=for timestamp
Di Mär  7 18:21:53 CET 2006

=head2 58. Hausaufgabe

=head3 Geometrie-Buch Seite 162, Aufgabe 3

M<A(-5, 4, -2)>, M<B(6, -3, 4)>, M<C(10, -6, 18)>, M<D(0, 0, 22)>. Zeige durch
Berechnung des Diagonalschnittpunkts, dass M<ABCD> ein ebenes Viereck ist.

Annahme: Diagonalen sind M<AC> und M<BD>, nicht M<AB> und M<CD>!

M<AC: \vec X = \vec A + k \overrightarrow{AC} =
\left(\!\begin{smallmatrix}-5\\4\\-2\end{smallmatrix}\!\right) + k
\left(\!\begin{smallmatrix}15\\-10\\20\end{smallmatrix}\!\right)\!;>

M<BD: \vec X = \vec B + k \overrightarrow{BD} =
\left(\!\begin{smallmatrix}6\\-3\\4\end{smallmatrix}\!\right) + k
\left(\!\begin{smallmatrix}-6\\3\\18\end{smallmatrix}\!\right)\!;>

M<\left(\!\begin{smallmatrix}-5\\4\\-2\end{smallmatrix}\!\right) + k
\left(\!\begin{smallmatrix}15\\-10\\20\end{smallmatrix}\!\right) =
\left(\!\begin{smallmatrix}6\\-3\\4\end{smallmatrix}\!\right) +
\left(\!\begin{smallmatrix}-6\\3\\18\end{smallmatrix}\!\right)\!;>

⇔ M<k \left(\!\begin{smallmatrix}15\\-10\\20\end{smallmatrix}\!\right) =
\left(\!\begin{smallmatrix}11\\-7\\6\end{smallmatrix}\!\right) + l
\left(\!\begin{smallmatrix}-6\\3\\18\end{smallmatrix}\!\right)\!;>

M<15k = 11 - 6l; \Leftrightarrow k = \frac{11 - 6l}{15};>

M<-\frac{10}{15}\left(11 - 6l\right) = -7 + 3l; \Leftrightarrow l =
\frac{1}{3};>

Die Lösungen für M<k> und M<l> erfüllen auch die dritte Gleichung.

=head3 Geometrie-Buch Seite 163, Aufgabe 5

Beschreibe die möglichen lagen der Geraden M<v> und M<w> im Raum, die bei
bestimmter Blickrichtung so ausschauen:

=for latex
\begin{multicols}{2}

=over

=item a)

echt parallel, windschief

=item b)

echt parallel, identisch, schneiden sich in einem Punkt

=item c)

schneiden sich in einem Punkt, windschief

=item d)

windschief

=item e)

echt parallel

=item f)

identisch

=back

=for latex
\end{multicols}

=head3 Geometrie-Buch Seite 163, Aufgabe 6a

Die Ortsvektoren von M<A(6, 0, 3)>, M<B(6, 12, 0)> und M<C(-3, 0, 6)> spannen
ein Spat auf.

M<M> ist Kantenmittelpunkt, M<S> ist Mittelpunkt der Deckfläche.

Berechne den Schnittpunkt M<T> von M<\left[AM\right]> und M<\left[OS\right]>.

=over

=item *

M<\left[AM\right]\!{:}\, \vec X = \vec A + k \overrightarrow{AM}; \quad k \in
\left[0, 1\right];>

=over

=item *

M<\vec M = \frac{\vec G + \vec C}{2};>

=over

=item *

M<\vec G = \vec C + \vec B;>

=back

⇒ M<\vec M = \frac{\vec G + \vec C}{2} = \vec C + \frac{1}{2} \vec B;>

=back

=item *

M<\left[0S\right]\!{:}\, \vec X = 0 + k \overrightarrow{0S}; \quad k \in
\left[0, 1\right];>

=over

=item *

M<\vec S = \frac{\vec C + \vec F}{2};>

=over

=item *

M<\vec F = \vec G + \vec A = \vec C + \vec B + \vec A;>

=back

⇒ M<\vec S = \vec C + \frac{\vec A + \vec B}{2};>

=back

=back

Nun sind die Streckengleichungen bekannt. Gleichsetzen bringt:

M<\vec A + k_T \left(\vec C + \frac{1}{2} \vec B - \vec A\right) = 0 + l_T
\left(\vec C + \frac{\vec A + \vec B}{2}\right)\!;>

Nun erweitere ich unsere Kurzschreibweisendefinition: Wird M<k_T> als Vektor
verwendet, steht M<k_T> für
M<\left(\!\begin{smallmatrix}k_T\\k_T\\k_T\end{smallmatrix}\!\right)>, wobei
die Vektorkomponenten gleich dem originalen, skaleren M<k_T> sind.

Idee: Expandiert man die Vektorgleichung zu einem Gleichungssystem mit drei
Gleichungen (je eine für jede Komponente), kommt M<k_T>, als reelle Zahl, in
jeder der Teilgleichungen vor.

Laut unserer Kurzschreibweisenvereinbarung ist es damit zulässig, folgende
Ersetzung durchzuführen:

Original: M<\\>
M<a = \ldots; \\ b = \ldots; \\ c = \ldots;>

Ersetzung: M<\left(\!\begin{smallmatrix}a\\b\\c\end{smallmatrix}\!\right) =
\left(\!\begin{smallmatrix}\ldots\\\ldots\\\ldots\end{smallmatrix}\!\right)\!;>

Diese Ersetzung führe ich nun auch durch -- nur statt M<a>, M<b> und M<c> steht
jedesmal M<k_T>.

Dies ermöglicht es mir, M<\vec A> von der linken auf die rechte Seite zu
bringen, und -- wichtiger -- durch M<\left(\vec C + \frac{1}{2} \vec B - \vec
A\right)> zu teilen!

M<k_T = \dfrac{l_T \left(\vec C + \frac{\vec A + \vec B}{2}\right) - \vec
A}{\vec C + \frac{1}{2} \vec B - \vec A};>

Die Komponenten dieses Ergebnisses müssen nun -- sonst bricht unsere
Kurzschreibweisenargumentation zusammen -- alle den gleichen Wert aufweisen,
damit wir ein skalares M<k_T> erhalten.

Also setze ich an: M<\text{1. Komponente} = \text{2. Komponente} = \text{3.
Komponente};>

M<\dfrac{l_T \left(\vec C_1 + \frac{\vec A_1 + \vec B_1}{2}\right) - \vec
A_1}{\vec C_1 + \frac{1}{2} \vec B_1 - \vec A_1} =
\dfrac{l_T \left(\vec C_2 + \frac{\vec A_2 + \vec B_2}{2}\right) - \vec
A_2}{\vec C_2 + \frac{1}{2} \vec B_2 - \vec A_2} =
\dfrac{l_T \left(\vec C_3 + \frac{\vec A_3 + \vec B_3}{2}\right) - \vec
A_3}{\vec C_3 + \frac{1}{2} \vec B_3 - \vec A_3};>

Überraschenderweise erhält man für M<l_T> M<\frac{2}{3}> -- aber ohne die
Komponenten einsetzen zu müssen; M<l_T> ist also unabhängig von M<\vec A>,
M<\vec B> und M<\vec C>!

=for comment
Maxima:
# (%i3) solve([(l*C1+(A1+B1)/2*l-A1)/(C1+1/2*B1-A1) = (l*C2 + l*(A2+B2)/2 - A2)/(C2 + 1/2*B2 - A2)],[l]);
#
#                                         2
#(%o3)                               [l = -]
#                                         3

Mit M<0 \leq l_T = \frac{2}{3} \leq 1> kann auch M<k_T> berechnet werden.
Vektoriell ergibt sich für M<k_T>
M<\left(\!\begin{smallmatrix}\frac{2}{3}\\\frac{2}{3}\\\frac{2}{3}\end{smallmatrix}\!\right)>,
gemäß der obigen Definition ist es also zulässig von M<k_T> nur als
M<\frac{2}{3}> zu sprechen.

Mit bekanntem M<k_T> und M<l_T> ist es nun natürlich möglich, die
Schnittspunktskoordinaten durch Einsetzen zu berechnen. Es ist nicht wichtig,
in welche Gleichung man M<k_T> bzw. M<l_T> einsetzt -- die Äquivalenz haben wir
ja soeben bewiesen. Man erhält für M<T>:

M<T = \left(\!\begin{smallmatrix}2\\4\\5\end{smallmatrix}\!\right)\!;>

(Definition der hier benutzten Vektordivision: M<\frac{\vec a}{\vec b} =
\frac{a_1}{b_1}>, falls M<\frac{a_1}{b_1} = \frac{a_2}{b_2} =
\frac{a_3}{b_3};>)