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Mathematik-Online-Lexikon:

Abstandsbestimmung

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1.
Bestimme den Abstand des Punktes $ \begin{pmatrix}1\\ 1\\ 1\end{pmatrix}$ von der Ebene $ E := \left(\begin{array}{r}-1\\ 1\\ 0\end{array}\right)+\langle\begin{pmatrix}... ...\end{pmatrix},\begin{pmatrix}1\\ 1\\ 0\end{pmatrix}\rangle\subseteq\mathbb{R}^3$ .

2.
Bestimme den Abstand des Punktes $ \begin{pmatrix}1\\ 2\\ 1\end{pmatrix}$ von der Geraden $ g := \left(\begin{array}{r}1\\ 1\\ -1\end{array}\right)+\langle\begin{pmatrix}1\\ 1\\ 1\end{pmatrix}\rangle\subseteq\mathbb{R}^3$ .

Lösung.

1.
Gram-Schmidt, angewandt auf das ergänzte Tupel $ (x_1,x_2,x_3) = (\begin{pmatrix}1\\ 0\\ 1\end{pmatrix},\begin{pmatrix}1\\ 1\\ 0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}0\\ 1\\ 0\end{pmatrix})$ , gibt

\begin{displaymath} \begin{array}{rcl} x'_1 & = & \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatr... ...begin{array}{r}-1\\ 1\\ 1\end{array}\right)\; . \\ \end{array}\end{displaymath}

Damit erhalten wir $ A = \frac{1}{\sqrt{3}}\begin{pmatrix}-1&1&1\end{pmatrix}$ und $ b = A\left(\begin{array}{r}-1\\ 1\\ 0\end{array}\right) = \frac{2}{\sqrt{3}}$ $ (\in\mathbb{R}^1 =\mathbb{R})$ . Es wird

$\displaystyle E \;=\; \left\{ \begin{pmatrix}\xi_1\\ \xi_2\\ \xi_3\end{pmatrix}... ...\xi_1\\ \xi_2\\ \xi_3\end{pmatrix} - \frac{2}{\sqrt{3}} = 0\right.\right\}\; . $

Der Abstand von $ \begin{pmatrix}1\\ 1\\ 1\end{pmatrix}$ zu $ E$ beträgt

$\displaystyle \left\Vert\frac{1}{\sqrt{3}}\begin{pmatrix}-1&1&1\end{pmatrix}\be... ...\\ 1\end{pmatrix} - \frac{2}{\sqrt{3}}\right\Vert \;=\; \frac{1}{\sqrt{3}}\; . $

Alternativ erhält man den Vektor $ \frac{1}{\sqrt{3}}\left(\begin{array}{r}-1\\ 1\\ 1\end{array}\right)$ , orthogonal zu den Erzeugern $ \begin{pmatrix}1\\ 0\\ 1\end{pmatrix}$ und $ \begin{pmatrix}1\\ 1\\ 0\end{pmatrix}$ , auch als normierten Vektor von

$\displaystyle \begin{pmatrix}1\\ 0\\ 1\end{pmatrix} \times \begin{pmatrix}1\\ 1\\ 0\end{pmatrix} \;=\; \left(\begin{array}{r}-1\\ 1\\ 1\end{array}\right)\; . $

2.
Gram-Schmidt, angewandt auf das ergänzte Tupel $ (\begin{pmatrix}1\\ 1\\ 1\end{pmatrix},\left(\begin{array}{r}1\\ -1\\ 0\end{array}\right),\left(\begin{array}{r}0\\ 1\\ -1\end{array}\right))$ , gibt

\begin{displaymath} \begin{array}{rcl} x'_1 & = & \frac{1}{\sqrt{3}}\begin{pmatr... ...begin{array}{r}1\\ 1\\ -2\end{array}\right)\; . \\ \end{array}\end{displaymath}

Damit erhalten wir $ A = \frac{1}{\sqrt{6}}\left(\begin{array}{rrr}\sqrt{3}&-\sqrt{3}&0\\ 1&1&-2\end{array}\right)$ und $ b = A\left(\begin{array}{r}1\\ 1\\ -1\end{array}\right) = \frac{1}{\sqrt{6}}\begin{pmatrix}0 \\ 4\end{pmatrix}$ . Es wird

$\displaystyle g \;=\; \left\{ \begin{pmatrix}\xi_1\\ \xi_2\\ \xi_3\end{pmatrix}... ... - \frac{1}{\sqrt{6}}\begin{pmatrix}0 \\ 4\end{pmatrix} = 0\right.\right\}\; . $

Der Abstand von $ \begin{pmatrix}1\\ 2\\ 1\end{pmatrix}$ zu $ g$ beträgt

$\displaystyle \left\Vert\frac{1}{\sqrt{6}}\left(\begin{array}{rrr}\sqrt{3}&-\sq... ...t{6}}\begin{pmatrix}-\sqrt{3}\\ -3\end{pmatrix}\right\Vert \;=\; \sqrt{2}\; . $

Alternativ, findet man einen Vektor wie $ \left(\begin{array}{r}1\\ -1\\ 0\end{array}\right)$ , der orthogonal zu $ \begin{pmatrix}1\\ 1\\ 1\end{pmatrix}$ steht, so kann man den dritten Vektor einer Orthormalbasis als normierten Vektor von

$\displaystyle \begin{pmatrix}1\\ 1\\ 1\end{pmatrix}\times \left(\begin{array}{r... ...\ 0\end{array}\right) \;=\; \left(\begin{array}{r}1\\ 1\\ -2\end{array}\right) $

finden.
(Autoren: Künzer/Martin/Tentler/Wahrheit)
[Verweise]
  automatisch erstellt am 11.  8. 2006