M11 Aufgaben und Anwendungen der Vektorrechnung

  Aufgabe 1

Buch S. 102 / 1
Buch S. 120 / 4
Buch S. 121 / 5

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1. Gesucht sind die Punktkoordinaten, diese werden waagrecht an den Punktnamen angefügt.
A(6;0;0); B(6;12;0), C(0;12;0), D(0;0;0), E(6;0;7), F(6;12;7), G(0;12;7), H(0;0;7)
M1 ist der Schnittpunkt der Flächendiagonale der unteren Fläche. Für den Ortsvektor $\vec {m_1}$ des Mittelpunktes der Strecke [DB] hat man die Formel $\vec {m_1}=\frac{1}{2}(\vec d + \vec b$. Dies liefert dann aie Koordinaten des Schnittpunktes.
M1(3;6;0), M3(3;12;3,5), M6(3;6;7) und M(3;6;3,5)

4. a) $\vec {AB}= \vec b - \vec a = \left ( \begin{array}{c} -5 \\\ 1 \end{array}\right) - \left ( \begin{array}{c} 2 \\\ 3 \end{array}\right) = \left ( \begin{array}{c} -7 \\\ -2 \end{array}\right)$ und $\vec {BA}= -\vec {AB}= \left ( \begin{array}{c} 7 \\\ 2 \end{array}\right)$

b) $\vec {AB}= \vec b - \vec a = \left ( \begin{array}{c} 5 \\\ -1 \\\ -4 \end{array}\right) - \left ( \begin{array}{c} -5 \\\ 1 \\\ -2 \end{array}\right) = \left ( \begin{array}{c} 10 \\\ -2 \\\ -2 \end{array}\right)$ und $\vec {BA}= -\vec {AB}= \left ( \begin{array}{c} -10 \\\ 2 \\\ 2 \end{array}\right)$

c) $\vec {AB}= \vec b - \vec a = \left ( \begin{array}{c} 2 \\\ -1 \\\ 3 \end{array}\right) - \left ( \begin{array}{c} 2 \\\ 1 \\\ -3 \end{array}\right) = \left ( \begin{array}{c} 0 \\\ -2 \\\ 6 \end{array}\right)$ und $\vec {BA}= -\vec {AB}= \left ( \begin{array}{c} 0 \\\ 2 \\\ -6 \end{array}\right)$

5. In dem gezeichneten Koordinatensystem im Buch ist keine Achsenskalierung angegeben. Für die Angaben wurden jeweils zwei Kästchen als 1 LE angenommen.
$\vec a= \left ( \begin{array}{c} 2 \\\ -1 \end{array}\right), \vec b = \left ( \begin{array}{c} -1,5 \\\ 1,5 \end{array}\right), \vec c = \left ( \begin{array}{c} 3 \\\ 0 \end{array}\right), \vec d= \left ( \begin{array}{c} 0 \\\ -2 \end{array}\right), \vec e = \left ( \begin{array}{c} 3 \\\ 2 \end{array}\right), \vec f = \left ( \begin{array}{c} 1 \\\ 2 \end{array}\right)$
a) $\vec a + 2 \vec b + \vec c = \left ( \begin{array}{c} 2 \\\ -1 \end{array}\right) + 2\cdot \left ( \begin{array}{c} -1,5 \\\ 1,5 \end{array}\right) + \left ( \begin{array}{c} 3 \\\ 0 \end{array}\right) = \left ( \begin{array}{c} 2 \\\ 2 \end{array}\right)$
b) $\vec c + \vec d - \vec a = \left ( \begin{array}{c} 3 \\\ 0 \end{array}\right) + \left ( \begin{array}{c} 0 \\\ -2 \end{array}\right) - \left ( \begin{array}{c} 2 \\\ -1 \end{array}\right) = \left ( \begin{array}{c} 1 \\\ -1 \end{array}\right)$
c) $\vec e - \vec f + 2\vec c + \vec d = \left ( \begin{array}{c} 3 \\\ 2 \end{array}\right) - \left ( \begin{array}{c} 1 \\\ 2 \end{array}\right) + 2\cdot \left ( \begin{array}{c} 3 \\\ 0 \end{array}\right) + \left ( \begin{array}{c} 0 \\\ -2 \end{array}\right) = \left ( \begin{array}{c} 8 \\\ -2 \end{array}\right)$

d) $\vec a + \vec b + \vec c + \vec d + \vec e + \vec f + \left ( \begin{array}{c} 7,5 \\\ 0 \end{array}\right) = \left ( \begin{array}{c} 2 \\\ -1 \end{array}\right) + \left ( \begin{array}{c} -1,5 \\\ 1,5 \end{array}\right) + \left ( \begin{array}{c} 3 \\\ 0 \end{array}\right) + \left ( \begin{array}{c} 0 \\\ -2 \end{array}\right) + \left ( \begin{array}{c} 3 \\\ 2 \end{array}\right) + \left ( \begin{array}{c} 1 \\\ 2 \end{array}\right) + \left ( \begin{array}{c} 7,5 \\\ 0 \end{array}\right) = \left ( \begin{array}{c} 15 \\\ 2,5 \end{array}\right)$

  Aufgabe 2

Buch S. 121 / 10

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Ausgangspunkt ist die Funktion $f : x \rightarrow \frac{1}{x}$ D=R\{0},
Die Definitionslücke ist bei x = 0. Die beiden Hyperbeläste sind punktsymmetrisch zum Ursprung.

.

a) Die Funktion $f_1: x \rightarrow \frac{1}{x-1}$ hat die Definitionslücke bei x = 1. Also wird der Graph der Funktion $f$ um 1 nach rechts in x-Richtung verschoben.
Zu jedem Funktionswert wird 4 addiert. Also wird zusätzlich noch in y-Richtung um 4 nach oben verschoben.
Das Symmetriezentrum ist nun (1;4) und der Verschiebungsvektor $\vec u = \left ( \begin{array}{c} 1 \\\ 4 \end{array}\right)$. Der grüne Graph der Funktion $f$ wird um 1 nach rechts und 4 nach oben verschoben. Man erhält den roten Graph der Funktion $f_1$.

b) Die Funktion $f_2: x \rightarrow \frac{1}{x+2}$ hat die Definitionslücke bei x = -2. Also wird der Graph der Funktion $f$ um -2 in x-Richtung (um 2 nach links) verschoben.
In y-Richtung passiert nichts.
Das Symmetriezentrum ist nun (-2;0) und der Verschiebungsvektor $\vec v = \left ( \begin{array}{c} -2 \\\ 0 \end{array}\right)$ . Der grüne Graph der Funktion $f$ wird um 2 nach links verschoben und man erhält den blauen Graph der Funktion $f_2$.

  Aufgabe 3

Bestimmen Sie die Koordinaten
1. des Mittelpunkts der Strecke [AB] mit
a) A(0;3;-4) und B(-6;1;-2)
b) A(8;0,5;-5) und B(-3;1,5;-1)
2. den Schwerpunkt des Dreiecks ABC mit A(-2;0;3), B(5;2;1) und C(0;4;2)

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1a) $\vec m = \frac{1}{2}(\vec a + \vec b) = \frac{1}{2} \cdot \left [ \left ( \begin{array}{c} 0 \\\ 3 \\\ -4 \end{array}\right) + \left ( \begin{array}{c} -6 \\\ 1 \\\ -2 \end{array}\right) \right ] = \left ( \begin{array}{c} -3 \\\ 2 \\\ -3 \end{array}\right)$
b) $\vec m = \frac{1}{2}(\vec a + \vec b) = \frac{1}{2} \cdot \left [ \left ( \begin{array}{c} 8 \\\ 0,5 \\\ -5 \end{array}\right) + \left ( \begin{array}{c} -3 \\\ 1,5 \\\ -1 \end{array}\right) \right ] = \left ( \begin{array}{c} 2,5 \\\ 1 \\\ -3 \end{array}\right)$ und M(2,5;1;-3)

2. $\vec s=\frac{1}{3}(\vec a + \vec b + \vec c) = \frac{1}{3} \left [ \left ( \begin{array}{c} -2 \\\ 0 \\\ 3 \end{array}\right) + \left ( \begin{array}{c} 5 \\\ 2 \\\ 1 \end{array}\right) + \left ( \begin{array}{c} 0 \\\ 4 \\\ 2 \end{array}\right) \right ]= \frac{1}{3} \left ( \begin{array}{c} 3 \\\ 6 \\\ 6 \end{array}\right) = \left ( \begin{array}{c} 1 \\\ 2 \\\ 2 \end{array}\right)$ und S(1;2;2)

  Aufgabe 4

Buch S. 123 / 29a

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Das Viereck ABCD bildet die Grundfläche der Pyramide. Da in der Volumenformel der Pyramide $V=\frac{1}{3}Gh$ der Flächeninhalt der Grundfläche vorkommt. soll zuerst G berechnet werden.
$\vec {AB}=\vec b + \vec a = \left ( \begin{array}{c} 5 \\\ 0 \\\ -1 \end{array}\right) - \left ( \begin{array}{c} 1 \\\ 2 \\\ 3 \end{array}\right) = \left ( \begin{array}{c} 4 \\\ -2 \\\ -4 \end{array}\right), \vec {BC}= \left ( \begin{array}{c} -2 \\\ 4 \\\ -4 \end{array}\right), \vec {CD}= \left ( \begin{array}{c} -4 \\\ 2 \\\ 4 \end{array}\right), \vec {DA}= \left ( \begin{array}{c} 2 \\\ -4 \\\ 4 \end{array}\right)$
Hier sieht man, dass $\vec {AB} = -\vec {CD} = \vec {DC}, \vec {BC}=-\vec {DA}=\vec {AD}$ ist, das Viereck ist also ein Parallelogramm. Es ist weiterhin $|\vec {AB}| = \sqrt {4^2 + (-2)^2+(-4)^2}=6=|\vec {BC}|=|\vec {CD}|=|\vec {DA}|$. Also ist das Viereck eine Raute.
Wegen $\vec {AB} \circ \vec {BC}=-8-8+16=0$ ist der Winkel bei B ein 90^o-Winkel. Also ist das Viereck ein Quadrat. Sein Flächeninhalt ist dann G = 36.
Aus der Volumenformel $V=\frac{1}{3}Gh$ kann man nun die Länge der Pyramidenhöhe h bestimmen. $h = \frac{3V}{G} = \frac{3\cdot 72}{36}=6$.
Mit dem Vektorprodukt hätte man auch den Flächeninhalt der Grundfläche G bestimmen können. Man erhält auch hier 36 (wird weiter unten noch berechnet).

Der Mittelpunkt M des Quadrats ist der Höhenfußpunkt der Pyramide. M ist auch der Schnittpunkt der Diagonalen des Quadrats, bzw. der Mittelpunkt einer Quadratdiagonalen.
Es ist $\vec m = \frac{1}{2}(\vec a + \vec c)=\frac{1}{2} \left[ \left ( \begin{array}{c} 1 \\\ 2 \\\ 3 \end{array}\right) + \left ( \begin{array}{c} 3 \\\ 4 \\\ -5 \end{array}\right) \right ] = \left ( \begin{array}{c} 2 \\\ 3 \\\ -1 \end{array}\right)$ und M(2;3;-1).
Nun muss man senkrecht zu G von M aus 6 Einheiten nach "oben" oder "unten" gehen um zu S zu kommen. Dazu braucht man einen Vektor $\vec v$, der senkrecht zur Grundfläche steht. Einen solchen Vektor erhält man, wenn man das Vektorprodukt $\vec {AB} \times \vec {AD}$ bestimmt. Es ist $\vec {AB} \times \vec {AD} = \left ( \begin{array}{c} 4 \\\ -2 \\\ -4 \end{array}\right) \times \left ( \begin{array}{c} -2 \\\ 4 \\\ -4 \end{array}\right) = \left ( \begin{array}{c} 24 \\\ 24 \\\ 12 \end{array}\right)$
Der Betrag des Vektors $\vec v$ ist $|\vec v|=\left |\left ( \begin{array}{c} 24 \\\ 24 \\\ 12 \end{array}\right)\right | =36$
Der Einheitsvektor zu $\vec {v^1}$ zum Vektor $\vec v=\left ( \begin{array}{c} 24 \\\ 24 \\\ 12 \end{array}\right)$ ist $\vec {v^1}=\frac{1}{36}\left ( \begin{array}{c} 24 \\\ 24 \\\ 12 \end{array}\right)= \frac{1}{3}\left ( \begin{array}{c} 2 \\\ 2 \\\ 1 \end{array}\right)$

Nun muss man die Pyramidenspitze S bestimmen. Von M aus geht man 6 Einheiten in Richtung des Einheitsvektors $\vec {v^1}$, also $\vec {MS}=6\cdot \frac{1}{3} \left ( \begin{array}{c} 2 \\\ 2 \\\ 1 \end{array}\right) = \left ( \begin{array}{c} 4 \\\ 4 \\\ 2 \end{array}\right)$.
Die Spitze S hat den Ortsvektor $\vec s$ und es ist $\vec s = \vec m + \vec {MS}=\left ( \begin{array}{c} 2 \\\ 3 \\\ -1 \end{array}\right) + \left ( \begin{array}{c} 4 \\\ 4 \\\ 2 \end{array}\right) = \left ( \begin{array}{c} 6 \\\ 7 \\\ 1 \end{array}\right)$ und S(6;7;1)

Man hätte von M aus auch in die Richtung von $-\frac{1}{3}\left ( \begin{array}{c} 2 \\\ 2 \\\ 1 \end{array}\right)$ gehen können. Dann geht man von M aus 6 Einheiten in Richtung dieses Einheitsvektors und bekommt dann $\vec {MS'}=-6\cdot \frac{1}{3} \left ( \begin{array}{c} 2 \\\ 2 \\\ 1 \end{array}\right) = \left ( \begin{array}{c} -4 \\\ -4 \\\ -2 \end{array}\right)$.

S' hat dann die Koordinaten S'(-2;-1;-3).

  Aufgabe 5

Buch S. 124 / 33
Buch S. 124 / 35

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