Aufgabe 1.1 (30 Punkte)

Sei das Dreieck $D\subset\mathbb{R}^{3}$ defniert durch die Eckpunkte

$$A\left(1\,,\,0\,,\,1\right)\,,\, B\left(2\,,\,1\,,\,3\right)\,\mathrm{und}\, C\left(0\,,\,1\,,\,2\right).$$

1. Geben Sie die Ebene $E$, die das Dreieck enthält mittels Hessescher Normalenform und Parameterdarstellung an.
2. Bestimmen Sie jeweils die Abstände $d_{1}$, bzw. $d_{2}$ der Punkte $P_{1}\left(0\,,\,2\,,\,1\right)$, bzw. $P_{2}\left(-1\,,\,0\,,\,0\right)$ zu der Ebene $E$. Wählen Sie zur Berechnung eine der in (a) ermittelten Darstellungen und erläutern Sie ihre Wahl.
3. Entscheiden Sie für die drei Punkte $P_{3}\left(1\,,\,\frac{1}{2}\,,\,\frac{7}{4}\right)$, $P_{4}\left(\frac{11}{4}\,,\,\frac{3}{4}\,.\,3\right)$ und $P_{5}\left(\frac{2}{3}\,,\,-\frac{1}{6}\,,\,3\right)$ jeweils, ob sie sich auf der Ebene $E$ befinden.

Musterlösung vom 02.05.2012:

1. Man berechnet zunächst die (nichtnormalisierte) Normale
   $$\begin{eqnarray*} \mathbf{n} & = & (\mathbf{B}-\mathbf{A})\times(\mathbf{C}-\mathbf{A})\\ \mathbf{n} & = & (-1,-3,2)^{T} \end{eqnarray*}$$
   
   
   
   
   
   und erhält durch Normieren die Normale
   $$\begin{eqnarray*} \vert\mathbf{n}\vert=\sqrt{(-1)^{2}+(-3)^{2}+2^{2}} & = & \sqr... ...{\sqrt{14}},\frac{-3}{\sqrt{14}},\frac{2}{\sqrt{14}}\right)^{T}. \end{eqnarray*}$$
   
   
   
   
   
   Der Abstand $d$ zum Ursprung ist also
   $$\begin{eqnarray*} d & = & \mathbf{A}\cdot\mathbf{n}_{0}=\frac{1}{\sqrt{14}}, \end{eqnarray*}$$
   
   
   
   
   
   Und die HNF somit
   $$\begin{eqnarray*} \mathrm{E:}\,\left(x,y,z\right)^{T}\cdot\left(\frac{-1}{\sqrt{... ...{14}},\frac{2}{\sqrt{14}}\right)^{T}-\frac{1}{\sqrt{14}} & = & 0 \end{eqnarray*}$$
   
   
   
   
   
   Die Parameterdarstellung hat allgemein die Form
   $$\begin{eqnarray*} f\left(s,t\right) & = & \mathbf{p}+s\cdot\mathbf{u}+t\cdot\mathbf{v}. \end{eqnarray*}$$
   
   
   
   
   
   Wir wählen $\mathbf{p=A}$ und die Richtungsvektoren ergeben sich aus
   $$\begin{eqnarray*} \mathbf{u} & = & \mathbf{B-A}=\left(1,1,2\right)^{T}\\ \mathbf{v} & = & \mathbf{C-A}=\left(-1,1,1\right)^{T}. \end{eqnarray*}$$
   
   
   
   
   
   Also lautet die Parameterdarstellung
   $$\begin{eqnarray*} f(s,t) & = & \left(1,0,1\right)^{T}+s\cdot\left(1,1,2\right)^{T}+t\cdot-\left(1,1,1\right)^{T}. \end{eqnarray*}$$
   
   
   
   
   

2. Wir wählen die HNF zur Berechnung des Abstandes, da sich dieser durch Einsetzen der Punkte unmittelbar ergibt.
   $$\begin{eqnarray*} d_{1} & = & \left(0,2,1\right)\cdot\left(\frac{-1}{\sqrt{14}},... ...{\sqrt{14}},\frac{2}{\sqrt{14}}\right)^{T}-\frac{1}{\sqrt{14}}=0 \end{eqnarray*}$$
   
   
   
   
   
   Der Punkt $P_{1}$ liegt also nicht in der Ebene, aber Punkt $P_{2}$.
3. Wir setzen wieder in die HNF ein und testen, ob das Ergebnis 0 ist.
   $$\begin{eqnarray*} \left(1,\frac{1}{2},\frac{7}{4}\right)\cdot\left(\frac{-1}{\sq... ...3}+\frac{1}{2}+6}{\sqrt{14}}=\frac{\frac{35}{6}}{\sqrt{14}}\neq0 \end{eqnarray*}$$
   
   
   
   
   
   Die Punkte $P_{3}$ und $P_{4}$ befinden sich also auf der Ebene und $P_{5}$ nicht.