Punkt bestimmen, der von 4 weiteren gleich weit entfernt ist

11.02.2011, 23:26

marcel314

Punkt bestimmen, der von 4 weiteren gleich weit entfernt ist

Meine Frage:
hallo hallo smile

ich würde gerne wissen, wie man einen Punkt bestimmt, der von vier anderen gleich weit entfernt ist.
Gegeben sind: A(5/2/-1) B(3/6/3) C(-1/2/5) D(1/-2/1)
Gesucht sind die Koordinaten vom Punkt P, der von den Punkten A,B,C und D jeweils die gleiche Entfernung hat.
Das ergenis müsste P=(2/2/2) sein (habe ich rausgefunden, weil die punkte ein Quadrat bilden und man einfach den Mittelpunkt errechnen muss). Ich würde die aufgabe aber gerne über die Abstände lösen, falls so eine ähnliche Aufgabe in der nächsten Kursarbeit kommt, und die Punkte kein Quadrat bilden.

Meine Ideen:
Meine Überlegung waren, dass |AP|=|BP|=|CP|=|DP|
also hat man 4 gleichungen:
d²=(p1-5)²+(p2-2)²+(p3+1)² (länge vom vektor AP)
d²=(p1-3)²+(p2-6)²+(p3-3)² (Länge vom Vektor BP)
d²=(p1+1)²+(p2-2)²+(p3-5)² (Länge vom Vektor CP)
d²=(p1-1)²+(p2+2)²+(p3-1)² (Länge vom Vektor DP)

Wenn ich die Gleichungen jetzt aber auflöse, in eine matrix schreibe und diagonalisiere komme ich auf:
p1=p3
und ich glaube p3=-2p2+6
p1=p3 würde ja laut der Lösung passen (2=2) und p3=-2p2+6 ja auch (p3=-2*2+6)
Wenn ich das in die erste gleichung einsetzte (also p3=-2p2+6 und p1=-2p2+6) kommt für p2 aber nicht 2 raus sondern sowas wie: p2=1,7*i.
hoffe mir kann jemand weiterhelfen,
lg marcel smile

12.02.2011, 09:16

Leopold

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In der Ebene ist diese Aufgabe im allgemeinen unlösbar. Letzlich suchst du ja den Umkreis eines Vierecks. Im Normalfall hat ein Viereck aber gar keinen Umkreis. Vierecke mit Umkreis heißen Sehnenvierecke. Bei solchen müssen sich die Mittelsenkrechten der Seiten in einem Punkt treffen. Ein Viereck ist genau dann ein Sehnenviereck, wenn sich gegenüberliegende Winkel zu 180° ergänzen.

Im Raum sieht das anders aus. Wenn die vier Punkte $\begin{eqnarray*} A,B,C,D \end{eqnarray*}$ heißen, dann muß ein Punkt, der von $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} B \end{eqnarray*}$ gleich weit entfernt ist, auf der Symmetrieebene $\begin{eqnarray*} \sigma_{AB} \end{eqnarray*}$ der Strecke $\begin{eqnarray*} AB \end{eqnarray*}$ liegen (das ist diejenige Ebene, die durch den Mittelpunkt der Strecke $\begin{eqnarray*} AB \end{eqnarray*}$ geht und senkrecht auf $\begin{eqnarray*} AB \end{eqnarray*}$ steht). Jetzt bestimme den Schnittpunkt von drei Symmetrieebenen, etwa $\begin{eqnarray*} \sigma_{AB}, \sigma_{BC}, \sigma_{CD} \end{eqnarray*}$ , indem du das 3×3-Gleichungssystem, das die drei Koordinatengleichungen der Ebenen bilden, löst. Dieses muß natürlich nicht eindeutig lösbar sein. Aber wenn es eine eindeutige Lösung besitzt, dann ist der Lösungspunkt $\begin{eqnarray*} M \end{eqnarray*}$ gleich weit von allen Punkten $\begin{eqnarray*} A,B,C,D \end{eqnarray*}$ entfernt, also Mittelpunkt einer Kugel, die durch $\begin{eqnarray*} A,B,C,D \end{eqnarray*}$ geht.

Nehmen wir dein Beispiel:

$\begin{eqnarray*} \sigma_{AB}: \ \ x_1 - 2x_2 - 2x_3 = -6 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \sigma_{BC}: \ \ 2x_1 + 2x_2 - x_3 = 6 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \sigma_{CD}: \ \ x_1 - 2x_2 - 2x_3 = -6 \end{eqnarray*}$

Offenbar sind die erste und dritte Ebene gleich (was nicht weiter verwundert, da $\begin{eqnarray*} ABCD \end{eqnarray*}$ ein Quadrat ist). Damit fällt eine Gleichung weg. Addiert man das (-2)-fache der ersten Gleichung zur zweiten, so bekommt man nach Vereinfachen das 2×3-Gleichungssystem

$\begin{eqnarray*} x_1 - 2x_2 - 2x_3 = -6 \ \ \text{und} \ \ 2x_2 + x_3 = 6 \end{eqnarray*}$

Da man Stufenform hat, kann man einen Parameter einführen, etwa $\begin{eqnarray*} x_3 = 2 \lambda \end{eqnarray*}$ . Man berechnet aus der zweiten Gleichung $\begin{eqnarray*} x_2 = 3 - \lambda \end{eqnarray*}$ und aus der ersten $\begin{eqnarray*} x_1 = 2 \lambda \end{eqnarray*}$ . Alle Punkte der Geraden

$\begin{eqnarray*} \vec{x} = \begin{pmatrix} 0 \\ 3 \\ 0 \end{pmatrix} + \lambda \begin{pmatrix} 2 \\ -1 \\ 2 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

lösen also die Aufgabe. Das stimmt so weit mit deiner Rechnung überein. Dein Punkt ist derjenige für $\begin{eqnarray*} \lambda=1 \end{eqnarray*}$ . Jetzt überlege, wie das mit der geometrischen Anschauung zusammenpaßt. Welche geometrische Figur ist $\begin{eqnarray*} ABCDM \end{eqnarray*}$ , wenn $\begin{eqnarray*} M \end{eqnarray*}$ ein Punkt der Lösungsgeraden ist?

Und irgendwo mußt du dich ganz zum Schluß bei deiner imaginären Lösung verrechnet haben.

12.02.2011, 13:22

marcel314

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danke erstma für die schnelle antwort Freude

Ich hab deinen lösungsweg mal nachgerechnet und komme auch auf die gerade (0/3/0) + r (2/-1/2).
zu deiner frage: kann es sein dass die punkte A,B,C,D und M einen Oktaeder bilden? also so ähnlich wie der hier: http://www.matheplanet.com/matheplanet/n...45_oktaeder.jpg

Hier ist nochma mein rechenweg, ich hoffe der is so richtig smile

hier sind die gleichungen:
d²=(p1-5)²+(p2-2)²+(p3+1)² (länge vom vektor AP)
d²=(p1-3)²+(p2-6)²+(p3-3)² (Länge vom Vektor BP)
d²=(p1+1)²+(p2-2)²+(p3-5)² (Länge vom Vektor CP)
d²=(p1-1)²+(p2+2)²+(p3-1)² (Länge vom Vektor DP)

hier meine matrix :
p1 p2 p3 Zahl d
(p1-10) (p2-4) (p3+2) 30 1
(p1-2) (p2+4) (p3-2) 6 1
(p1-6) (p2-12) (p3-6) 54 1
(p1+2) (p2-4) (p3-10) 30 1

die erste Zeile habe ich mit -1 multipliziert und mit den anderen drei dann addiert:
p1 p2 p3 Zahl d
(p1-10) (p2-4) (p3+2) 30 1
8 8 -4 -24 0
4 -8 -8 24 0
12 0 -12 0 0 (aus der zeile folgt p1=p3)

p1 habe ich dann mit p3 in der dritten zeile ersetzt:
4p3-8p2-8p3+24=0
p2=3- 1/2 *p3

wenn ich jetzt p1 mit p3 und p2 mit 3- 1/2*p3 in der zweiten zeile ersetzte kommt raus:
0=0 also passt das ja

also setzte ich das ganze in die erste zeile ein und nach dem auflösen komme ich auf:
2,25*p3^2-9*p3+27=d
ist das schon die lösung? wenn ich einen abstand wähle kann ich ja mit der gleichung auf den Punkt kommen. für z.b. d=27 wäre p3 ja dann 4 oder 0 und damit wäre p1 auch 4 bzw 0 und p2 3 bzw. 1.

ps: ich bin am anfang auf so ergebnisse wie 27+9,29*i gekommen, weil ich aus irgendeinem grund d=0 gesetzt habe xD

12.02.2011, 18:14

Leopold

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Ich mache mir nicht die Mühe, das im einzelnen durchzulesen. Ohne Verwendung von Latex ist das eine Zumutung.

Grundsätzlich ist es so: Wenn du die zweite Gleichung deines Ansatzes von der ersten subtrahierst, bekommst du automatisch die Gleichung der Symmetrieebene von $\begin{eqnarray*} AB \end{eqnarray*}$ . Und dann die dritte von der zweiten subtrahieren und die vierte von der dritten.

$\begin{eqnarray*} ABCDM \end{eqnarray*}$ ist eine gerade quadratische Pyramide mit $\begin{eqnarray*} ABCD \end{eqnarray*}$ als Grundfläche und $\begin{eqnarray*} M \end{eqnarray*}$ als Spitze. Es ist einleuchtend, daß $\begin{eqnarray*} M \end{eqnarray*}$ von $\begin{eqnarray*} A,B,C,D \end{eqnarray*}$ gleich weit entfernt ist.
Man hätte, wenn man die Quadrateigenschaft von $\begin{eqnarray*} ABCD \end{eqnarray*}$ verwendet, die Aufgabe also einfach durch Bestimmung einer Orthogonalen des Quadrates durch die Quadratmitte lösen können. Also: geometrisches Sich-Vorstellen statt kalkülmäßiges Durchrechnen.

12.02.2011, 18:44

marcel314

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ok danke für deine hilfe smile

Zitat:

Original von Leopold
Man hätte, wenn man die Quadrateigenschaft von $\begin{eqnarray*} ABCD \end{eqnarray*}$ verwendet, die Aufgabe also einfach durch Bestimmung einer Orthogonalen des Quadrates durch die Quadratmitte lösen können. Also: geometrisches Sich-Vorstellen statt kalkülmäßiges Durchrechnen.

Die aufgabe habe ich auch erst auf dem weg gelöst, mich hat nur interessiert, ob es eben mit der anderen Methode auch klappt.

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