Berechnung $B_3$:

Wenn in $B$ ein rechter Winkel sein soll, so steht auch eine Gerade $h$ (auf der $\overline{AB_n}$ liegt) auf $g$ senkrecht:

Aufstellen der Geradengleichung $h$:

Um die Steigung von $h$ zu erhalten, nimmt man den negativen Kehrwert der Steigung von $g$: $m_h = -\dfrac{2}{1}=-2$

Der y-Achsenabschnitt ist $t=0,$ da $A(0|0)$ ist.

$\Rightarrow$ $h: y = -2x+0$

Schneidet man $h$ mit $g$ (gleichsetzen der beiden Geraden), so erhält man den Punkt $B_3$:

$g=h\ \Rightarrow$ $\dfrac{1}{2}x-4 = -2x |+2x$

$\dfrac{5}{2}x-4=0 |+4$

$\dfrac{5}{2}x=4 |\cdot\dfrac{2}{5}$

$x=\dfrac{8}{5}=1{,}6$

einsetzen in $g$ (oder $h$):

$y=\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{8}{5}-4$

$y=\dfrac{8}{10}-\dfrac{4\cdot10}{10}$

$y=-\dfrac{32}{10}=-3{,}2$

$\Rightarrow$ $B_3$$(1{,}6|-3{,}2)$

Damit ist die Aufgabe gelöst: $\mathbb{L}=\{1{,}6\}$

Als Zusatz werden nun die Koordinaten von $C_3$ und $D_3$ ohne Verwendung von Matrizen berechnet.

Berechnung $C_3$:

Überlegung:

Das $\triangle AHD_n$ ist aufgrund der Bedingung $\sphericalangle D_nAB_n = 45°$ gleichschenklig.

Die Seite $[HD_n]$ lässt sich mit dem Pythagoras berechnen. Sie ist genauso lang wie die Seite $[B_nC_n]$.

Wiederum lässt sich damit über den Pythagoras der Punkt $C_3$ berechnen.

Gleichschenkligkeit: $\overline{HD_n} = \overline{AH}$

$\overline{AD_n}=\sqrt{\overline{HD_n}^2+\overline{HD_n}^2}=\sqrt{2\cdot\overline{HD_n}^2}$

$\overline{AD_n} = \sqrt{2\cdot\overline{HD_n}^2}$

$\overline{AD_n}=\sqrt{2}\cdot\overline{HD_n}$ |:$\sqrt{2}$

$\dfrac{\overline{AD_n}}{\sqrt{2}} = \overline{HD_n} = \overline{B_nC_n} = 1{,}27$

$\overline{B_nC_n}=\sqrt{(x_C-1{,}6)^2+(-3{,}2-y_C)^2}$ $|^2$

$\overline{B_nC_n}^2=(x_C-1{,}6)^2+(-3{,}2-y_C)^2$ | $y_C$ durch die Geradengleichung von $g$ ersetzen, da $C_n$ auf $g$ liegen muss.

$\overline{B_nC_n}^2=(x_C-1{,}6)^2+(-3{,}2-(0{,}5x_C-4))^2$

$\overline{B_nC_n}^2=(x_C-1{,}6)^2+(-3{,}2-0{,}5x_C+4)^2$

$\overline{B_nC_n}^2=(x_C-1{,}6)^2+(0{,}8-0{,}5x_C)^2$ |Anwendung Binome

$\overline{B_nC_n}^2=x_C^2-2\cdot x_C\cdot 1{,}6+1{,}6^2 + 0{,}8^2-2\cdot0{,}8\cdot 0{,}5x_C+0{,}25x_C^2$ |in den folgenden Zeilen wird vereinfacht.

$\overline{B_nC_n}^2=x_C^2-3{,}2\cdot x_C+2{,}56 + 0{,}64-0{,}8x_C+0{,}25x_C^2$

$\overline{B_nC_n}^2=1{,}25x_C^2-4x_C+3{,}2$

$1{,}27^2=1{,}25x_C^2-4x_C+3{,}2$ |$-1{,}27^2$

$1{,}25x_C^2-4x_C+1{,}59=0$ |Lösung der quadratischen Gleichung

$x_{1{,}2}=\dfrac{-(-4)± \sqrt{(-4)²-4\cdot1{,}25\cdot 1{,}59}}{2\cdot 1{,}25} = \dfrac{4± \sqrt{8{,}05}}{2{,}5}$

$x_{1}=2{,}73 ;\ x_{2} = 0{,}47$

Anhand des Graphen kann man sehen, dass nur $x_1=2{,}73$ infrage kommen kann, da dieser Wert größer als der $x$-Wert von $B$ sein muss.

$x_1$ in g einsetzen:

$g: y=0{,}5 \cdot 2{,}73 -4$ $= -2{,}63$

$\Rightarrow$ $C_3\left(2{,}73|-2{,}63\right)$

Berechnung $D_3$:

Zunächst einmal wird der Punkt $H$ berechnet. Anschließend wird $H$ in die Gleichung $g':\ y=0{,}5x+t$ eingesetzt. Erklärung: Da $\overline{HD_n} \parallel \overline{B_nC_n}$ kann die gleiche Steigung verwendet werden. Dadurch erhält man die Funktion, auf der auch $D_n$ liegt.

Setzt man nun mittels des Pythagoras die Länge von $\overline{AD_n}$ in die obere lineare Funktion ein, so erhält man den Punkt $D_n$.

Berechnung $H$:

Es gilt: $y = -2x \wedge \sqrt{x^2+y^2}=\overline{AH}$ ($\overline{AH} = \overline{HD_n} \space bzw.\space \overline{B_nC_n} = 1{,}27)$

$\sqrt{x^2+(-2x)^2} = 1{,}27$

$\sqrt{x^2+4x^2} = 1{,}27$

$\sqrt{5x^2} = 1{,}27$

$\sqrt{5}\cdot x = 1{,}27$

$x = \dfrac{1{,}27}{\sqrt{5}}$ |eingesetzt in $y=-2x$

$y=-2\cdot\dfrac{1{,}27}{\sqrt{5}}$

$\Rightarrow$ $H\left(\dfrac{1{,}27}{\sqrt{5}}|-2\cdot \dfrac{1{,}27}{\sqrt{5}}\right)$

$H$ in $y=0{,}5x+t$ eingesetzt:

$-2\cdot\dfrac{1{,}27}{\sqrt{5}} = \dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{1{,}27}{\sqrt{5}}+t \Rightarrow t=-1{,}41$

$\Rightarrow g':\ \rightarrow\ y=0{,}5x-1{,}41$

Aus der Gleichschenkligkeit von $\triangle AHD_n \Rightarrow \overline{AD_n}=\sqrt{2}\cdot1{,}27$

Es gilt: $y = 0{,}5\cdot x-1{,}41 \wedge \sqrt{x^2+y^2}$

$\sqrt{x^2+(0{,}5x-1{,}41)^2} = 1{,}27\cdot\sqrt{2}$ $|^2$

$x^2+(0{,}5x-1{,}41)^2 = 1{,}27^2\cdot2$ |Anwendung 2. Binom

$x^2+0{,}25x^2-2\cdot 0{,}5x\cdot 1{,}41+1{,}41^2 = 1{,}27^2\cdot 2$

$1{,}25x^2-1{,}41x+1{,}41^2 = 3{,}23\space|-3{,}23$

$1{,}25x^2-1{,}41x-1{,}24 = 0$

$x_{1/2}=\dfrac{-(-1{,}41)\pm \sqrt{(-1{,}41)^2-4\cdot 1{,}25\cdot (-1{,}24)}}{2\cdot 1{,}25}$

$x_{1/2}=\dfrac{-(-1{,}41)\pm \sqrt{8{,}2}}{2\cdot 1{,}25}$

$x_{1}=1{,}7\ ;\ x_{2}=-0{,}58$

Anhand des Graphen kann man sehen, dass nur $x_1=1{,}7$ infrage kommen kann, da dieser Wert größer als der $x-$Wert von $H$ sein muss.

$x_1$ in $g':\ \rightarrow\ y=0{,}5x-1{,}41$ einsetzen

$y=0{,}5\cdot 1{,}7-1{,}41$

$y=-0{,}56$

$\Rightarrow$ $D_3$ $(1{,}7|-0{,}56)$

Drehe den Vektor $\overrightarrow{OB_n}=\begin{pmatrix}x\\0{,}5x-4 \end{pmatrix}$ mithilfe einer Matrix um $45^\circ$ um den Ursprung und multipliziere dann mit $\frac{1}{2}$, weil die Strecke $\overline{OD_n}$ halb so lang wie $\overline{OB_n}$ ist.

Die Matrix einer Drehung um $45^\circ$ wird hier schon angegeben:

$\def\arraystretch{1.25} \left(\begin{array}{rcl}\cos 45°\ \ -\sin 45°\\\sin 45° \ \ \ \ \ \ \cos 45°\end{array}\right) =\left(\begin{array}{rcl}\frac{1}{\sqrt{2}}\ \ -\frac{1}{\sqrt{2}}\\\frac{1}{\sqrt{2}} \ \ \ \ \ \ \frac{1}{\sqrt{2}}\end{array}\right)=\frac{1}{\sqrt2}\begin{pmatrix}1&-1\\1&1 \end{pmatrix}$

Du erhältst damit

$\Rightarrow\;D_n(0{,}18x+1{,}41|0{,}53x-1{,}41)$

Es ist $D_n(0{,}18x+1{,}41|0{,}53x-1{,}41)$.

$\Rightarrow\;x_{D_n}=0{,}18x+1{,}41$ und $y_{D_n}=0{,}53x-1{,}41$

Löse $x_{D_n}$ nach $x$ auf und setze in $y_{D_n}$ ein:

Setze in $y_{D_n}$ ein:

Also ist die Gleichung des Trägergraphen $t: y=2{,}94x-5{,}56$

Einzeichnen des Trägergraphens: