Teilaufgabe d

Das Lot zur Ebene \(E\) im Punkt \(R\) wird als Einfallslot bezeichnet.

Die beiden Geraden, entlang derer der einfallende und der reflektierte Lichtstrahl im Modell verlaufen, liegen in einer Ebene \(F\). Ermitteln Sie eine Gleichung von \(F\) in Normalenform. Weisen Sie nach, dass das Einfallslot ebenfalls in der Ebene \(F\) liegt.

(mögliches Teilergebnis: \(F\,\colon\, x_1 - x_2 = 0\)) 

(5 BE)

Lösung zu Teilaufgabe d

 

Ebene E, Ebene F, Dreieck ABC, Gerade g (einfallender Lichtstrahl) und Gerade h (reflektierter Lichtstrahl)

Ebene \(E\), Ebene \(F\), Dreieck \(ABC\), Gerde \(g\) (einfallender Lichtstrahl) und Gerade \(h\) (reflektierter Lichtstrahl)

Es sei \(h\) die Gerade, entlang der im Modell der reflektierte Lichtstrahl verläuft.

 

Gleichung der Ebene \(F\) in Normalenform

 

\[g\,\colon\, \overrightarrow{X} = \overrightarrow{P} + \lambda \cdot \overrightarrow{v}\,; \enspace \lambda \in \mathbb R \]

\[h\,\colon\,\overrightarrow{X} = \overrightarrow{Q} + \tau \cdot \overrightarrow{QR}\,; \enspace \tau \in \mathbb R\]

Die beiden Geraden \(g\) (einfallender Lichtstrahl) und \(h\) (reflektierter Lichtstrahl) legen die Ebene \(F\) fest, deren Gleichung in Parameterform mit \(Q\) als Aufpunkt lautet:

\[F\,\colon\, \overrightarrow{X} = \overrightarrow{Q} + \lambda \cdot \overrightarrow{v} + \tau \cdot \overrightarrow{QR}\,; \enspace \lambda, \tau \in \mathbb R\]

Mithilfe des Vektorprodukts aus den beiden Richtungsvektoren \(\overrightarrow{v}\) und \(\overrightarrow{QR}\) der Gerden \(g\) bzw. \(h\) lässt sich der Normalenvektor \(\overrightarrow{n}_{F}\) für die Gleichung der Ebene \(F\) in Normalenform bestimmen.

 

Richtungsvektor \(\overrightarrow{QR}\) berechnen:

 

\[\overrightarrow{QR} = \overrightarrow{R} - \overrightarrow{Q} = \begin{pmatrix} 1{,}5 \\ 1{,}5 \\ 1 \end{pmatrix} - \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1{,}5 \\ 1{,}5 \\ 0 \end{pmatrix}\]

 

Normalenvektor der Ebene \(F\) bestimmen:

 

\(\overrightarrow{v} = \begin{pmatrix} -1 \\ -1 \\ -4 \end{pmatrix}\) (siehe Teilaufgabe b)

\[\overrightarrow{QR} = \begin{pmatrix} 1{,}5 \\ 1{,}5 \\ 0 \end{pmatrix}\]

\[\begin{align*} \overrightarrow{v} \times \overrightarrow{QR} &= \begin{pmatrix} -1 \\ -1 \\ -4 \end{pmatrix} \times \begin{pmatrix} 1{,}5 \\ 1{,}5 \\ 0 \end{pmatrix} \\[0.8em] &= \begin{pmatrix} (-1) & \cdot & 0 & - & (-4) & \cdot & 1{,}5 \\ (-4) & \cdot & 1{,}5 & - & (-1) & \cdot & 0 \\ (-1) & \cdot & 1{,}5 & - & (-1) & \cdot & 1{,}5 \end{pmatrix} \\[0.8em] &= \begin{pmatrix} 6 \\ -6 \\ 0 \end{pmatrix} = 6 \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 0 \end{pmatrix} \end{align*}\]

 

\[\Longrightarrow \quad \overrightarrow{n}_{F} = \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 0 \end{pmatrix}\]

 

Gleichung der Ebene \(F\) in Normalenform in Vektordarstellung:

Es sei \(Q\) der Aufpunkt der Ebene \(F\).

 

\[\begin{align*} F\,\colon\, \overrightarrow{n}_{F} \circ \bigg( \overrightarrow{X} - \overrightarrow{Q} \bigg) &= 0 \\[0.8em] \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 0 \end{pmatrix} \circ \left[ \overrightarrow{X} - \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} \right] &= 0\end{align*}\]

 

Gleichung der Ebene \(F\) in Normalenform in Koordinatendarstellung:

\[\begin{align*} \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 0 \end{pmatrix} \circ \left[ \overrightarrow{X} - \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} \right] &= 0 \\[0.8em] 1 \cdot (x_{1} - 0) + (-1) \cdot (x_{2} - 0) + 0 \cdot (x_{3} - 1) &= 0 \\[0.8em] x_{1} - x_{2} &= 0 \end{align*}\]

 

\[F\,\colon\, x_{1} - x_{2} = 0\]

 

Es ist ebenso möglich, direkt mit der Normalenform in Koordinatendarstellung anzusetzen.

\[\overrightarrow{n}_{F} = \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 0 \end{pmatrix}\]

\(Q\,(0|0|1) \in F\,\) (Aufpunkt)

 

\[\begin{align*}F\,\colon & & n_{1}x_{1} + n_{2}x_{2} + n_{3}x_{3} + n_{0} &= 0 & & (\text{mit} \; n_{0} = -n_{1}q_{1} - n_{2}q_{2} - n_{3}q_{3}) \\[0.8em] & & 1 \cdot x_{1} + (-1) \cdot x_{2} + 0 \cdot x_{3} + n_{0} &= 0 \\[0.8em] & & x_{1} - x_{2} + n_{0} &= 0  \end{align*}\]

 

\[\begin{align*}Q \in F\,\colon\, 0 - 0 + n_{0} &= 0 \\[0.8em] n_{0} &= 0\end{align*}\]

 

\[F\,\colon\,x_{1} - x_{2} = 0\]

 

Nachweis, dass das Einfallslot ebenfalls in der Ebene \(F\) liegt

 

Die Normalenvektoren der Ebene E bzw. F stehen senkrecht zueinander. Der Normalenvektor der Ebene E (Richtungsvektor des Einfallslots) lässt sich als Linearkombination der Richtungsvektoren der Geraden g bzw. h beschreiben.

Der Richtungsvektor des Einfallslots ist gleich dem Normalenvektor der Ebene \(E\). Lässt sich dieser als Linearkombination der Richtungsvektoren der Geraden \(g\) (einfallender Lichtstrahl) und \(h\) (reflektierter Lichtstrahl) beschreiben (komplanare Vektoren), liegt das Einfallslot in der Ebene \(F\).

Der Normalenvektor der Ebene \(F\) ist senkrecht zum Richtungsvektor von \(g\) und zum Richtungsvektor von \(h\). Liegt das Einfallslot in der Ebene \(F\), muss der Richtungsvektor des Einfallslots (Normalenvektor der Ebene \(E\)) ebenfalls senkrecht zum Normalenvektor der Ebene \(F\) sein.

 

1. Lösungsansatz: Linearkombination der Richtungsvektoren

 

Wenn \(\overrightarrow{n}_{E} = m \cdot \overrightarrow{v} + n \cdot \overrightarrow{QR}\,; \enspace m,n \in \mathbb R\) gilt, liegt das Einfallslot in der Ebene \(F\).

 

\(\overrightarrow{n}_{E} = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix};\;\) \(\overrightarrow{v} = \begin{pmatrix} -1 \\ -1 \\ -4 \end{pmatrix};\;\) \(\overrightarrow{OR} = \begin{pmatrix} 1{,}5 \\ 1{,}5 \\ 0 \end{pmatrix}\) (siehe Teilaufgaben b,c,d) 

 

\[\begin{align*} \overrightarrow{n}_{E} &= m \cdot \overrightarrow{v} + n \cdot \overrightarrow{QR} \\[0.8em] \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} &= m \cdot \begin{pmatrix} -1 \\ -1 \\ -4 \end{pmatrix} + n \cdot \begin{pmatrix} 1{,}5 \\ 1{,}5 \\ 0 \end{pmatrix} \end{align*}\]

 

Lineares Gleichungssystem lösen:

 

\[\begin{align*} \text{I} & & & & 1 &= -m + 1{,}5n \\[0.8em] \text{II} & & & \wedge & 1 &= -m + 1{,}5n \\[0.8em] \text{III} & & & \wedge & 1 &= -4m & & \Longrightarrow \quad m = -\frac{1}{4} \end{align*}\]

 

\[\begin{align*}m = -\frac{1}{4} \; \text{in I}\,\colon\enspace 1 &= - \left( -\frac{1}{4} \right) + 1{,}5n \\[0.8em] 1 &= \frac{1}{4} + 1{,}5n & &| -\frac{1}{4} \\[0.8em] \frac{3}{4} &= 1{,}5n & &| : 1{,}5 \\[0.8em] \frac{1}{2} &= n \end{align*}\]

 

Eine Probe in II ist nicht notwendig, da die 1. und die 2. Gleichung übereinstimmen.

 

\[\Longrightarrow \quad \overrightarrow{n}_{E} = -\frac{1}{4} \cdot \overrightarrow{v} + \frac{1}{2} \cdot \overrightarrow{QR}\]

\(\Longrightarrow \quad\) Das Einfallslot liegt in der Ebene \(F\)

 

2. Löungsansatz: Orthogonale Normalenvektoren

Sind der Richtungvektor des Einfallslots (Normalenvektor der Ebene \(E\)) und der Normalenvektor der Ebene \(F\) zueinander senkrecht, liegt das Einfallslot in der Ebene \(F\).

 

\[\overrightarrow{n}_{E} \circ \overrightarrow{n}_{F} = 0 \quad \Longleftrightarrow \quad \overrightarrow{n}_{E} \perp \overrightarrow{n}_{F}\]

\(\overrightarrow{n}_{E} = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix};\;\) \(\overrightarrow{n}_{F} = \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 0 \end{pmatrix};\;\) (siehe Teilaufgaben b,d)

 

\[\begin{align*} \overrightarrow{n}_{E} \circ \overrightarrow{n}_{F} &= 0 \\[0.8em] \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} \circ \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 0 \end{pmatrix} &= 0 \\[0.8em] 1 \cdot 1 + 1 \cdot (-1) + 1 \cdot 0 &= 0 \\[0.8em] 0 &= 0 \quad (w) \end{align*}\]

 

\[\Longrightarrow \quad \overrightarrow{n}_{E} \perp \overrightarrow{n}_{F}\]

\(\Longrightarrow \quad\) Das Einfallslot liegt in der Ebene \(F\)

Weitere Lösungen dieser Aufgabengruppe: « Teilaufgabe c Teilaufgabe e »