Aufgaben im Sandkasten

Wenn man eine Gerade und eine Ebene betrachtet, gibt es 3 verschiedene Möglichkeiten der gegenseitigen

Lage zueinander.

1. Die Gerade schneidet die Ebene in einem Punkt.

2. Die Gerade ist echt parallel zur Ebene.

3. Die Gerade liegt in der Ebene.

Vorgehensweise bei der Lagebestimmung

1. Um die Lagebeziehung zwischen einer Geraden und einer Ebene zu bestimmen, ist es empfehlenswert wenn man eine Parametergleichung der Geraden und eine Koordinatengleichung der Ebene verwendet.

2. Die Geradengleichung wird in die Koordinatenform der Ebene eingesetzt.

3. Die Gleichung wird nach der Variablen aufgelöst. Dabei sind verschiedene Ergebnisse möglich, die einen Rückschluss auf die Lagebeziehung zwischen Gerade und Ebene erlauben.

Mögliche Ergebnisse, die bei der Gleichungsauflösung auftreten können:

Um zu verdeutlichen, wie das Ganze genau funktionieren soll, folgt hier zu jeder Möglichkeit jeweils ein Beispiel zum Ausklappen.

Im Spoiler findet man Lösungen für andere Formen der Ebenengleichung.

Lösung zu 1

Die $y$-Achse wird für $x=0$ geschnitten.

Setze $x=0$ in die Funktionsgleichung ein:

$f_a(0)=0\cdot e^{a\cdot 0}+\frac{3}{a}=0\cdot 1+\frac{3}{a}=\frac{3}{a}$

Antwort: Der Schnittpunkt der Scharkurven mit der $y$-Achse hat die Koordinaten $S_y\left(0\Big\vert\frac{3}{a}\right)$.

Lösung zu 2

Die notwendige Bedingung für ein Extremum lautet: $f_a'(x)=0$

Berechne die 1. Ableitung, beachte dabei die Produktregel und die Kettenregel:

$f_a'(x)=1\cdot e^{ax}+x\cdot e^{ax}\cdot a=(1+a\cdot x)\cdot e^{ax}$

Setze $f_a'(x)=0$

$\;\Rightarrow\;0=\underbrace{(1+a\cdot x)}_{=0}\cdot \underbrace{e^{a\cdot x}}_{\text{immer}\;> 0}$

Nur die Klammer kann null werden:

$0=1+a\cdot x\;\Rightarrow\;x=-\frac{1}{a}$

Die Feststellung, ob sich an der Stelle $x=-\frac{1}{a}$ ein Extremum befindet, kann mit einer Monotonietabelle oder der 2. Ableitung erfolgen. Hier erfolgt die Überprüfung mit der 2. Ableitung:

Ist $f_a''(x)>0$, dann hat die Scharkurve $K_a$ an der Stelle $x$ einen Tiefpunkt.

Ist $f_a''(x)<0$, dann hat die Scharkurve $K_a$ an der Stelle $x$ einen Hochpunkt.

Berechne die 2. Ableitung, beachte dabei wieder die Produktregel und die Kettenregel:

$f_a'(x)=(1+a\cdot x)\cdot e^{ax}$

$f_a''(x)=a\cdot e^{ax}+(1+a\cdot x)\cdot e^{ax}\cdot a=(a^2\cdot x+2a)\cdot e^{ax}$

Setze $x=-\frac{1}{a}$ in $f_a''(x)=(a^2\cdot x+2a)\cdot e^{ax}$ ein:

$f_a''\left(-\frac{1}{a}\right)=\left(a^2\cdot (-\frac{1}{a})+2a\right)\cdot e^{a\cdot(-\frac{1}{a})}=(-a+2a)\cdot e^{-1}=a\cdot e^{-1}$

Das Ergebnis ist vom Scharparameter $a$ abhängig, d.h. es ist eine Fallunterscheidung bzgl. des Vorzeichens von $a$ erforderlich.

Fallunterscheidung

Fall 1: $a>0$

$f_a''(-\frac{1}{a})=a\cdot e^{-1}>0 \;\Rightarrow\;\text{TP}$

Fall 2: $a<0$

$f_a''(-\frac{1}{a})=a\cdot e^{-1}<0 \;\Rightarrow\;\text{HP}$

Setze $x=-\frac{1}{a}$ in $f_a(x)$ ein, um die $y$-Koordinate der Extrema zu berechnen.

$f_a(-\frac{1}{a})=(-\frac{1}{a})\cdot e^{a\cdot(-\frac{1}{a})}+\frac{3}{a}=\frac{3}{a}-\frac{1}{a}\cdot e^{-1}=\frac{1}{a}\cdot(3-e^{-1})$

Antwort: Für $a>0$ hat der Tiefpunkt die Koordinaten $TP\left(-\frac{1}{a}\Big\vert\frac{1}{a}\cdot(3-e^{-1})\right)$ und für $a<0$ hat der Hochpunkt die Koordinaten $HP\left(-\frac{1}{a}\Big\vert\frac{1}{a}\cdot(3-e^{-1})\right)$.

Lösung zu 3

Betrachte zunächst $\displaystyle\lim_{x\rightarrow+\infty}(x\cdot e^{ax}+\frac{3}{a})$. Wie verhält sich der Ausdruck $x\cdot e^{ax}$, wenn $x$ sehr groß wird? Das Verhalten hängt vom Vorzeichen des Scharparameters $a$ ab, d.h. es ist eine Fallunterscheidung bzgl. des Vorzeichens von $a$ erforderlich.

Fallunterscheidung

Fall 1: $a>0$

$\displaystyle\lim_{x\rightarrow+\infty}(x\cdot e^{ax}+\frac{3}{a})=\lim_{x\rightarrow+\infty}\underbrace{x\cdot e^{ax}}_{\rightarrow +\infty}+\frac{3}{a}=+\infty$

Für $a>0$ wächst $e^{ax}$ für $x\rightarrow+\infty$ stärker als jede Potenz von $x$. Der Ausdruck $x\cdot e^{ax}$ geht somit gegen $+\infty$.

$\displaystyle\lim_{x\rightarrow-\infty}(x\cdot e^{ax}+\frac{3}{a})=\lim_{x\rightarrow-\infty}\underbrace{x\cdot e^{ax}}_{\rightarrow 0}+\frac{3}{a}=\frac{3}{a}$

Für $a>0$ geht $e^{ax}$ für $x\rightarrow-\infty$ stärker gegen $0$ als $x\rightarrow-\infty$. Der Ausdruck $x\cdot e^{ax}$ geht somit gegen $0$.

Fall 2: $a<0$

$\displaystyle\lim_{x\rightarrow+\infty}(x\cdot e^{ax}+\frac{3}{a})=\lim_{x\rightarrow+\infty}\underbrace{x\cdot e^{ax}}_{\rightarrow 0}+\frac{3}{a}=\frac{3}{a}$

Für $a<0$ geht $e^{ax}$ für $x\rightarrow+\infty$ stärker gegen $0$ als $x\rightarrow+\infty$. Der Ausdruck $x\cdot e^{ax}$ geht somit gegen $0$.

$\displaystyle\lim_{x\rightarrow-\infty}(x\cdot e^{ax}+\frac{3}{a})=\lim_{x\rightarrow-\infty}\underbrace{x\cdot e^{ax}}_{\rightarrow -\infty}+\frac{3}{a}=-\infty$

Für $a<0$ wächst $e^{ax}$ für $x\rightarrow-\infty$ stärker als jede Potenz von $x$. Der Ausdruck $x\cdot e^{ax}$ geht somit gegen $-\infty$.

Alle Scharkurven haben eine waagrechte Asymptote $y_A=\frac{3}{a}$.

Lösung zu 4

Für $a=-3$ lautet $f_{-3}(x)=x\cdot e^{-3x}-1$ und für $a=1$ ist $f_{1}=x\cdot e^{x}+3$. Bekannt sind weiterhin der Schnittpunkt mit der y-Achse $S_y\left(0\Big\vert\frac{3}{a}\right)$, der Extrempunkt $E\left(-\frac{1}{a}\Big\vert\frac{1}{a}\cdot(3-e^{-1})\right)$ und die waagrechte Asymptote $y_A=\frac{3}{a}$. Zum Skizzieren der beiden Graphen ist es sinnvoll, noch einige Funktionswerte zu berechnen. Sie sind in den beiden folgenden Tabellen aufgelistet.

Tabelle für $f_{-3}(x)=x\cdot e^{-3x}-1$:

Die Funktion $f_{-3}(x)=x\cdot e^{-3x}-1$ hat die waagrechte Asymptote $y_A=-1$.

Tabelle für $f_{1}=x\cdot e^{x}+3$:

Die Funktion $f_{1}(x)=x\cdot e^{x}+3$ hat die waagrechte Asymptote $y_A=3$.

Darstellung der Graphen von $K_{-3}$ und von $K_1$.

Lösung zu 5

Ein Extremum liegt vor, wenn $f_a'(x)=0$ ist.

Setze in die unter Lösung $2$ berechnete Ableitung $f_a'(x)=(1+a\cdot x)\cdot e^{ax}$ den Wert $x=\frac{1}{2}$ ein:

$f_a'\left(\frac{1}{2}\right)=e^{a\cdot\frac{1}{2}}\cdot(1+a\cdot\frac{1}{2})$

Setze $f_a'\left(\frac{1}{2}\right)=0$

$\;\Rightarrow\;0=\underbrace{e^{a\cdot\frac{1}{2}}}_{\text{immer}\;> 0}\cdot \underbrace{\left(1+a\cdot\frac{1}{2}\right)}_{=0}$

Nur die Klammer kann null werden:

$0=1+a\cdot\frac{1}{2}\;\Rightarrow\;a=-2$

Antwort: Für $a=-2$ hat die Scharfunktion $f_{-2}(x)=x\cdot e^{-2x}-\frac{3}{2}$ an der Stelle $x=\frac{1}{2}$ ein Extremum.

Lösung zu 6

Für die Ortskurve der Extrema benötigst du die Extrempunktkoordinaten.

Das Extremum hat die Koordinaten $E\left(-\frac{1}{a}\Big\vert\frac{1}{a}\cdot(3-e^{-1})\right)$.

Für die Berechnung der Ortskurve setzt du $x=-\frac{1}{a}$ und $y=\frac{1}{a}\cdot (3-e^{-1})$.

Löse dann $x=-\frac{1}{a}$ nach $a$ auf $\;\Rightarrow\;a=-\frac{1}{x}$.

Setze $a=-\frac{1}{x}$ in $y=\frac{1}{a}\cdot (3-e^{-1})$ ein:

$y=\dfrac{1}{-\frac{1}{x}}\cdot (3-e^{-1})=-x\cdot(3-e^{-1})=(e^{-1}-3)\cdot x$

Antwort: Die Gleichung der Ortskurve lautet $y=(e^{-1}-3)\cdot x$. Der Graph der Ortskurve ist eine Ursprungsgerade mit der Steigung $m=e^{-1}-3\approx -2{,}63$.

Zur Veranschaulichung sind im folgenden Applet mehrere Scharkurven und die Ortskurve der Extrema dargestellt.

Ein beliebiger Punkt $P$ auf der Geraden $g$ hat die Koordinaten: $P\left(5-4r\vert r\vert1+r\right)$

Ein beliebiger Punkt $Q$ auf der Geraden $h$ hat die Koordinaten: $Q\left(5+2s\vert 3+s\vert 7-2s\right)$

Schritt 1

Der Punkt $Q \in h$ ist beliebig, aber mit konstantem $s$. Der Punkt $P\in g$ ist beliebig und variabel mit dem Parameter r. Der Abstand $d=\left|\overrightarrow{PQ}\right|$ ist dann eine Funktion von $r$ $\Rightarrow d =d(r)$.

Berechne den Vektor $\overrightarrow{PQ}= \overrightarrow{OQ}- \overrightarrow{OP}=\begin{pmatrix}5+2s-(5-4r)\\3+s-r\\7-2s-(1+r)\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2s+4r\\3+s -r\\6-2s-r\end{pmatrix}$

$\left(\text{I}\right)\;\;d=\left|\overrightarrow{PQ}\right|=\sqrt{(2s+4r)^2+(3+s-r)^2+(6-2s-r)^2}$

Der Abstand $d$ zwischen $P$ und Q soll minimal werden.

Die Bedingung für ein Minimum lautet dann: $d(r)'=0$ und $d(r)''>0$.

Zur Vereinfachung wird nicht die Funktion $d(r)$ abgeleitet sondern die Funktion $d^*(r)=(d(r))^2$.

Damit entfällt die Ableitung der Wurzel. Wenn die Funktion $d^*(r)$ minimal ist, dann ist auch die Funktion $d(r)$ minimal.

$\left(\text{II}\right)\;\;d^*(r)=(d(r))^2=(2s+4r)^2+(3+s-r)^2+(6-2s-r)^2$

Berechne die erste und zweite Ableitung der Funktion $d^*(r)$.

$d^*(r)'=2\cdot(2s+4r)\cdot 4+2\cdot(3+s-r)\cdot(-1)+2\cdot(6-2s-r)\cdot(-1)$

Beachte beim Ableiten die Kettenregel. Löse die Klammern auf und fasse zusammen:

$d^*(r)'=16s+32r-6-2s+2r-12+4s+2r=-18+18s+36r$

$d^*(r)''=36>0$ Damit ist die Bedingung für ein Minimum erfüllt.

$d^*(r)'=0\;\; \Rightarrow -18+18s+36r=0$ nach $r$ aufgelöst folgt: $r=0{,}5-0{,}5s$

Schritt 2

Der Punkt $P_F$ wird nun als konstant betrachtet und der Punkt $Q$ ist variabel in Abhängigkeit von $s$.

Der Abstand $d=\left|\overrightarrow{PQ}\right|$ ist dann eine Funktion von $s$ $\Rightarrow d =d(s)$.

Setze das berechnete $r=0{,}5-0{,}5s$ in Gleichung $\left(\text{II}\right)$ ein $\;\; \Rightarrow$

$d^*(s)=(2s+4\cdot (0{,}5-0{,}5s))^2+(3+s-(0{,}5-0{,}5s))^2+(6-2s-(0{,}5-0{,}5s))^2$

zusammengefasst erhältst du: $d^*(s)==4+(2{,}5+1{,}5s)^2+(5{,}5-1{,}5s)^2$

Berechne die erste und zweite Ableitung der Funktion $d^*(s)$.

$d^*(s)'=0+2 \cdot(2{,}5+1{,}5s)\cdot 1{,}5+2\cdot (5{,}5-1{,}5s)\cdot(-1{,}5)$

Beachte beim Ableiten die Kettenregel. Löse die Klammern auf und fasse zusammen:

$d^*(s)'=7{,}5+4{,}5s-16{,}5+4{,}5s=-9+9s$

$d^*(s)''=9>0$ Damit ist die Bedingung für ein Minimum erfüllt.

$d^*(s)'=0\;\; \Rightarrow -9+9s=0$ mit der Lösung $s=1$.

Setze $s=1$ in $r=0{,}5-0{,}5s$ ein, dann erhältst du für $r$ den Wert: $r=0$

Setze $r$ und $s$ in Gleichung $\left(\text{I}\right)$ ein, dann gilt für den Abstand der beiden Geraden:

$d=\sqrt{(2\cdot 1+4\cdot 0)^2+(3+1-0)^2+(6-2\cdot 1-0)^2}=\sqrt{4+16+16}=\sqrt{36}=6$

Setze $r$ und $s$ in $P$ und $Q$ ein, dann erhältst du die beiden Lotfußpunkte:

$P_F\left(5-4\cdot 0\vert 0\vert1+0\right)\;\;\Rightarrow P_F\left(5\vert 0\vert 1\right)$ und $Q_F\left(5+2\cdot 1\vert 3+1\vert 7-2\cdot1\right)\;\;\Rightarrow Q_F\left(7\vert 4\vert 5\right)$

Antwort: Die beiden windschiefen Geraden haben einen Abstand von $6 \;\text{LE}$ und die beiden Lotfußpunkte lauten $P_F\left(5\vert 0\vert 1\right)$ und $Q_F\left(7\vert 4\vert 5\right)$.

Beispiel:

Geben sind die beiden Ebenen:

$E_1: x_1+2x_2+2x_3=3$

$E_2: x_1+2x_2+2x_3=6$

Der Normalenvektor der Ebene ist $\vec{n} = \begin{pmatrix}1\\2\\2\end{pmatrix}$.

Die Lotgerade durch den Koordinatenursprung hat dann die Gleichung: $g_{Lot}:\ \vec x=r \cdot \begin{pmatrix}1\\2\\2\end{pmatrix}$

Man berechnet den Schnittpunkt von $g_{Lot}$ mit $E_1$:

$g_{Lot}\cap E_1: \;r+2\cdot 2r+2\cdot 2r=3 \Rightarrow \; 9r=3$ mit der Lösung $r=\frac{1}{3}$.

Man setzt $r=\frac{1}{3}$ in $g_{Lot}$ ein und erhält den ersten Schnittpunkt:

$\vec x_{S1}=\frac{1}{3} \cdot \begin{pmatrix}1\\2\\2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\frac{1}{3}\\\frac{2}{3}\\\frac{2}{3}\end{pmatrix} \Rightarrow \; S_1\left(\frac{1}{3}\vert \frac{2}{3}\vert \frac{2}{3}\right)$

Man berechnet den Schnittpunkt von $g_{Lot}$ mit $E_2$:

$g_{Lot}\cap E_2: \;r+2\cdot 2r+2\cdot 2r=6 \Rightarrow \; 9r=6$ mit der Lösung $r=\frac{2}{3}$.

Man setzt $r=\frac{2}{3}$ in $g_{Lot}$ ein und erhält den zweiten Schnittpunkt:

$\vec x_{S2}=\frac{2}{3} \cdot \begin{pmatrix}1\\2\\2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\frac{2}{3}\\\frac{4}{3}\\\frac{4}{3}\end{pmatrix} \Rightarrow \; S_2\left(\frac{2}{3}\vert \frac{4}{3}\vert \frac{4}{3}\right)$

Man berechnet den Vektor $\overrightarrow{S_1S_2}$=$\begin{pmatrix}\frac{2}{3}\\\frac{4}{3}\\\frac{4}{3}\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}\frac{1}{3}\\\frac{2}{3}\\\frac{2}{3}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\frac{1}{3}\\\frac{2}{3}\\\frac{2}{3}\end{pmatrix}$.

Man berechnet den Betrag des Vektors $\overrightarrow{S_1S_2}$ und erhält den Abstand der beiden Ebenen.

$d\left(E_1,E_2\right)=\left|\overrightarrow{S_1S_2}\right|=\sqrt{(\frac{1}{3})^2+(\frac{2}{3})^2+(\frac{2}{3})^2}=\sqrt{\frac{9}{9}}=1$

Der Abstand der beiden Ebenen beträgt $1\;\text{LE}$.

Gegeben ist eine Ebene  $E:\; \vec X= \vec A+r\cdot \vec u+s \cdot \vec v$ (Parameterform mit den Parametern  $r,s\in \mathbb{R}$). Wenn man für r und s beliebige Werte einsetzt, erhält man einen Punkt in der Ebene.

Beispiel

Man betrachtet die Ebene $E:\;\vec X= \begin{pmatrix} 2 \\ 5 \\ -3 \end{pmatrix}+r \cdot \begin{pmatrix} 5 \\ -6 \\ -9 \end{pmatrix}+s \cdot\begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 3 \end{pmatrix}$ und wählt z.B. für die beiden Parameter $r$ und $s$ die Werte $r=-1$ und $s=2$. Diese beiden Werte beschreiben genau einen Punkt $P$ in der Ebene:

$\vec P= \begin{pmatrix} 2 \\ 5 \\ -3 \end{pmatrix}+(-1)\cdot \begin{pmatrix} 5 \\ -6 \\ -9 \end{pmatrix}+2 \cdot\begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 3 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} -1 \\ 15 \\ 12 \end{pmatrix}$

Der Punkt $P$ hat die Koordinaten: $P\left(-1|15|12\right)$ und $P \in E$.

Umgekehrt gibt es zu jedem Punkt in der Ebene passende Werte für die beiden Parameter $r$ und $s$. Will man prüfen, ob ein Punkt $P$ in der Ebene liegt, wird der Ortvektor des Punktes $P$ mit der Ebenengleichung gleichgesetzt (man setzt für den Vektor $\vec X$ der Ebene den Ortvektor des Punktes $P$ ein).

Anschließend stellt man ein Gleichungssystem auf und löst die einzelnen Gleichungen nach $$ $r$ und $s$ auf.

Verständlicher wird dies, wenn man sich Beispiele ansieht:

Beispiel 1

Gegeben ist die Ebenengleichung:

$E:\;\vec X= \begin{pmatrix} 2 \\ 5 \\ -3 \end{pmatrix}+r \cdot \begin{pmatrix} 5 \\ -6 \\ -9 \end{pmatrix}+s \cdot\begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 3 \end{pmatrix}$

Es soll geprüft werden, ob der Punkt $P(7|-1|-12)$ in der Ebene liegt.

Lösung für Beispiel 1

Man setzt für den Vektor $\vec X$ der Ebene $E$ den Ortvektor des Punktes $\textcolor{ff6600}{P(7|-1|-12)}$ ein:

$\textcolor{ff6600}{\begin{pmatrix} 7 \\ -1 \\ -12 \end{pmatrix}}= \begin{pmatrix} 2 \\ 5 \\ -3 \end{pmatrix}+r \cdot \begin{pmatrix} 5 \\ -6 \\ -9 \end{pmatrix}+s \cdot\begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 3 \end{pmatrix}$

So erhält man ein Gleichungssystem mit drei Gleichungen und zwei Variablen.

$\def\arraystretch{1.25} \begin{array}{llcr} &\mathrm{(I):} &7&=&2+5\cdot r+1 \cdot s\\&\mathrm{(II):} &-1&=&5-6\cdot r+2 \cdot s \\&\mathrm{(III):} &-12&=&-3-9\cdot r+3 \cdot s\end{array}$

Umgeformt erhält man:

$\def\arraystretch{1.25} \begin{array}{llcr} &\mathrm{(I'):} &5&=&5\cdot r+1 \cdot s\\&\mathrm{(II'):} &-6&=&-6\cdot r+2 \cdot s \\&\mathrm{(III'):} &-9&=&-9\cdot r+3 \cdot s\end{array}$$$

Um eine Variable zu eliminieren rechnet man z.B. $(-2)\cdot\mathrm{(I')}+\mathrm{(II')}$

$\def\arraystretch{1.25} \begin{array}{cccccccl}\;(-2)\cdot\mathrm{(I')}:&-10&=&-10\cdot r&-&2\cdot s&\\+\;\;\;\;\;\;\;\mathrm{(II')}: &-6&=&-6\cdot r&+&2 \cdot s&\end{array}$

$\overline{\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;-16\;\;\;\;=\;\;-16\cdot r\;\;\;+\;\;\;\;\;0\;\;\;\;}\;\;\;\Rightarrow r=1$

Man setzt $r=1$ in Gleichung $\mathrm{(I')}:\;\;5=5\cdot r+1 \cdot s$ ein:

$\mathrm{(I')}:\;5=5\cdot 1+1 \cdot s \;\;\Rightarrow s=0$

Mit den Werten $r=1$ und $s=0$ wird (als Probe) die Gleichung $\mathrm{(II')}:\; -6=-6\cdot r+2 \cdot s$ überprüft:

$\mathrm{(II')}:\; -6=-6\cdot 1+2 \cdot 0\; \checkmark$ Somit wurden $r$ und $s$ richtig berechnet.

Mit den Werten $r=1$ und $s=0$ wird die Gleichung $\mathrm{(III')}: \;-9=-9\cdot r+3 \cdot s$ überprüft:

$\mathrm{(III'):} \;-9=-9\cdot 1+3 \cdot 0\;\checkmark$

Damit hat das Gleichungssystem eine eindeutige Lösung, d.h. der Punkt $P$ liegt in der Ebene.

Beispiel 2

Gegeben ist die Ebenengleichung:

$E:\;\vec X= \begin{pmatrix} 2 \\ 5 \\ -3 \end{pmatrix}+r \cdot \begin{pmatrix} 5 \\ -6 \\ -9 \end{pmatrix}+s \cdot\begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 3 \end{pmatrix}$

Es soll geprüft werden, ob der Punkt $Q\left(4|10|-6\right)$ in der Ebene liegt.

Lösung für Beispiel 2

Man setzt für den Vektor $\vec X$ der Ebene $E$ den Ortvektor des Punktes $\textcolor{ff6600}{Q(4|10|-6)}$ ein:

$\textcolor{ff6600}{\begin{pmatrix} 4 \\ 10 \\ -6 \end{pmatrix}}= \begin{pmatrix} 2 \\ 5 \\ -3 \end{pmatrix}+r \cdot \begin{pmatrix} 5 \\ -6 \\ -9 \end{pmatrix}+s \cdot\begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 3 \end{pmatrix}$

So erhält man ein Gleichungssystem mit drei Gleichungen und zwei Variablen.

$\def\arraystretch{1.25} \begin{array}{llcr} &\mathrm{(I):} &4&=&2+5\cdot r+1 \cdot s\\&\mathrm{(II):} &10&=&5-6\cdot r+2 \cdot s \\&\mathrm{(III):} &-6&=&-3-9\cdot r+3 \cdot s\end{array}$

Umgeformt erhält man:

$\def\arraystretch{1.25} \begin{array}{llcr} &\mathrm{(I'):} &2&=&5\cdot r+1 \cdot s\\&\mathrm{(II'):} &5&=&-6\cdot r+2 \cdot s \\&\mathrm{(III'):} &-3&=&-9\cdot r+3 \cdot s\end{array}$$$

Um eine Variable zu eliminieren rechnet man z.B. $(-2)\cdot\mathrm{(I')}+\mathrm{(II')}$

$\def\arraystretch{1.25} \begin{array}{cccccccl}\;(-2)\cdot\mathrm{(I')}:&-4&=&-10\cdot r&-&2\cdot s&\\+\;\;\;\;\;\;\;\mathrm{(II')}: &5&=&-6\cdot r&+&2 \cdot s&\end{array}$

$\overline{\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;1\;\;\;\;=\;\;-16\cdot r\;\;\;\;+\;\;\;\;\;0\;\;\;\;}\;\;\;\Rightarrow r=-\frac{1}{16}$

Man setzt $r=-\frac{1}{16}$ in Gleichung $\mathrm{(I'):}\;\; 2=5\cdot r+1 \cdot s$ ein:

$\mathrm{(I'):}\;2=5\cdot (-\frac{1}{16})+1 \cdot s\;\;\Rightarrow s=\frac{37}{16}$.

Mit den Werten $r=-\frac{1}{16}$ und $s=\frac{37}{16}$ wird (als Probe) die Gleichung $\mathrm{(II')}:\; 5=-6\cdot r+2 \cdot s$ überprüft:

$\mathrm{(II')}:\; 5=-6\cdot (-\frac{1}{16})+2 \cdot \frac{37}{16} =\frac{6}{16}+\frac{74}{16}=\frac{80}{16}=5\;\; \checkmark$ Somit wurden $r$ und $s$ richtig berechnet.

Mit den Werten $r=-\frac{1}{16}$ und $s=\frac{37}{16}$ wird die Gleichung $\mathrm{(III')}:\; -3=-9\cdot r+3 \cdot s$ überprüft:

$\mathrm{(III'):}\;-3=-9\cdot(-\frac{1}{16})+3\cdot\frac{37}{16}=\frac{9}{16}+\frac{111}{16}=\frac{120}{16}=7{,}5$

Gleichung $\mathrm{(III')}$ liefert ein falsches Ergebnis, da $-3\neq 7{,}5$.

Das Gleichungssystem hat keine Lösung, d.h. der Punkt $Q$ liegt nicht in der Ebene.