Aufgabe 1.2 (30 Punkte)

Seien die Punkte $A,B\in\mathbb{R}^{2}$ durch

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

gegeben.

1. Geben Sie die Gerade $g$, die durch $A$ und $B$ geht mittels impliziter Darstellung, Parameterdarstellung und Hessescher Normalenform an und zeichnen Sie sie.
2. Konstruieren Sie eine Gerade $h$, die die Gerade $g$ im Punkt $S\left(4\,,\,-9\right)$ in einem Winkel von $\alpha=\frac{\pi}{4}\left(=45^{\circ}\right)$ schneidet und erweitern Sie ihre Zeichnung aus (a). Geben Sie die Gerade $h$ mittels der Parameterdarstellung an.
3. Gegeben sei nun zusätzlich der Punkt $C\left(5\,,\,2\right)$. Entscheiden Sie jeweils rechnerisch für die Punkte $P_{1}\left(\frac{13}{4}\,,\,\frac{5}{2}\right)$ und $P_{2}\left(\frac{1}{6}\,,\,\frac{2}{3}\right)$ ob diese sich innerhalb des von $A$, $B$ und $C$ definierten Dreiecks befinden.

Musterlösung vom 02.05.2012:

1. Für die HNF berechnen wir zunächst den Richtungsvektor $AB=B-A=\left(\begin{array}{c} 1\\ -4 \end{array}\right)$ der Geraden und erhalten für die nicht normierte Normale $n=\left(\begin{array}{c} 4\\ 1 \end{array}\right)$. Schließlich erhalten wir nach dem Normieren die gesuchte Normale $n_{0}=\frac{n}{\left\vert n\right\vert}=\frac{1}{\sqrt{17}}\cdot\left(\begin{array}{c} 4\\ 1 \end{array}\right)$. Für den Abstand $d$ setzen wir den Punkt $B$ in die HNF ein und erhalten $d=B\cdot n_{0}=\frac{7}{\sqrt{17}}$. Damit erhalten wir die HNF
   
   $$G_{\mathrm{HNF}}:\:\frac{1}{\sqrt{17}}\cdot\left(\begin{array}{c} 4\\ 1 \end{array}\right)\cdot r-\frac{7}{\sqrt{17}}=0.$$
   
   
   Eine implizite Darstellung erhält man durch das Setzen von $r=\left(\begin{array}{c} x\\ y \end{array}\right)$, anschließendes Ausmultiplizieren und Multiplikation mit $\sqrt{17}$.
   
   $$G_{\mathrm{Impl}}:\:4x+y-7=0$$
   
   
   Die Parameterdarstellung lautet einfach
   $$\begin{eqnarray*} g\left(t\right) & = & A+t\cdot\left(B-A\right)\\ g\left(t\rig... ...\right)+t\cdot\left(\begin{array}{c} 1\\ -4 \end{array}\right). \end{eqnarray*}$$
   
   
   
   
   

2. Gesucht ist eine Gerade $h\left(t\right)=\left(\begin{array}{c} 4\\ -9 \end{array}\right)+t\cdot w$, die die Gerade $g\left(t\right)=\left(\begin{array}{c} 1\\ 3 \end{array}\right)+t\cdot\left(\begin{array}{c} -1\\ 4 \end{array}\right)$ in einem Winkel von $\alpha=\frac{\pi}{4}$ schneidet. Dies ist genau dann der Fall, wenn der Richtingsvektor $w$ von $h\left(t\right)$ mit dem Richtungsvektor $\left(\begin{array}{c} -1\\ 4 \end{array}\right)$ einen Winkel von $\alpha$ einschließt. Eine Formel für den Winkel $\alpha$ zwischen zwei Vektoren $v$ und $w$ lautet z.B.
   
   $$\cos\alpha=\frac{v\cdot w}{\left\vert v\right\vert\cdot\left\vert w\right\vert}.$$
   
   
   Wir setzen nun ein und erhalten
   $$\begin{eqnarray*} \cos\frac{\pi}{4} & = & \frac{\left(\begin{array}{c} -1\\ 4 \... ...2}\\ 0 & = & w_{x}^{2}+\frac{16}{15}\cdot w_{x}w_{y}-w_{y}^{2}. \end{eqnarray*}$$
   
   
   
   
   
   Es sei angemerkt, dass der Vektor $w$ nicht eindeutig definiert ist. Erfüllt nämlich ein Vektor $w^{\prime}$ die Bedingung, so natürlich auch jeder Vektor $r\cdot w^{\prime}$ mit $r\neq0$. Wir setzen also die Koordinate $w_{y}=15$ und erhalten
   $$\begin{eqnarray*} 0 & = & w_{x}^{2}+16w_{x}-225\\ w_{x}^{1,2} & = & -8\pm\sqrt{... ....\\ \mathrm{also} & & w_{x}^{1}=9\,\mathrm{und}\, w_{x}^{2}=-25 \end{eqnarray*}$$
   
   
   
   
   
   Wir erhalten also die beiden Lösungen $w_{1}=\left(\begin{array}{c} 9\\ 15 \end{array}\right)$ und $w_{2}=\left(\begin{array}{c} -25\\ 15 \end{array}\right)$, die zwei verschiedene Geraden $h_{1}\left(t\right)$ und $h_{2}\left(t\right)$ repräsentieren, die die Gerade $g\left(t\right)$ im Winkel von $\alpha=\frac{\pi}{4}$ schneiden. Es ergeben sich also die beiden Lösungen
   $$\begin{eqnarray*} h_{1}\left(t\right) & = & \left(\begin{array}{c} 4\\ -9 \end{... ...ight)+t\cdot\left(\begin{array}{c} -25\\ 15 \end{array}\right). \end{eqnarray*}$$
   
   
   
   
   
   
   Alternative: Da wir hier den Winkel $\alpha=\frac{\pi}{4}\hat{=}45^{\circ}$ gegeben haben, lässt sich die zu konstruierende Gerade $h$ als Winkelhalbierende zwischen dem Richtungsvektor $B-A$ von $g$ und der Normale $n$ von $g$ interpretieren. Diese erhält man durch Addition der beiden Vektoren, also $w=\left(B-A\right)+n=\left(\begin{array}{c} 1\\ -4 \end{array}\right)+\left(\b... ...{c} 4\\ 1 \end{array}\right)=\left(\begin{array}{c} 5\\ -3 \end{array}\right)$. Vorsicht: Hierzu müssen beide Vektoren die gleiche Länge haben.
3. Um zu bestimmen, ob ein Punkt innerhalb eines Dreiecks ist, hat man mehrere Möglichkeiten.
   Möglichkeit 1 (Algorithmus: Punkt in konvexem Polygon). Wir stellen zunächst die impliziten Darstellungen der drei Geraden auf, die durch die Seiten des Dreiecks definiert werden. Anhand von der Kante $AB$ wird dies explizit durchgeführt. Zunächst berechnen wir den Richtungsvektor $AB=B-A=\left(\begin{array}{c} 1\\ -4 \end{array}\right)$. Wir erhalten die Normale durch Vertauschen der Einträge und Negieren des oberen Eintrages, also $n=\left(\begin{array}{c} 4\\ 1 \end{array}\right)$. Dadurch lautet eine implizite Darstellung
   
   $$G_{AB}:\,4x+y+C=0.$$
   
   
   Wir berechnen $C=-7$ durch Einsetzen des Punktes $A=\left(\begin{array}{c} 1\\ 3 \end{array}\right)$, erhalten also insgesamt
   
   $$G_{AB}:\,4x+y-7=0.$$
   
   
   Analog berechnen wir
   $$\begin{eqnarray*} G_{BC} & : & -3x+3y+9=0\\ G_{CA} & : & -x-4y+13=0. \end{eqnarray*}$$
   
   
   
   
   
   Jetzt setzen wir den Punkt $P_{1}$ in die drei Gleichungen ein.
   $$\begin{eqnarray*} G_{AB} & : & 4\cdot\frac{13}{4}+\frac{5}{2}-7>0\\ G_{BC} & : ... ...c{5}{2}+9>0\\ G_{CA} & : & -\frac{13}{4}-4\cdot\frac{5}{2}+13<0 \end{eqnarray*}$$
   
   
   
   
   
   Da wir zwei unterschiedliche Vorzeichen haben, liegt $P_{1}$ außerhalb des Dreiecks. Einsetzen von $P_{2}$ liefert
   $$\begin{eqnarray*} G_{AB} & : & 4\cdot\frac{1}{6}+\frac{2}{3}-7<0\\ G_{BC} & : &... ...c{2}{3}+9>0\\ G_{CA} & : & -\frac{1}{6}-4\cdot\frac{2}{3}+13>0. \end{eqnarray*}$$
   
   
   
   
   
   Auch hier erhalten wir zwei unterschiedliche Vorzeichen, womit auch $P_{2}$ nicht im Dreieck liegt.
   Möglichkeit 2 (Baryzentrische Koordinaten). Wir stellen die Formel für die baryzentrischen Koordinaten mit $A$ als Stützvektor, sowie $B-A$ und $C-A$ als Richtungsvektoren. Damit erhalten wir
   
   $$g\left(s,t\right)=\left(\begin{array}{c} 1\\ 3 \end{array}\... ...ight)+t\cdot\left(\begin{array}{c} 4\\ -1 \end{array}\right).$$
   
   
   Wir berechnen für $P_{1}$ die Parameter $s_{1}$ und $t_{1}$, sodass $g\left(s_{1},t_{1}\right)=P_{1}$ mittels einem linearen Gleichungssystems. Wenn die Parameter den Bedingungen
   $$\begin{eqnarray*} \left(i\right) & & s_{1}\in\left[0,1\right]\\ \left(ii\right)... ...,1\right]\\ \left(iii\right) & & s_{1}+t_{1}\in\left[0,1\right] \end{eqnarray*}$$
   
   
   
   
   
   genügen, liegt der Punkt im Dreieck. Wir erhalten also das LGS
   
   $$\begin{array}{ccccc} \left(i\right) & 1\cdot s_{1} & +4\cdot... ... & -4\cdot s_{1} & -1\cdot t_{1} & = & -\frac{1}{2} \end{array}$$
   
   
   
   
   $$\begin{array}{ccccc} \left(i\right) & 1\cdot s_{1} & +4\cdot... ...left(ii\right) & & 15\cdot t_{1} & = & \frac{17}{2} \end{array}$$
   
   
   
   
   $$\begin{array}{ccccc} \left(i\right) & 1\cdot s_{1} & & = & -... ...eft(ii\right) & & 1\cdot t_{1} & = & \frac{17}{30}. \end{array}$$
   
   
   Da $s_{1}=-\frac{1}{60}<0$ liegt $P_{1}$ nicht in dem Dreieck. Für $P_{2}$ erhalten wir das LGS
   
   $$\begin{array}{ccccc} \left(i\right) & 1\cdot s_{2} & +4\cdot... ... & -4\cdot s_{2} & -1\cdot t_{2} & = & -\frac{7}{3} \end{array}$$
   
   
   
   
   $$\begin{array}{ccccc} \left(i\right) & 1\cdot s_{2} & +4\cdot... ...eft(ii\right) & & 15\cdot t_{2} & = & -\frac{17}{3} \end{array}$$
   
   
   
   
   $$\begin{array}{ccccc} \left(i\right) & 1\cdot s_{2} & & = & \... ...ft(ii\right) & & 1\cdot t_{2} & = & -\frac{17}{45}. \end{array}$$
   
   
   Da $t_{2}=-\frac{17}{45}<0$ liegt $P_{2}$ nicht in dem Dreieck.