HMF 2 - Lösung
Inhaltsverzeichnis
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Aufgabe 1 – Lage ‘’Gerade-Koordinatenebene’‘
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Der Richtungsvektor der Geraden \(g\) verläuft nur in \(x_2\)-Richtung und \(x_3\)-Richtung. Damit muss die Gerade in oder parallel zu der \(x_2x_3\)-Ebene sein, die von der \(x_2\)-Achse und und der \(x_3\)-Achse aufgespannt wird.
Ferner hat der Stützvektor \(\vec{p}\) den Wert \(x_1\)=1, so dass die Gerade in einer parallelen Ebene zur \(x_2x_3\)-Ebene liegen muss mit dem Abstand 1.
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Aufgabe 2 – Lage ‘’Gerade-Ebene’‘
Betrachtet man die Lage der Geraden zum Normalenvektor \(\vec{n}\)
in den 3 Fällen, so sieht man, dass in Fall 1 die Gerade in Richtung des Normalenvektors und in den anderen Fällen orthogonal zum Normalenvektor verläuft.
Wir prüfen die Orthogonalität des Normalenvektors \(\vec{n}\) und des Richtungsvektors \(\vec{v}\) der Geraden mit
\( \quad \begin{array}{l} \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} 0 \\ 4 \\ -3 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \quad \text{und} \quad \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} 0 \\ -3 \\ -4 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \\ \\ \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} 0 \\ 4 \\ -3 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \circ \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} 0 \\ -3 \\ -4 \end{array} \right) \end{smallmatrix} = 0 \cdot 0 + 4\cdot (-3) + (-3) \cdot (-4) = 0 \\ \end{array} \\ \)
Die Vektoren sind orthogonal zueinander und so kommen nur Fall 2 und 3 infrage. Nun ist noch zu prüfen, ob der Punkt \(P(1|1|4)\) in der Ebene liegt und wir machen eine Punktprobe.
\( \quad \begin{align} 4 \cdot 1 - 3 \cdot 4 & = 25 \\[2pt] -8 & = 25 \quad \text{Widerspruch} \end{align} \)
Der Punkt liegt nicht in der Ebene und somit ist die Gerade echt parallel zur Ebene.
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Aufgabe 3 – Abstand ‘’Ebene-Ursprung’‘
Der Abstand eines Punktes von einer Ebene wird berechnet mit der Hesse’schen Normalenform (HNF) Wir nehmen die Ebene
\( \quad \begin{align} 4x_2 - 3x_3 & = 25 \qquad |-25\\[5pt] 4x_2 - 3x_3 -25 & = 0 \end{align} \\ \)
und formen sie um in die Hesse’sche Normalenform
\( \quad HNF: (\vec{x} - \vec{p}) \circ \vec{n_0} = 0 \\ \)
um. Dabei ist der Einheitsvektor (Länge=1) vom Normalenvektor
\( \quad \vec{n_0} = \frac{1}{|\vec{n}|} \cdot \vec{n} \\ \)
mit
\( \quad |\vec{n}| = \begin{vmatrix} \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} 0 \\ 4 \\ -3 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \end{vmatrix} = \sqrt{4^2+(-3)^2} = \sqrt{16 + 9} = \sqrt{25} = 5 \\ \)
Die Hesse’sche Normalenform kann also geschrieben werden als
\( \quad HNF: \frac{1}{|\vec{n}|} \cdot (\vec{x} - \vec{p}) \circ \vec{n} = 0 \\ \)
oder in Koordinatenform
\( \quad HNF: \frac{1}{|\vec{n}|} \cdot (ax_1 + bx_2 + cx_3 - d) = 0 \\ \)
und wir erhalten
\( \quad HNF: \frac{1}{5} \cdot (4x_2 - 3x_3 - 25) = 0 , \\ \)
woraus sich unmittelbar die Abstandsberechnung ableiten lässt, wenn wir den Punkt \(O(0|0|0)\)einsetzen.
\( \quad \begin{align} d(O, E) & = \frac{1}{5} \cdot |4 \cdot 0 - 3 \cdot 0 - 25| \\[6pt] d(O, E) & = \frac{1}{5} \cdot |- 25| \\[6pt] d(O, E) & = \frac{1}{5} \cdot 25 \\[6pt] d(O, E) & = \frac{25}{5} \\[6pt] d(O, E) & = 5 \end{align} \)
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