Lagebeziehungen

Beispiele

Untersuche die Lage der Geraden $g$ und $h$ mit

\begin{align*}
g: \ \vec{x} = \begin{pmatrix}
2 \\ 0 \\ 2
\end{pmatrix} + t \cdot \begin{pmatrix}
1 \\ 2 \\ 1
\end{pmatrix} \quad \textrm{und} \quad h: \ \vec{x} = \begin{pmatrix}
4 \\ 4 \\ 4
\end{pmatrix} + s \cdot \begin{pmatrix}
-1 \\ -2 \\ -1
\end{pmatrix}.
\end{align*}

Zuerst prüfen wir die Richtungsvektoren der beiden Geraden auf Kollinearität, also ob sie Vielfache voneinander sind.

Wir sehen, dass sich der Richtungsvektor der Geraden $g$ aus dem von $h$ ergibt, wenn dieser mit $-1$ multipliziert wird. Wer nicht das allsehende Auge hat, kann den Ansatz $\vec{u}=r\cdot \vec{v}$ wählen und erhält:

\begin{align*}
\begin{pmatrix}
1 \\ 2 \\ 1
\end{pmatrix} = -1 \cdot \begin{pmatrix}
-1 \\ -2 \\ -1
\end{pmatrix} \quad \textrm{bzw.} \quad
\begin{array}{cccccc}
1 &=& r \cdot (-1) & \quad \Rightarrow \quad r = -1 \\
2 &=& r \cdot (-2) & \quad \Rightarrow \quad r = -1 \\
1 &=& r \cdot (-1) & \quad \Rightarrow \quad r = -1
\end{array}
\end{align*}

Wenn $r$ in allen Zeilen den gleichen Wert annimmt, sind die Richtungsvektoren kollinear.

Denkt an den Abschnitt zu linearer Unabhängigkeit! Da die Werte von $r$ in diesem Fall gleich sind, handelt es sich entweder um identische oder parallele Geraden. Um das entscheiden zu können, machen wir eine Punktprobe und setzen z.B. den Ortsvektor von $h$ in $g$ ein:

\begin{align*}
\begin{pmatrix}
4 \\ 4 \\ 4
\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
2 \\ 0 \\ 2
\end{pmatrix} + t \cdot \begin{pmatrix}
1 \\ 2 \\ 1
\end{pmatrix} \quad \Rightarrow \quad \begin{array}{cccccc}
4 &=& 2 &+& t \cdot 1 & \quad \Rightarrow \quad t = 2 \\
4 &=& 0 &+& t \cdot 2 &\quad \Rightarrow \quad t = 2\\
4 &=& 2 &+& t \cdot 1 &\quad \Rightarrow \quad t = 2
\end{array}
\end{align*}

Wenn $t$ in allen Zeilen den gleichen Wert annimmt, liegt der Ortsvektor von $h$ auf der Geraden $g$ und damit handelt es sich in diesem Fall um identische Geraden. Merke: Kommt an dieser Stelle nicht überall der gleiche Wert für $t$ raus, handelt es sich um parallele Geraden!

Untersuche die Lage der Geraden $g$ und $h$ mit

\begin{align*}
g: \ \vec{x} = \begin{pmatrix}
-3 \\ -4 \\ -1
\end{pmatrix} + t \cdot \begin{pmatrix}
2 \\ 2 \\ 1
\end{pmatrix} \quad \textrm{und} \quad h: \ \vec{x} = \begin{pmatrix}
4 \\ 3 \\ 1
\end{pmatrix} + s \cdot \begin{pmatrix}
-1 \\ -1 \\ 1
\end{pmatrix}.
\end{align*}

Wir prüfen zunächst, ob die Richtungsvektoren Vielfache voneinander sind:

\begin{align*}
\vec{u}=r\cdot \vec{v} \quad \Rightarrow \quad
\begin{array}{cclcccccc}
2 &=& r \cdot (-1) & \quad \Rightarrow \quad & r &= &-2 \\
2 &=& r \cdot (-1) & \quad \Rightarrow \quad & r &= &-2 \\
1 &=& r \cdot 1 & \quad \Rightarrow \quad & r &= &1
\end{array}
\end{align*}

Da nicht in allen Zeilen der gleiche Wert für $r$ rauskommt, sind die Richtungsvektoren nicht kollinear. Damit handelt es sich entweder um zwei sich schneidende oder windschiefe Geraden. Das überprüfen wir, indem wir die beiden Geradengleichungen gleichsetzen. Wir erhalten ein LGS, welches wir mit den uns bekannten Verfahren auflösen. Das Ergebnis lautet:

\begin{align*}
\begin{array}{ccccccc}
-3 &+ & 2 t & = & 4 & – & s \\
-4 &+ & 2 t & = & 3 & – & s\\
-1 &+& t & = & 1 & + & s
\end{array} \quad \Rightarrow \quad t=3, \ s=1
\end{align*}

Setzen wir die Werte von $t$ und $s$ nun in oberste Gleichung ein, erhalten wir die wahre Aussage $3=3$. Da die Aussage wahr ist, liegt ein Schnittpunkt vor und es handelt sich um zwei sich schneidende Geraden. Wenn hier eine falsche Aussage raus kommt, sind die Geraden windschief. Der Schnittpunkt kann bestimmt werden, indem $t=3$ in $g$ oder $s=1$ in $h$ eingesetzt wird: $S(3|2|2)$.

Beispiel

Gerade liegt in Parameter- und Ebene in Koordinatenform vor

Untersuche die Lage der Gerade $g$ und der Ebene $E$ mit

\begin{align*}
g:\vec{x} = \left( \begin{array}{c} 2 \\ 1 \\ 3 \end{array} \right) + r \cdot \left( \begin{array}{c} 0 \\ 2 \\ 1 \end{array} \right) \quad \textrm{und} \quad E: 2x_1 – x_3 = 4 \notag
\end{align*}

Vorgehen:
1. Parameterform der Gerade umschreiben.
2. $x_1$, $x_2$ und $x_3$ in Koordinatenform der Ebene einsetzen.
3. Nach Parameter der Gerade umstellen.
4. Ergebnis interpretieren.

Wir schreiben zunächst die Parameterform der Gerade um

\begin{align*}
\textrm{I} \quad x_1 &= 2 \notag \\
\textrm{II} \quad x_2 &= 1 + 2 r \notag \\
\textrm{III} \quad x_3 &= 3 + 1r \notag
\end{align*}

und setzen in $E$ ein:

\begin{align*}
\quad  2 \cdot x_1 – x_3  & =4 \\
\Leftrightarrow \quad  2 \cdot 2 – (3 + 1r) \ & =4 \\
\Leftrightarrow \quad  4-3-1r  &= 4 \\
\Leftrightarrow \quad  r  & =-3
\end{align*}

Das Ergebnis $r=-3$ setzen wir nun in die Parameterform der Gerade $g$ ein und wir erhalten mit

\begin{align*}
\vec{x} = \left( \begin{array}{c} 2 \\ 1 \\ 3 \end{array} \right) + (-3) \left( \begin{array}{c} 0 \\ 2 \\ 1 \end{array} \right) = \left( \begin{array}{c} 2 \\ -5 \\ 0 \end{array} \right) \notag
\end{align*}

eine eindeutige Lösung und wissen somit, dass die Gerade die Ebene im Punkt $S(2|-5|0)$ schneidet.
Was für Lösungsmöglichkeiten gibt es sonst noch?
<strong“>Wahre Aussagen z.B.

\begin{align*}
0 &= 0 \notag \\
4 &= 4 \notag \\
3&= 3 \notag
\end{align*}

Falsche Aussagen z.B.

\begin{align*}
0 &= 4 \notag \\
1&= 2 \notag \\
-3&= 1 \notag
\end{align*}

Beispiel

Gerade und Ebene liegen in Parameterform vor

Untersuche die Lage der Gerade $g$ und der Ebene $E$ mit

\begin{align*}
g:\vec{x} = \left( \begin{array}{c} 2 \\ -3 \\ 2 \end{array} \right) + r \cdot \left( \begin{array}{c} 1 \\ -1 \\ 3 \end{array} \right) \quad \textrm{und} \quad E:\vec{x} = \left( \begin{array}{c} -3 \\ 1 \\ 1 \end{array} \right) + s \cdot \left( \begin{array}{c} 1 \\ -2 \\ -1 \end{array} \right)
+ t \cdot \left( \begin{array}{c} 0 \\ -1 \\ 2 \end{array} \right) \notag
\end{align*}

Vorgehen:

1. Parameterformen gleichsetzen.
2. LGS aufstellen und lösen. Alternativ: In Matrixschreibweise aufschreiben und in Stufenform bringen.
3. Ergebnis interpretieren.

Wir setzen die Terme von Gerade und Ebene gleich und erhalten folgendes LGS:

\begin{align*}
\begin{array}{rcccccccccc}
\textrm{I}& 2 & + & r & = &-3 & + & s & & \\
\textrm{II}& -3 &- & r & = & 1 & – & 2 s & – & t \\
\textrm{III}& 2 & + & 3r & = & 1 & -& s & + & 2t
\end{array}
\Leftrightarrow
\begin{array}{rrcrccccc}
\textrm{I}& r & – & s & & \ & = &-5 \\
\textrm{II}& -r &+ &2 s & +& t \ & = &4 \\
\textrm{III}& 3r & + & s & -& 2 t \ & = &-1
\end{array}
\end{align*}

Mit einem Lösungsverfahren eurer Wahl lösen (siehe Kap. LGS Lösen) und wir erhalten als Lösung $r=-3$, $s=2$ und $t=-3$. Es liegt ein Schnittpunkt der Gerade und Ebene vor. Um diesen zu erhalten setzt ihr entweder $r$ in die Geradengleichung oder $s$ und $t$ in die Ebenengleichung ein. Der Schnittpunkt liegt bei $S(-1 |\ 0\ | -7)$.

Beispiel

Gegeben seien die Ebenen $E_1$ in Parameterform und $E_2$ in Koordinatenform mit

\begin{align*}
E_1 : \vec{x} = \left( \begin{array}{c} 1 \\ 2 \\ 1 \end{array} \right)
+ r \cdot \left( \begin{array}{c} 0 \\ 1 \\ 0 \end{array} \right)
+ s \cdot \left( \begin{array}{c} 2 \\ 1 \\ 1 \end{array} \right) \quad \textrm{und} \quad
E_2 : x_1 – 2x_2 = 1. \notag
\end{align*}

Idee: $E_1$ umschreiben und in $E_2$ einsetzen:

\begin{align*}
\begin{array}{rccccccc}
\textrm{I}& x_1 &= &1 &+&0r&+&2s \\
\textrm{II}& x_2 &= &2 &+&1r&+&1s \\
\textrm{III}& x_3 &= &1 &+&0r&+&1s
\end{array} \quad
\Rightarrow \quad
(1+2s) – 2 \cdot (2 + 1r + 1s) \ & =1 \notag
\end{align*}

Das Ergebnis $r=-2$ in $E_1$ einsetzen und wir erhalten

\begin{align*}
g:\vec{x} = \left( \begin{array}{c} 1 \\ 2 \\ 1 \end{array} \right) + (-2)
\cdot \left( \begin{array}{c} 0 \\ 1 \\ 0 \end{array} \right) + s \cdot \left( \begin{array}{c} 2 \\ 1 \\ 1 \end{array} \right) = \left( \begin{array}{c} 1 \\ 0 \\ 1 \end{array} \right) + s \cdot \left( \begin{array}{c} 2 \\ 1 \\ 1 \end{array} \right) \notag
\end{align*}

eine Schnittgerade $g$.

Was für Lösungsmöglichkeiten gibt es sonst noch?

Wahre Aussagen z-B-</strong

\begin{align*}
0 &= 0 \notag \\
4 &= 4 \notag \\
3&= 3 \notag
\end{align*}

Falsche Aussagen z.B.

\begin{align*}
0 &= 4 \notag \\
1&= 2 \notag \\
-3&= 1 \notag
\end{align*}

Beispiel

Beide Ebenen liegen in Parameterform vor

Gegeben seien die Ebenen $E_1$ und $E_2$ in Parameterform:

\begin{align*}
E_1 : \vec{x} = \left( \begin{array}{c} 1 \\ 0 \\ 2 \end{array} \right)
+ r \left( \begin{array}{c} -1 \\ 1 \\ 0 \end{array} \right)
+ s \left( \begin{array}{c} 0 \\ 2 \\ -1 \end{array} \right), \
E_2 :\vec{x} = \left( \begin{array}{c} 1 \\ 2 \\ 1 \end{array} \right)
+ t \left( \begin{array}{c} -1 \\ 0 \\ 2 \end{array} \right)
+ u \left( \begin{array}{c} 0 \\ 1 \\ 0 \end{array} \right) \notag
\end{align*}

Wie bei der Lage von Gerade – Ebene in Parameterform setzen wir zunächst die Terme der Ebenengleichungen gleich und erstellen daraus ein Gleichungssystem mit 3 Gleichungen und 4 Unbekannten.

Es folgt für unser Beispiel das LGS

\begin{align*}
\begin{array}{rccccccc}
\textrm{I}& 1 & – & r & = &1 &- & t \\
\textrm{II}& r & + & 2s & = & 2 & + & u \\
\textrm{III}& 2 & – & s &= & 1 & + & 2t \\
\end{array} \quad
\Leftrightarrow \quad
\begin{array}{rccccccc}
\textrm{I}& -r & + & t & & &= & 0 \\
\textrm{II}& r & + & 2s & – & u & = & 2 \\
\textrm{III}& & – & s & – & 2t & = & -1 \\
\end{array} \notag
\end{align*}

mit der Lösung $u=-3t$. Das bedeutet die Ebenen schneiden sich in einer Schnittgerade. Zur Bestimmung der Schnittgeraden setzen wir die Lösung in eine der beiden Ebenen ein (hier in $E_2$).

\begin{align*}
g : \vec{x} = \left( \begin{array}{c} 1 \\ 2 \\ 1 \end{array} \right)
+ t \cdot \left( \begin{array}{c} -1 \\ 0 \\ 2 \end{array} \right)
-3t \cdot \left( \begin{array}{c} 0 \\ 1 \\ 0 \end{array} \right) = \left( \begin{array}{c} 1 \\ 2 \\ 1 \end{array} \right) + t \cdot \left( \begin{array}{c} -1 \\ -3 \\ 2 \end{array} \right) \notag
\end{align*}

Beispiel

Ebenen liegen in Koordinatenform vor

Liegen die beiden Ebenen in Koordinatenform vor, gibt es mehrere Möglichkeiten. Ihr könnt eine Ebenengleichung in Parameterform umwandeln und das entsprechende Vorgehen abarbeiten, was einen sicheren Ablauf verspricht. Alternativ könnt ihr auch ohne Umwandlung der Gleichungen zum Ergebnis kommen. Ziel ist es dabei, eine Koordinate ($x_1$, $x_2$ oder $x_3$) zu eliminieren.

Untersuche die Lagebeziehungen der Ebenen

\begin{align*}
\textrm{I}& \quad &E_1&: \ 2x_1-4x_2+6x_3&&=8 \\
\textrm{II}& \quad &E_2&: \ x_1+4x_2-3x_3&&=-5
\end{align*}

Wir gucken uns die beiden Gleichungen an und sehen, dass die Koordinate $x_2$ wegfällt, wenn die Gleichungen addiert werden. Anschließend stellen wir nach einer übrig gebliebenden Koordinate um, hier $x_1$.

\begin{align*}
\text{I+II} \quad & 3x_1+3x_3 \ && = 3 && \quad | \ -3x_3 \\
\Leftrightarrow \quad & 3x_1 \ && = 3-3x_3 &&\quad | \ :3 \\
\Leftrightarrow \quad & x_1 \ && = 1-x_3 &&
\end{align*}

Wir sehen, dass die Ebenen nicht identisch (sonst müsste eine wahre Aussage wie z.B. $0=0$ rauskommen) und nicht parallel (sonst müsste eine falsche Aussage wie z.B. $0=8$ rauskommen). Die Ebenen schneiden sich und haben eine Schnittgerade. Um diese zu ermitteln setzen wir $x_1=1-x_3$ in eine der beiden Gleichungen ein, hier II und stellen nach $x_2$ um. Dadurch haben wir $x_1$ und $x_2$ in Abhängigkeit von $x_3$ ausgedrückt. Es folgt:

\begin{align*}
\Rightarrow \quad & 1-x_3+4x_2-3x_3 \ && = -5 && \quad | \ \text{zusammenfassen} \\
\Leftrightarrow \quad & 1 + 4x_2 – 4x_3 \ && = -5 &&\quad | \ -1 \; +4x_3 \\
\Leftrightarrow \quad & 4x_2 \ && = -6+4x_3 &&\quad | \ :4 \\
\Leftrightarrow \quad & x_2 \ && = -1,5+x_3 &&\quad | \ :4 \\
\end{align*}

Mehr können wir nicht machen. Wir schreiben das Ergebnis etwas anders auf und erkennen die Struktur einer Geraden.

\begin{align*}
\left( \begin{array}{c} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{array} \right) = \left( \begin{array}{c} 1-x_3 \\ -1,5+x_3 \\ x_3 \end{array} \right) = \left( \begin{array}{c} 1 \\ -1,5 \\ 0 \end{array} \right) + \left( \begin{array}{c} -x_3 \\ x_3 \\ x_3 \end{array} \right)
\end{align*}

Jetzt kommt der letzte Schritt, der für viele oft schwer zu verstehen ist. Wir behaupten es sei $x_3=t$ (oder $r$ oder $s$ etc.) ein Parameter und erhalten die gesuchte Schnittgerade in Parametergleichung mit

\begin{align*}
g: \vec{x} = \left( \begin{array}{c} 1 \\ -1,5 \\ 0 \end{array} \right) + t \cdot \left( \begin{array}{c} -1 \\ 1 \\ 1 \end{array} \right).
\end{align*}