also xp = 97.441.
Nun ist ~b = (97.441, 19.602, 11)T ein Richtungsvektor der Straße s, und ~b0 = (97.441, 19.602, 0)T einer
von s0 .
Ein praktikabler Richtungundvektor von h und h0 ist ~i = (1, 0, 0)T .
a) Man vermeide es tunlichst, den Betrag von ~b zu berechnen!
cos α =
97.441 · 1
100
=⇒
α = 13.0o
b) Jetzt muß aber der Betrag von ~b0 ermittelt werden:
97.441 · 1
cos β = √
1002 − 112
=⇒
β = 11.4o
29. Der Geschwindigkeitsvektor ~v von P hat einen in der Zeit konstanten Betrag, und da sich der Punkt
auf einer Geraden bewegen soll ist auch seine Richtung konstant.
Also ist ~v = (vx , vy )T überhaupt konstant. C wird als Startpunkt genommen, somit gilt
xp (t)
xc
vx
=
+t
.
yp (t)
yc
vy
16
Man hat nun für den zeitabhängigen Abstand da (t) von P zu A (analog sei db (t) der von P zu B):
da (t) =
q
vx (xc − xa + tvx ) + vy (yc − ya + tvy )
(xc − xa + tvx )2 + (yc − ya + tvy )2 =⇒ d˙a (t) = p
(xc − xa + tvx )2 + (yc − ya + tvy )2
und im Moment t = 0 gilt
vx (xc − xa ) + vy (yc − ya )
vx (xc − xa ) + vy (yc − ya )
d˙a (t) = va = p
=
.
2
2
da (0)
(xc − xa ) + (yc − ya )
Für vb bekommt man eine analoge Formel und mithin das lineare Gleichungssystem für vx und vy
(xc − xa )vx + (yc − ya )vy = va da (0) und (xc − xb )vx + (yc − yb )vy = vb db (0) .
~ und BC
~ nicht parallel sind ist dieses
Unter der lt. Aufgabenstellung erfüllten Voraussetzung, daß AC
System eindeutig lösbar.
Mit der Formel von Cramer erhält man
va da (0)(yc − ya ) − vb db (0)(xc − xa )
xp (t)
xc
t
.
=
+
(xc − xa )(yc − yb )(xc − xb )(yc − ya ) vb db (0)(xc − xa ) − va da (0)(xc − xb )
yp (t)
yc
30. Es sei Epq eine Ebene, die durch die folgenden beiden Eigenschaften definiert ist: Sie steht senkrecht
auf der Strecke von P nach Q und enthält den Mittelpunkt dieser Strecke.
Damit ist sie definiert durch
1
(~q − p~) · ~r = (~q − p~) · [~
p + ~q] .
2
Jeder Punkt in Epq hat zu P und zu Q den jeweils gleichen Abstand. Alle Punkte außerhalb von Epq
haben zu P einen anderen Abstand als zu Q.
Analog wird Eps definiert:
1
p + ~s] .
(~s − p~) · ~r = (~s − p~) · [~
2
Betrachtet man einen Punkt in Eps , so ist dieser von P und S gleichweit entfernt.
P~Q und P~S sind nach Voraussetzung nicht parallel, also haben die beiden Ebenen Epq und Eps eine
wohldefinierte Schnittgerade g.
Sei nun R ∈ g, dann ist wegen R ∈ Epq zunächst |RP | = |RQ|, und andererseits wegen R ∈ Eps auch
|RP | = |RS|, mithin weiter |RQ| = |RS|.
Weitere Punkte mit dieser Eigenschaft existieren nicht.
Die gesuchte Menge M ist also eine Gerade, und zwar genau die Schnittgerade von Epq und Eps .
Ihr Richtungsvektor steht auf den Normalen beider Ebenen senkrecht. Mit einem beliebigen Punkt
R0 ∈ M ist dann z. B.
M = {~r(τ ) = ~r0 + τ [(~q − p~) × (~s − p~)] .
R0 kann z. B. gefunden werden als Schnittpunkt der beiden Ebenen Epq und Eps mit der Ebene, die
P, Q und S enthält.
31. Parallelität bedeutet, daß die Summe λ~a + µ~b + c ein Vielfaches ν d~ des Vektors d~ ist:
λ~a + µ~b + ~c = ν d~
=⇒
λ~a + µ~b − ν d~ = −~c .
Das ist ein lineares Gleichungssystem zur Bestimmung von λ, µ und ν, wobei aber nur die ersten
beiden Werte hier interessieren.
Aus 2λ − 4µ − 8ν = 48, −µ + 3ν = −4 und 5λ + 5µ + 8ν = −39 folgt λ = 2 und µ = −5.
Die dann resultierenden drei Bedingungen −8ν = 24, 3ν = −9 und 8ν = −24 werden alle durch ν = −3
erfüllt.
32. Man verwendet andere Unbekannte, die die gesuchten Kräfte nicht unmittelbar repräsentieren.
Die Aufgabe ist vom Typ ’Übungs- oder Klausuraufgabe’ - die Angaben sind ganzzahlig. Das sollte man
ausnutzen und möglichst lange mit ganzen Zahlen operieren, auch um Rundungsfehler zu minimieren.
Die Kraftvektoren F~r und F~s werden dargestellt als
−5
−7
F~r = λ
und F~s = µ
−12
−3
17
und man hat
400N
12
−5
−7
0
√
+λ
+µ
=
.
2
2
7
−12
−3
0
12 + 7
√
Zur Verringerung des Schreibaufwands wird 400N/ 193 = a gesetzt, was das System
5λ + 7µ = 12a und 12λ + 3µ = 7a
ergibt.
Multipliziert man die erste Gleichung mit 12 und die zweite mit 5 und zieht man die Resultate voneinander ab, so bleibt 69µ = 109a.
Analog: die erste Gleichung mal 3 und die zweite mal 7 liefert nach Subtraktion 69λ = 13a.
Damit erhält man die Beträge der Kräfte:
−5 13a p
132 · 400N
−5 =
√
=
|λ|
·
52 + 122 =
= 70.5N
fr = |F~r | = λ
69
−12
−12
69 · 193
und
√
−7 109a p
−7 109 · 400N · 58
2
2
~
√
=
= |µ| · fs = |Fs | = µ
7 +3 =
= 346.4N .
69
−3 −3 69 · 193
33. Man unterdrücke den Wunsch, die beiden Vektoren ~ea und ~eb erst einmal auszurechnen!
Etwas Nachdenken vorm Losrackern spart viel Arbeit!

  


7
−5
1
1
 2  ×  √
 −1  =
~ea × ~eb =  √
2 + 12 + 32
72 + 22 + 42
5
4
3

 

  

−5
0.2035
7
10
1
1
 2  ×  −1  = √
 −41  =  −0.8343 
=√
69 · 35
2415
3
0.0610
4
3
34. Es wäre witzlos. Der Vektor ~v bildet mit sich selbst den Winkel 0, also ist - nach Definition des
Kreuzprodukts - stets ~v × ~v = ~0, und dabei bleibt es.
Obendrein ist der Ausdruck ~v 2 tatsächlich üblich, bedeutet aber ~v · ~v = |~v |2 .
35. Wer durch Erfahrung gewitzt mit der gebotenenen Wachsamkeit an die Aufgabe herangeht erkennt
unschwer, daß ein Faktor zweimal auftaucht, einmal als linker, einmal als rechter. Das ist auszunutzen!
Man kann ihn nicht einfach ausklammern, denn auf das Vertauschen der Faktoren reagiert das Kreuzprodukt empfindlicher als eine Mimosa pudica. Deshalb rechne man
      
 
 
    
1
3
2
1
1
3
1
2
 5 × 7 + 2 × 5 = 5 × 7 − 5 × 2 =
2
4
1
2
2
4
2
1
 
 

 
   
1
1
5
2
1
3
=  5  ×  7  −  2  =  5  ×  5  =  −1 
0
3
4
1
2
2

36. Das Skalarprodukt von zwei Einheitsvektoren ist betragsmäßig nie größer als 1, denn
~ev · ~ew = |~ev | · |~ew | · cos <
) (~ev , ~ew ) = 1 · 1 · cos <
) (~v , w)
~ = cos <
) (~v , w)
~ ≤1
und der Kosinus wird nur bei dem Argument 0 zu 1 (von weiteren Vollwinkeln abgesehen), woraus ein
Winkel Null zwischen ~v und w
~ resultiert.
Die beiden Vektoren sind also parallel (und gleichgerichtet), mithin ist jeder ein (positives) Vielfaches
des anderen: w
~ = λ~v .
Der Faktor λ bestimmt sich aus der ersten Komponente: 2 = λ · 6 zu λ = 31 .
Damit ist y = 13 · (−4) = − 43 und z = 13 · (−5) = − 53 .
18
37. Endlich mal eine einfache Aufgabe - man kann gleich losrechnen!
Die gegebene Kraft sei F~1 = (a, b)T , die gesuchte Kraft dagegen F~2 = (c, d)T . Dabei nutzt man aus, daß
beide Kräfte im selben Punkt wirken, also in einer Ebene, weshalb man mit einem zweidimensionalen
Koordinatensystem auskommt.
Gleichheit der Beträge bedeutet (a + c)2 + (b + d)2 = a2 + b2 , und obendrein ist c2 + d2 = F22 gegeben.
Damit kann man die erste Gleichung vereinfachen und behält das folgende System von zwei Gleichungen
mit zwei Unbekannten:
2ac + 2bd + F22 = 0
und
c2 + d2 = F22 .
Das System ist leider nichtlinear. Also Standardmethode: Eine Gleichung muß nach einer Unbekannten
aufgelöst werden, dann wird in die zweite eingesetzt. Zum Auflösen bietet sich die lineare Gleichung
an, aber dann muß man eine Fallunterscheidung machen: a = 0 oder a 6= 0 ...
Man hätte doch vorm Losrechnen erst nachdenken sollen. Es steht schließlich nur da, die Kräfte seien
gegeben. In Wirklichkeit sind keine konkreten Angaben gemacht, und es ist auch kein Koordinatensystem fixiert, an das man sich gefälligst halten muß. Damit kann man das Koordinatensystem selbst
bauen, und zwar so, daß sich eine möglichst bequeme Rechnung ergibt. Das ist unschädlich, denn gefragt ist nach einem Winkel - bei dessen Angabe tritt das Koordinatensystem nicht in Erscheinung.
Entscheidung: Die x-Achse gehe in Richtung von F~1 . Dessen Betrag ist schließlich gegeben - bedenkt
man es recht, so braucht es zur Lösung dieser Aufgabe nur die Beträge F1 und F2 der beiden Kräfte.
Also ist F~1 = (F1 , 0)T mit F1 > 0 - sonst ist die Aufgabe sinnlos.
Das Gleichungssystem nimmt die Gestalt
2F1 c + F22 = 0
und
c2 + d2 = F22
an, demzufolge ist
c = −F22 /2F1 .
Es wird sich herausstellen, daß man d und die zweite Gleichung nicht braucht, dank glücklicher Hand
bei der Wahl des Koordinatensystems.
Nun geht es an die Winkelberechnung. Für den zwischen beiden Kräften eingeschlossenen Winkel α
gilt mit dem Skalarprodukt der Kräfte
F2
F1
c
F2
=⇒ α = π − arccos
.
F~1 · F~2 = |F~1 | · |F~2 | · cos α =
·
= F1 c = − 2
2
2F1
0
d
Das Ergebnis ist notwendig ein stumpfer Winkel.
Zur Lösbarkeit der Aufgabe muß unbedingt F2 ≤ 2F1 gelten.
38. Grundgedanke: In einem gleichseitigen Dreieck hat jeder Winkel 60o .
Sei S = ~r(t) = (1, −1, 4)T + t(2, 3, −1) einer der beiden Punkte Q oder R (egal welcher). Dann muß
die Strecke SP einen Winkel von 60o mit dem Richtungsvektor von g einnehmen.

 
 
 


 

2
6 − 2t
2
2 
1
7

 6  −  −1  + t  3   ·  3  =  7 − 3t  ·  3  =


−1
11 + t
−1
−1
15
4
p
√
= (6 − 2t)2 + (7 − 3t)2 + (11 + t)2 · 4 + 9 + 1 · cos 60o
√
1 p
14
22 − 14t = · 206 − 44t + 14t2 · 14 =⇒ 484 − 616t + 196t2 =
(206 − 44t + 14t2 )
2
4
Es resultiert die Nullstellenaufgabe 147t2 − 462t − 237 = 0 mit den beiden Lösungen t1 = 3.592 und
t2 = −0.4489 (Angaben mit vier gültigen Ziffern).
Das ergibt die Punkte Q und R auf g zu (0.102, -2.347, 4.449) und (8.183, 9.775, 0.408).
39. Die Fläche eines Dreiecks ist das halbe Produkt aus Grundlinie und Höhe.
Die Höhe ist hier der Abstand von P zu g. Es beschreibe der Parameter t0 den Fußpunkt des Lotes
aus P auf g, dann ist die Strecke aus ~r(t0 ) in P senkrecht zum Richtungsvektor von g:

 


 
 
 

10
1
2 
2
9 − 2t0
2

 6  −  −1  + t0  3   ·  3  =  7 − 3t0  ·  3  = 28 − 14t0 = 0 .


15
4
−1
−1
11 + t0
−1
T
Manp
hat also t0 = 2 und ~r(t0 ) = (5, 5, 2)√
. Der Abstand des Fußpunktes zu P ergibt die Dreieckshöhe
√
2
2
2
h = (7 − 5) + (6 − 5) + (15 − 2) = 174. Für die Länge l der Grundlinie gilt dann 21 ·l· 174 = 109
19
√
oder l = 218/ 174.
Tragen wir an ~r(t0 ) eine Strecke dieser Länge an. Das kann nach beiden Seiten geschehen und erfolgt
mit dem ± l - fachen des Einheitsvektors vom Richtungsvektor von g:

 





2
5
5
2
218
 3  =  5  ± 4.4169  3 
√
R1,2 =  5  ± √
174
·
22 + 32 + 12
−1
2
2
−1
Ergebnis: R1 = (13, 83, 18.25, −2.42)T und R2 = (−3, 83, −8.25, 6.42)T .
40. Die Verbindung der beiden Startpunkte muß in der betreffenden Ebene liegen, also ist (7, 0, 3)T −
(1, 2, 3)T = (6, −2, 0)T parallel zur Ebene und sein Kreuzprodukt mit dem Richtungsvektor der ersten
Gerade ist eine Normale auf ihr: (6, −2, 0)T × (2, 5, −1)T = (−2, −6, −34)T . Sie ist dann speziell
senkrecht auf dem Richtungsvektor von g2 : (1, 3, 17)T · (6, a, 4)T = 6 + 3a + 68 = 74 + 3a = 0, woraus
a = −74/3 als einzig mögliche Lösung resultiert.
41. Es seien zunächst die beiden Einheitsvektoren ~i und ~j des internen Koordinatensystems von E gesucht,
und zwar dargestellt in ihren Raumkoordinaten.
(Man bedenke: Der Vektor existiert objektiv. Seine Koordinaten hängen ab von der Wahl des Koordinatensystems, also von einer subjektiven menschlichen Entscheidung. Die Wahl eines anderen Koordinatensystems ändert die Darstellung des Vektors, aber nicht den Vektor.)
Übrigens: Es ist nirgends behauptet, daß ~i und ~j im Raum die Länge 1 haben - das interen Längenmaß
der Ebene kann anders sein. Sie müssen nicht einmal (im Raum) gleichlang sein!
(Angenommen, wir messen die Entfernung zwischen zwei Punkten durch die Zeit, die ein Lichtstrahl
von einem zum anderen braucht. B und C sind von A je 1cm entfernt, geometrisch also gleichweit.
Zwischen A und B ist Glas (n > 1), zwischen A und C dagegen Luft (n = 1). Damit ist im Maße der
Lichtlaufdauer B weiter weg von A als C.)
Sei ~i = (xi , yi , zi )T und ~j = (xj , yj , zj )T in ihren Raumkoordinaten. Was wissen wir von ihnen?
Sie sind parallel zur Ebene, und diese ist parallel zu P~Q und P~R. Die beiden letzteren sind nicht
parallel, also linear unabhängig. Die drei Vektoren P~Q, P~R und ~i liegen in einer Ebene durch den
Nullpunkt, mithin sind sie linear abhängig. Der Vektor ~i muß sich also als Linearkombination der anderen beiden darstellen lassen. (Einer der drei muß sich darstellen lassen. Wenn in dieser Darstellung
~i mit einem Koeffizienten 6= 0 eingeht, so ist er auch darstellbar. Würde er dagegen nicht gebraucht,
so müßten P~Q und P~R linear abhängig sein.) (Man bedenke: ~i 6= ~0 !)
Es wird der Ansatz ~i = λi P~Q + µi P~R und ~j = λj P~Q + µj P~R gemacht. Es bleiben vier Koeffizienten
zu bestimmen. (Nur vier! Hätte man mit den Koordinaten von ~i und ~j gearbeitet, so wären es sechs
Unbekannte gewesen!)
In den Koordinaten der Ebene ist P~Q = (4, −2)T = 4~i − 2~j und P~R = (6, −1)T = 6~i − ~j.
Es folgt P~Q = 4(λi P~Q + µi P~R) − 2(λj P~Q + µj P~R) = (4λi − 2λj )P~Q + (4µi − 2µj )P~R, woraus man
sofort die beiden Gleichungen 4λi − 2λj = 1 und 4µi − 2µj = 0 erhält.
Genauso hat man aus P~R = 6(λi P~Q + µi P~R) − (λj P~Q + µj P~R) = (6λi − λj )P~Q + (6µi − µj )P~R
sofort die Bedingungen 6λi − λj = 0 und 6µi − µj = 1.
Man hat zwei lineare Gleichungssysteme mit je zwei Unbekannten:
4λi − 2λj = 1, 6λi − λj = 0 und 4µi − 2µj = 0, 6µi − µj = 1.
Ihre Lösungen sind λi = −1/8, µi = 1/4 und λj = −3/4, µj = 1/2.
In den Raumkoordinaten ist damit




−8
−1
~i = − 1  −4  + 1 (−8 − 611) =  −1 
8
4
6
2
und



  
−8
−8
2
3
1
~j = −  −4  +  −6  =  0  .
4
2
6
11
1
Es bieten sich eine Kontrolle an: Diese beiden Vektoren müssen orthogonal sein, um ein regelrechtes
Koordinatensystem zu liefern. Das trifft offenbar zu, wie man an ihrem Skalarprodukt, ermittelt über
ihre Raumkoordinaten, unschwer erkennt.
a) Es ist




  

12
−1
2
4
~0E = P~ − P~ = P~ + 2~i − 3~j =  1  + 2  −1  − 3  0  =  −1 
2
2
1
3
20
Die linke Seite der Gleichung bedeutet den Nullpunkt des
b) Ansatz:

 




3
4
−1
 −2  =  −1  + λ  −1  + µ 
5
3
2
Koordinatensystems in E.

2
0 
1
=⇒
λ = 1, µ = 0
Das überbestimmte System ist eindeutig lösbar, die Koordinaten des Punkte sind (1,0).




  

4
−1
2
−13
c)  −1  + 5  −1  − 6  0  =  −6 
3
2
1
7
42. Schnelle Antwort: Es müßte y = λx sein.
Einschränkung der schnellen Antwort: oder umgekehrt, wenn x = Θ gilt.
Man kann nicht einfach ’y1 /x1 = y2 /x2 und y1 /x1 = y3 /x3 ?’ testen, denn unter den drei Divisionen
könnte eine durch Null sein. Das kann man durch einen vorherigen Test ausschließen, aber dadurch
wird die logische Struktur nur verkompliziert.
Die beiden Gleichungen sind Proportionen, und aus denen folgt dann die äquivalente Darstellung
x1 · y2 = x2 · y1 und x1 · y3 = x3 · y1 .
Man kann das Progam also testen lassen, ob die beiden Differenzen x1 · y2 − x2 · y1 und x1 · y3 − x3 · y1
beide Null sind. Tritt das ein, so sind die Vektoren parallel.
Übrigens git in diesem Falle auch (als Konsequenz) x3 · y2 − x2 · y3 = 0.
Geometrisch bedeutet das das Verschwinden des Kreuzprodukts der beiden Vektoren, was ebenfalls ein
Kriterium ihrer Parallelität ist.
Falls einer der beiden Vektoren der Nullvektor Θ ist, so werden sie hier also als parallel angesehen.
Will man einschränkend wissen, ob die beiden Vektoren nicht nur parallel, sondern auch gleichgerichtet
sind, so kann man (beide jetzt als vom Nullvektor verschieden vorausgesetzt) noch auf λ > 0 testen,
d. h. es muß nach nachgewiesener Parallelität (keine Quotienten, sondern Produkte testen!) x1 y1 ≥ 0
und x2 y2 ≥ 0 und x3 y3 ≥ 0 sein (einer der drei Werte ist dann garantiert positiv, d. h. von Null
verschieden).
Warum sollen die Komponenten der Vektoren ganzzahlig sein? - Man vergleiche hierzu auf meiner
Lehrmaterialseite Numerische Mathematik im Übungsmaterial Aufgaben zum Kurs die Aufgabe 7 im
Punkt 1: ’Rundungseffekte’.
43. Es gilt |λ~c| = |λ| · |~c|, also
p
√
1 = 17 · 12 + 22 = 17 5
|~a| = 17 2
√
√
√
Schlechte Variante: |~a| = 172 + 342 = 289 + 1156 = 1445.
 
0 p
~
|b| = 209  1  = 209 · 02 + 12 + 02 = 209
0 √
√
Schlechte Variante: |~b| = 0 + 2092 + 0 = 43 681.


1 p
√
|~c| = 19  1  = 19 · 12 + 12 + 12 = 19 3
−1 √
√
Schlechte Variante: |~c| = 192 + 192 + 192 = 1 083.
44.
|~r − ~a| = |~r − ~b| ⇐⇒ |~r − ~a|2 = |~r − ~b|2 ⇐⇒ (~r − ~a) · (~r − ~a) = (~r − ~b) · (~r − ~b) ⇐⇒
~r ·~r −2~r ·~a +~a ·~a = ~r ·~r −2~r ·~b+~b·~b ⇐⇒ 2~r ·~b−2~r ·~a +~a ·~a −~b·~b = 0 ⇐⇒ 2~r ·(~b−~a)+(~a +~b)·(~a −~b) = 0
1
~
⇐⇒ ~r − (~a + b) · (~a − ~b) = 0
2
Das ist die Gleichung einer Ebene; ihre Punkte sind die Vektoren ~r.
Der die Ebene fixierende Punkt ist 12 (~a + ~b) - der Mittelpunkt der Verbindungsstrecke von ~a nach ~b.
Ihr Normalenvektor ist ~a − ~b - der Richtungsvektor dieser Verbindungsstrecke.
Alles, wie man es erwarten würde.
21
45. Der Schatten ist ein Teil der Schnittgeraden der gegebenen Ebene und der Ebene durch die Punkte L, P
und Q. Diese Schnittgerade ist parallel zu beiden Ebenen, also senkrecht zu beiden Normalenvektoren.
Ihr Richtungsvektor ~b ist darstellbar als Kreuzprodukt von deren Normalenvektoren. Einer ist ablesbar,
der andere ergibt sich z. B. aus

 
 

−4
2
−31
~ × LQ
~ =  −5  ×  −6  =  −118 
LP
−21
−19
34
und man erhält

 
 

1
−31
−742
~b =  1  ×  −118  =  220  .
6
34
87
Es ist 87 das Produkt der Primzahlen 3 und 29, und weder 742 noch 220 ist durch eine der beiden
teilbar. Der Vektor ist leider nicht zu vereinfachen.
Der Schatten ist nicht die gesamte Schnittgerade, vielmehr nur der Teil, der - von L aus gesehen vor jener Ebene liegt. Er beginnt im Durchstoßpunkt der Geraden durch P und Q durch die Ebene
x + y + 6z = −60. Die Geradendarstellung wird in die Ebenengleichung eingesetzt:
(−2 + 6λ) + (0 − λ) + 6(1 + 2λ) = 4 + 17λ = −60 ⇐= λ = −64/17 .
Damit ist der Durchstoßpunkt gefunden als (−2 + 6 · (−64/17)), 0 − (−64/17), 1 + 2 · (−64/17)) =
(−418/17, 64/17, −111/17).
Die Gerade, die den Schatten enthält, hat die Gestalt




−418
6
1 
64  + µ  −1  .
~r(µ) =
17
−111
2
Der Schatten beginnt bei µ = 0. Es verbleibt nur noch zu klären, ob er durch den Bereich µ < 0 oder
durch µ > 0 dargestellt wird.
Dazu wird untersucht, ob sich L unter oder über der Ebene befindet, wobei die vertikale Richtung wie
üblich durch die nach oben weisende z-Achse festgelegt wird. Setzen wir die x- und y-Koordinaten von
L in die Ebenengleichung ein: 2 + 5 + 6z = −60, also ist hier z < 0, die dritte Koordinate von L ist
aber positiv. Mithin liegt die Ebene unter L.
1
Sei nun µ = 1/17 > 0, dann wird ~r(1/17) = 17
(−412, 63, −109), und die x- und y-Koordinaten
−412
63
eingesetzt: 17 + 17 + 6z = −60 ergibt z = −(671/6)/17. Es ist −109 > −671/6, also liegt dieser
Punkt der Gerade über der Ebene, mithin auf derselben Seite wie L und wirft folglich einen Schatten
wie das Murmeltier Phil. Ergebnis: Der Strahl des Schattens ist beschrieben durch




6
−418
1 
64  + µ  −1  , µ ≥ 0 .
~r(µ) =
17
2
−111
46. Mit P hat man bereits einen Startpunkt der gesuchten Gerade, verbleibt die Suche nach einem Richtungsvektor. Da die Gerade horizontal verlaufen soll ist dessen z-Koordinate null: ~b = (b1 , b2 , 0).
Diese Gerade liege in E, mithin ist sie und damit ihr Richtungsvektor orthogonal zum Normalenvektor
der Ebene: 2b1 − 5b2 − 2 · 0 = 0, man kann b1 = 5 und b2 = 2 wählen.
Ergebnis:




4
5
~r(λ) =  2  + λ  2  .
−3
0
Eine vertikale Gerade ⊂ E durch P existiert nicht.
Wieso kommt es zu dieser Ungerechtigkeit?
Man könnte meinen, horizontal und vertikal sind einfach Gegensätze vom jeweils anderen Begriff, aber
das stimmt nicht. Im Begriff horizontal stecken zwei linear unabhängige Richtungen, in vertikal dagegen
nur eine. Die Menge aller Punkte, die sich unter oder über P befindet, bildet eine Gerade, diejenigen,
die die gleiche Höhe haben dagegen eine Ebene. Und diese Ebene bildet ihrerseits eine Schnittgerade
mit E, während die senkrechte Gerade durch P höchstwahrscheinlich nicht in E verlaüft, also mit ihr
keine Schnittgerade ergibt.
Tatsächlich trifft das zu, denn läge diese Senkrechte in E, so müßte E eine senkrecht stehende Fläche
(wie eine Hauswand) sein, mithin einen waagerechten Normalenvktor besitzen. Dessen z-Komponente
-2 ist aber von Null verschieden.
22
47. Es ist P (x) = (x, 0, z), wobei sich z aus der Gleichung 14x + 311z = −1072 bestimmt, d. h. es ist
14
x + . . . . Das reicht, um die Frage zu beantworten: Der Koeffizient vor x in der resultierenden
z = − 311
linearen Funktion ist negativ, also fällt P (x).
48. Es wird ein Koordinatensystem zum Rechnen eingeführt. Das ist fast völlig willkürlich und kann nur
nach Bequemlichkeit gewählt werden. Seine x-Achse wird entlang der ersten Kraft gerichtet. Es muß
nicht räumlich sein, es reicht ein ebenes System. Als Ebene wird die durch den betreffenden Punkt
betrachtet, die von den beiden Kraftvektoren aufgespannt wird. Letztere spannen wirklich eine Ebene
auf. Sie sind nicht parallel, denn dann müßte ihre Summe 80N oder 0N sein.
Die erste Kraft hat also (die Maßeinheit N weggelassen) die Darstellung (40, 0)T , mit dem Winkel α
zwischen den beiden ist für den zweiten die Darstellung (40 cos α, 40 sin α)T günstig.
Es folgt
q
70 = (40 + 40 cos α)2 + 402 sin2 α =⇒ 4900 = 402 [1 + 2 cos α + cos2 α + sin2 α] = 1600[2 + 2 cos α]
oder
cos α =
4900
− 1 =⇒ α = ±57.9o .
3200
Man kann den Winkel positiv nehmen, da seine Richtung hier offensichtlich unwichtig ist.
49. a) Wenn g1 und g2 parallel sind, so kann man ihnen den gleichen Richtungsvektor (a, b, c)T zuweisen.
Damit müssen mit gewissen Werten p und q einer- und s und t andererseits die Gleichungen für die
Schnittpunkte mit g1∗ und g2∗ erfüllt sein:
 

 



 

 



−2
1
1
a
3
2
2
a
 6  + p b  =  1  + t 1  ,  0  + q b  =  3  + s 1  .
1
c
6
−3
3
c
−2
5
Die beiden Vektorgleichungen in einzelne Komponenten aufgespalten hat man sechs skalare Gleichungen für sieben Unbekannte. Das scheint zuwenig, geht aber in Ordnung, denn es bleibt noch ein Freiheitsgrad: Der Richtungsvektor (a, b, c)T ist nicht eindeutig bestimmt, weil seine Länge beliebig > 0
ist.
2 + pa = −2 + t , 6 + pb = 1 + t , 1 + pc = 6 − 3t
1 + qa = 3 + 2s ,
qb = 3 + s ,
3 + qc = −2 + 5s
oder
4 + pa = t ,
−2 + qa = 2s ,
5 + pb = t ,
−5 + pc = −3t
−3 + qb = s ,
5 + qc = 5s
Die erste Gleichung der oberen Zeile liefert t = 4 + pa und die zweite der unteren ergibt s = qb − 3.
Das wird in das jeweils verbleibende Gleichungspaar eingesetzt:
5 + pb = 4 + pa ,
−2 + qa = 2qb − 6 ,
−5 + pc = −12 − 3pa =⇒ p(a − b) = 1 ,
5 + qc = 5qb − 15 =⇒ q(a − 2b) = −4 ,
p(3a + c) = −7
q(c − 5b) = −20
Die vier Produkte in den rechten Gleichungspaaren sind von Null verschieden, also sind es auch ihre
Faktoren und mithin darf man durch diese dividieren. Es folgt z. B. p = 1/(a − b) und q = −4/(a − 2b).
Das wird in die jeweils andere Gleichung eingesetzt und liefert das homogene Restpaar 10a − 7b + c = 0
und 5a − b − c = 0. Die erste Gleichung zur zweiten addiert eliminiert das c: 15a − 12b = 0. Eine
naheliegende Lösung (man braucht nur irgendeine!) wäre a = 4 und b = 5, dann folgt c = −5.
Ergebis:








2
4
1
4
g1 : ~r1 (p) =  6  + p  5  ,
g2 : ~r2 (q) =  0  + q  5  .
1
−5
3
−5
b) Man überzeugt sich leicht, daß P1 nicht auf g1∗ liegt und ebensowenig P2 auf g2∗ .
Betrachten wir t und damit ~r1∗ (t) als gegeben, dann ist g1 als Gerade durch zwei verschiedene Punkte
wohldefiniert. Andererseits git es genau eine Ebene, die g2∗ und P2 enthält. Diese wird - im allgemeinen
Fall - in einem gewissen Punkt Ps von g1 durchstoßen. Der kann ermittelt werden. Die Gerade g20
23
durch ihn und P2 verläuft in der genannten Ebene, schneidet also (vermutlich; mögliche Ausnahme:
Parallelität) die Gerade g2∗ . Dieser Schnittpunkt ist das gesuchte ~r2∗ (s).
Ermitteln wir zunächst die genannte Ebene in der Normalform. Zwei nichtparallele Richtungsvektoren
erhält man aus dem von g2∗ und dem Vektor von P2 zum Startpunkt von g2∗ , und diese beiden ergeben
einen Normalenvektor:

 
 

2
3−1
−20
 1  ×  3 − 0  =  20  =⇒ −5x + 5y + z = −2 .
5
−2 − 3
4
Die rechte Seite -2 ist das Skalarprodukt von P2 mit dem gefundenen Normalenvektor.
Der Durchstoßpunkt mit g10 ist beschrieben durch
−5 [2 + p(−2 + t − 2)] + 5 [6 + p(1 + t − 6)] + [1 + p(6 − 3t − 1)] = 21 − 3pt = −2 ,
damit ergibt sich p in der Form p = 23/3t. Dieser Ausdruck ist nicht erklärt für t = 0. Dann hat der
Richtungsvektor von g10 die Richtung von ~r1∗ (0) = (−2, 1, 6)T zu P1 = (2, 6, 1)T , also (−4, −5, 5)T , und
der ist offenbar orthogonal zum Normalenvektor (−5, 5, 1)T der Ebene, mithin ist dann g10 parallel zur
Ebene und es gibt keinen Schnittpunkt. Das geht also in Ordnung.
Der Durchstoßpunkt wird damit, vom Parameter t der Geraden g1∗ aus gesehen:






 
−4 + t
29
−4
2
1
23
23
 −5 + t  =  41  +
 −5  .
Ps (t) =  6  +
3t
3
3t
5 − 3t
−66
5
1
Nun verbleibt es, die Gerade durch Ps und P2 mit g2∗ zum Schnitt zu bringen:

 





 

3
2
26
−4
1
 0  + q  1  41  + 23  −5  =  3  + s  1  .
3
3t
−2
5
−75
5
3
Multipliziert man diese Gleichung mit 3t, so ergeben die ersten beiden Komponenten die Beziehungen
für die gesuchten Parameter q und s
3t + 26qt − 92 = 9t + 6st und 41t − 115 = 9t + 3st .
Die zweite Gleichung zweimal von der ersten subtrahiert bleibt −56qt + 138 = −12t oder aufgelöst
q = 12t/(56t − 138) = 6t/(28t − 69). Das wird in die zweite Gleichung des vorstehenden Systems
eingesetzt:
41 ·
6t
6t
· t − 115 ·
= 9t + 3st =⇒ 41 · 6t2 − 115 · 6t = 9t · (28t − 69) + 3st · (28t − 69) =⇒
28t − 69
28t − 69
246t2 − 690t = 252t2 − 621t + 84st2 − 207st =⇒ −6t2 − 69t = s(84t2 − 207t) .
Es resultiert die gesuchte Darstellung von s durch t bzw. von ~r2∗ (s) durch ~r1∗ (t):




3
2
2t
+
23
 1  .
~r2∗ [s(t)] =  3  −
28t − 69
−2
5
Die dritte Komponente wird nicht benötigt, da sich die letzte Rechnung nur in einer Ebene abspielte.
Aber man kann sie zur Kontrolle nutzen.
50. Im Falle ~a = ~0 ist die Aufgabe nur mit b = c lösbar. Dann ist ~b ein beliebiger Vektor der Länge b und
~c = −~b. Sei nun ~a 6= ~0.
Mit dem Vektor ~a ist auch dessen Länge a gegeben. Es muß |~a| = |~b + ~c| gelten, also
~a · ~a = (~b + ~c) · (~b + ~c) = ~b · ~b + 2 ~a · ~b + ~b · ~b = b2 + 2ab · cos α + c2 = a2 .
Wegen gefordert b > 0 und c > 0 muß folglich
cos α =
a2 − b2 − c2
2bc
24
gelten und die Aufgabe ist nur dann lösbar, wenn der Bruch einen Wert zwischen -1 und +1 annimmt.
Man kann einen Vektor der Länge 7 nicht in die Summe von zwei Vektoren der Länge 2 und 4 zerlegen.
Die Erfüllung dieser Bedingung vorausgesetzt kann man also einen Vektor ~b = (x, y, z)T ansetzen und
hat für die drei gesuchten Komponenten zwei Bedingungen:
x2 + y 2 + z 2 = b2
und (x − a1 )2 + (y − a2 )2 + (z − a3 )2 = c2 .
Die erste Gleichung von der zweiten subtrahiert ergibt eine lineare Gleichung:
2a1 x + 2a2 y + 2a3 z = a2 + b2 − c2 .
Wegen vorausgesetzt ~a 6= ~0 ist zumindest eine Komponente von ~a von Null verschieden. Sei dies z.B.
a2 , dann hat man
a2 + b2 − c2 − 2a1 x − 2a3 z
y=
a2
und kann das einsetzen:
2
x +
a2 + b2 − c2 − 2a1 x − 2a3 z
a2
2
+ z 2 = b2 .
Das ist eine quadratische Gleichung in z, die nach Voraussetzung für gewisse (zumindestens ein!) x
lösbar ist. Das x ist im in Frage kommenden Bereich ein Lösungsparameter, zu dem in der Regel zwei
z-Werte gehören und zu jedem der beiden noch ein y-Wert. Die Lösung ist also nicht eindeutig.
Man stelle sich die Sache anschaulich vor: Bei b, c < a bilden alle Lösungen einen Doppelkegel mit ~a
als Achse.
51. Zunächst hat man P~Q = (5, 1, 5)T + λQ (−1, −1, 5)T .
Wenn sie mit 30o steigt, so bildet sie mit der Senkrechten (0, 0, 1)T einen Winkel von 60o , also ist


     

 
5
−1 0
−1
5
 1  + λQ  −1  ·  0  =  1  + λQ  −1  · 1 · cos 60o ,
5
5 1
5
5
was zusammengefaßt die Gleichung
5 + 5λQ =
1
2
q
(5 − λQ )2 + (1 − λQ )2 + (5 + 5λQ )2
ergibt. Sie wird umgeformt und quadriert:
100(1+2λQ +λ2Q ) = (5−λQ )2 +(1−λQ )2 +(5+5λQ )2 = 25−10λQ +λ2Q +1−2λQ +λ2Q +25+50λQ +25λ2Q =
= 51 + 38λQ + 27λ2Q
=⇒
73λ2Q + 162λQ + 49 = 0 .
Man erhält
√
√
√
812 − 49 · 73
−81 ± 2984
−81 ± 2 746
=⇒ λQ 1,2 =
=
=
.
73
73
73
√
√
Es ist (Fakt√aus der Computerwissenschaft!) 322 = 1024 > 1000, also ist 32 > 1000 > 746 und
81 > 64 > 2 746.
Mithin sind beide Nullstellen der quadratischen Gleichung negativ.
Davon abgesehen: Alle drei Koeffizienten der quadratischen Funktion sind positiv, damit kann sie keine
positiven Nullstellen haben.
Die z-Koordinate des Richtungsvektors von g ist positiv, ~r(λ) bewegt sch also bei wachsendem λ nach
oben. Die Rechnung lieferte zwei Werte, was sicher dem erfolgten Quadrieren geschuldet ist. Wie sind
sie zu interpretieren? - Nun, einmal steigt die Strecke von P zum Geradenpunkt um 30o und einmal
fällt sie. Es interessiert mithin der obere Zielpunkt, folglich die größere Lösung von λQ :
√
2 746 − 81
λQ =
= −1.85789 =⇒ Q = (6.85789, 2.85789, −4.28945) .
73
λ2Q
49
162
λQ +
=0
+
73
73
−81 ±
25
52. Zunächst: Es gibt offenbar zwei derartige Ebenen. Suchen wir sie beide - das ist sicher kein zusätzlicher
Aufwand.
Gesucht werden sie in der Normalform. Wirklich zu suchen ist der (oder ein) Normalenvektor. Er muß
senkrecht zur Verbindung der beiden Punkte, also zum Vektor (−1, 2, −1)T sein. Da die gesuchte Ebene
garantiert nicht senkrecht verläuft ist die z-Koordinate des Normalenvektors nicht Null. Man kann sie
also getrost gleich 1 setzen: ~n = (a, b, 1)T . Aus der Orthogonalität folgt −a + 2b − 1 = 0 oder a = 2b − 1.
Bei einem Anstieg der Ebene im Winkel von 45o bildet ihr Normalenvektor mit der senkrechten Richtung (0, 0, 1)T denselben Winkel, weshalb man für das Skalarprodukt

 

 
a a
0
 b  ·  0  =  b  · 1 · cos 45o
1 1
1
√
√
hat und zu 1 = a2 + b2 + 1/ 2 gelangt.
Quadrieren liefert die Gleichung (und letztlich die beiden Lösungen)
2 = a2 + b2 + 1
=⇒
1 = (2b − 1)2 + b2
=⇒
0 = 5b2 − 4b = 5b(b − 0.8) .
Es resultieren die beiden Normalenvektoren ~n1 = (−1, 0, 1)T und ~n1 = (0.6, 0.8, 1)T . Durch ihre skalare
Multiplikation mit dem ersten der beiden angegebenen Punkte gelangt man zu den Ebenengleichungen
z−x=0
0.6x + 0.8y + z = 4.8 .
und
Die letzte Darstellung kann man zu 3x + 4y + 5z = 24 ’glätten’.
53. I) Die gesuchte Höhe sei z mit 0 < z < 5.
a) ’Straff gespannt’ bedeutet minimale Seillänge. Diese ergibt sich als Summe der Seilstücke in den
Ebenen y = 0 und x = 9. Das Seil geht im Punkt P = (9; 0; z) um die Kante, seine Länge ist folglich
p
p
p
p
~ | + |P~E| = 92 + 02 + z 2 + 02 + 42 + (5 − z)2 = 81 + z 2 + 41 − 10z + z 2 .
L(z) = |0P
Minimale Länge bedeutet Verschwinden der Ableitung:
2z
−10 + 2z
L0 (z) = √
+√
=0
2 81 + z 2
41 − 10z + z 2
=⇒
p
p
(z − 5) 81 + z 2 = z 41 − 10z + z 2
Die Gleichung wird quadriert:
(z − 5)2 (81 + z 2 ) = z 2 (41 − 10z + z 2 )
=⇒
81z 2 − 810z + 2025 + z 4 − 10z 3 + 25z 2 = 41z 2 − 10z 3 + z 4
Es verbleibt
0 = 65z 2 − 810z + 2025 = 5(13z 2 − 162z + 405) =⇒
r
√
√
√
81
812
405
81 ± 812 − 13 · 405
81 ± 812 − 13 · 5 · 81
81 ± 9 81 − 13 · 5
z1,2 =
±
−
=
=
=
=
13
132
13
13
13
13
√
81 ± 9 16
81 ± 36
=
=
13
13
Man erhält z1 = 9 - das ist mehr als die Höhe des Quaders und mithin unsinnig. Die andere Lösung
z2 = 45/13 ≈ 3.5 ist wohl zutreffend. Da die erste Kante des Quaders, über der das Seil verläuft, länger
ist als die nächste müßte der Punkt wohl über der Hälfte der
√ Quaderhöhe√liegen.
Wo kommt√z1 her? Setzt
man
z
in
die
Gleichung
(z
−
5)
81 + z 2 = z 41 − 10z + z 2 ein, so folgt
1
√
√
√
formal −4 2 · 81 = 9 2 · 16, also −36 2 = 36 2. Das stimmt nicht, wird aber durch Quadrieren
’richtig’. Damit hat man sich diese Scheinlösung eingehandelt.
b) Simple Überlegung: Man zieht das Seil straff und klebt es dann an den Seiten des Quaders fest. Jetzt
klappt man die ’Rückwand’, d. h. die Fläche x = 9, um jene Kante nach vorn in die Ebene y = 0. Damit
wird das Seil zur Geraden durch (0; 0) und (9 + 4; 5) = (13; 5) (nur in der x − z−Ebene betrachtet).
9
Seine Höhe über x = 9 beträgt dann 13
· 5 = 45/13 (Strahlensatz oder triviale Proportion).
II) Die gesuchte Schnittgerade geht offensichtlich durch den Nullpunkt. Weiterhin liegen E und P in
E, also auch die Gerade durch diese beiden Punkte. Deren Durchstoßpunkt durch die x − y−Ebene ist
ebenfalls ein Punkt der Schnittgerade. Seine x-Koordinate ist natürlich 9.
Die z-Koordinate fällt auf einer Strecke der Länge 4 von 5 in E auf 45/13 in P . Damit fällt sie auf
1 um (5 − 45
13 ) : 4 = 5/13 und zum Abbau jener 45/13 braucht es eine Strecke der Länge 9. Jener
Durchstoßpunkt liegt also in (9; −9) und die Schnittgerade wird x + y = 0 oder y = −x.
26
54. Vorsichtige Menschen prüfen zunächst, ob die drei genannten Punkte tatsächlich in der Ebene liegen.
Das ist der Fall.
a) Die gesuchte x-Koordinate beschreibt den Endpunkt des Vektors, der sich bei orthogonaler Projektion von P auf die x-Achse ergibt. Ihr Einheitsvektor ( (1, 0) in K) ist im primären räumlichen
Koordinatensystem




−1
−3
1
1
1
 3 = √  1  .
N~X = √
~ex =
3
32 + 32 + 32
|N~X|
1
3
Damit wird
(−1) · (−1) + 1 · 4 + 1 · 2
7
√
xP = ~ex · N~P =
=+√ .
3
3
b) Der Richtungsvektor ~vy der y-Achse in K steht senkrecht auf N~X und dem Normalenvektor ~n der
Ebene, man kann also mit dem Richtungsvektor ~vx = 1 N~X der x-Achse in K
3



 

−1
2
4
~vy = ~vx × ~n =  1  ×  −1  =  5  ,
1
3
−1
finden. Dann muß es eine Darstellung

−1
 4
2
N~P = λ~vx + µ~vy geben, d. h.





−1
4
 = λ 1  + µ 5  .
1
−1
Addiert man die ersten beiden Gleichungen, so hat man 3 = 9µ und weiter λ = 7/3. Man prüfe
sicherheitshalber, daß alle drei Gleichungen des überbestimmten Systems erfüllt sind!
Wegen λ > 0 muß auch die x-Koordinate von P in K positiv sein (Warum?). Sie ergibt sich als
xP = λ |~vx | =
7
7 √
· 3= √ .
3
3
55. Phyikalisch-geometrische Fakten:
*) Einfallender und reflektierter Strahl haben denselben Winkel α zur Ebenennormalen.
**) Einfallender und reflektierter Strahl sowie Ebenennormale liegen in einer Ebene.
Damit läßt sich die Richtung des reflektierten Strahls ermitteln. Da man einen Punkt des Strahls hat
ist seine Gerade und folglich deren Durchstoßpunkt durch die x − y−Ebene bestimmbar.
Vom Auftreffpunkt (14,8,51) zeigt der Vektor (−12, −3, −51)T zum Sendepunkt. Der Richtungsvektor ~b
des zurückgeworfenen Strahls läßt sich als Linearkombination dieses Vektors und der Ebenennormalen
schreiben:

 

2
−12
~b =  −3  + λ  1  .
−51
3
Da die Länge dieses Richtungsvektors nicht interessiert braucht man nur em einen Zahlenfaktor; vor
dem ersten Vektor konnte man getrost eine 1 setzen.
Die Gleichheit beider Winkel fordert

  
−12
2
1
 −3  ·  1  =
√
√
122 + 32 + 512 · 22 + 12 + 32
−51
3


   
−12
2
2 

 −3  + λ  1  ·  1  .
√
=p

(12 − 2λ)2 + (3 − λ)2 + (51 − 3λ)2 · 22 + 12 + 32 
−51
3
3
√
Man multipliziert die Gleichung mit 14:
1
−180
−180 + 14λ
√
=√
2754
2754 − 360λ + λ2
⇒
1802 (2754 − 360λ + 14λ2 ) = 2754 (−180 + 14λ)2
453600 − 11664000λ + 32400λ2 = 89229600 − 13880160λ + 539784λ2
27
⇒
2216160 λ − 86184 λ2 = 0
Die erste Lösung ist λ = 0. Sie reproduziert den einfallenden Strahl und entfällt damit, ist aber eine
nützliche Kontrolle. Benötigt wird nur λ2 = 25.7143.
Die Gerade des reflektierten Strahls ist demzufolge beschrieben durch




 
14
−12
2
~r(µ) =  8  + µ  −3  + 25.7143  1 
51
−51
3
und sie durchstößt die x − y−Ebene bei 51 + µ(25.7143 · 3 − 51) = 0, d. h. µ = −1.9508. Der Durchstoßpunkt hat folglich die x-Koordinate xD = 14 − 1.9508(2 · 25.7143 − 12) = −62.92 und weiter
yD = 8 − 1.9508(25.7143 − 3) = −36.31.
28