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Abi 2013 Lineare Algebra / Analytische Geometrie A5 WTR GK


Aufgabe 5

a)

1.

Schritt 1: Parallelogrammeigenschaften nachweisen

Zu zeigen ist, dass die gegenüberliegenden Seiten parallel sind, d. h. \(AB \ || \ CD\) und \(BC \ || \ AD\). Zunächst ist:

\(\overrightarrow{AB} = \overrightarrow{OB} - \overrightarrow{OA} = \left(\begin{array}{c}1\\ 0\end{array}\right) - \left(\begin{array}{c}-1\\ 0\end{array}\right) = \left(\begin{array}{c}2\\ 0\end{array}\right)\\ \overrightarrow{BC} = \overrightarrow{OC} - \overrightarrow{OB} = \left(\begin{array}{c}3\\ 2\end{array}\right) - \left(\begin{array}{c}1\\ 0\end{array}\right) = \left(\begin{array}{c}2\\ 2\end{array}\right)\\ \overrightarrow{CD} = \overrightarrow{OD} - \overrightarrow{OC} = \left(\begin{array}{c}1\\ 2\end{array}\right) - \left(\begin{array}{c}3\\ 2\end{array}\right) = \left(\begin{array}{c}-2\\ 0\end{array}\right) \\ \overrightarrow{AD} = \overrightarrow{OD} - \overrightarrow{OA} = \left(\begin{array}{c}1\\ 2\end{array}\right) - \left(\begin{array}{c}-1\\ 0\end{array}\right) = \left(\begin{array}{c}2\\ 2\end{array}\right)\)

Wegen \(\left(\begin{array}{c}2\\ 0\end{array}\right) =- \left(\begin{array}{c}-2\\ 0\end{array}\right)\) sind \(\overrightarrow{AB}\) und \(\overrightarrow{CD}\) linear abhängig, also gilt \(AB \ || \ CD\). \(\overrightarrow{BC}\) und \(\overrightarrow{AD}\) sind identisch, also gilt auch \(BC \ || \ AD\).

Die Seiten \(AB\) und \(CD\) sowie die Seiten \(BC\) und \(DA\) sind jeweils parallel, womit nachgewiesen ist, dass \(ABCD\) ein Parallelogramm ist.

2.

Bildpunkte berechnen und Quadrateigenschaft nachweisen

Schritt 1: Bildpunkte berechnen

Setze \(A'\left(a_1 \mid a_2\right)\) als Bildpunkt von \(A\left(-1\mid 0\right)\):

\(\left(\begin{array}{c}a'_1\\ a'_2\end{array}\right) = \left(\begin{array}{c}-1\\ 1\end{array}\ \begin{array}{c}2\\ 0\end{array}\right) \cdot \left(\begin{array}{c}-1\\ 0\end{array}\right) + \left(\begin{array}{c}-2\\ 1\end{array}\right) \\ \qquad \ \ \ = \left(\begin{array}{c}(-1) \cdot (-1)+ 2\cdot 0\\1 \cdot (-1) + 0 \cdot 0\end{array}\right) + \left(\begin{array}{c}-2\\ 1\end{array}\right) \\ \\ \qquad \ \ \ = \left(\begin{array}{c}1\\ -1\end{array}\right) + \left(\begin{array}{c}-2\\ 1\end{array}\right) = \left(\begin{array}{c}-1\\ 0\end{array}\right)\)

\(B'\left(b_1 \mid b_2\right)\) als Bildpunkt von \(B\left(1\mid 0\right)\):

\(\left(\begin{array}{c}b'_1\\ b'_2\end{array}\right) = \left(\begin{array}{c}-1\\ 1\end{array}\ \begin{array}{c}2\\ 0\end{array}\right) \cdot \left(\begin{array}{c}1\\ 0\end{array}\right) + \left(\begin{array}{c}-2\\ 1\end{array}\right) \\ \qquad \ \ \ = \left(\begin{array}{c}(-1) \cdot 1+ 2\cdot 0\\1 \cdot 1 + 0 \cdot 0\end{array}\right) + \left(\begin{array}{c}-2\\ 1\end{array}\right) \\ \\ \qquad \ \ \ = \left(\begin{array}{c}-1\\ 1\end{array}\right) + \left(\begin{array}{c}-2\\ 1\end{array}\right) = \left(\begin{array}{c}-3\\ 2\end{array}\right)\)

\(C'\left(c_1 \mid c_2\right)\) als Bildpunkt von \(C\left(3\mid 2\right)\):

\(\left(\begin{array}{c}c'_1\\ c'_2\end{array}\right) = \left(\begin{array}{c}-1\\ 1\end{array}\ \begin{array}{c}2\\ 0\end{array}\right) \cdot \left(\begin{array}{c}3\\ 2\end{array}\right) + \left(\begin{array}{c}-2\\ 1\end{array}\right) \\ \qquad \ \ \ = \left(\begin{array}{c}(-1) \cdot 3+ 2\cdot 2\\1 \cdot 3 + 0 \cdot 2\end{array}\right) + \left(\begin{array}{c}-2\\ 1\end{array}\right) \\ \\ \qquad \ \ \ = \left(\begin{array}{c}1\\ 3\end{array}\right) + \left(\begin{array}{c}-2\\ 1\end{array}\right) = \left(\begin{array}{c}-1\\ 4\end{array}\right)\)

\(D'\left(d_1 \mid d_2\right)\) als Bildpunkt von \(D\left(1\mid 2\right)\):

\(\left(\begin{array}{c}d'_1\\ d'_2\end{array}\right) = \left(\begin{array}{c}-1\\ 1\end{array}\ \begin{array}{c}2\\ 0\end{array}\right) \cdot \left(\begin{array}{c}1\\ 2\end{array}\right) + \left(\begin{array}{c}-2\\ 1\end{array}\right) \\ \qquad \ \ \ = \left(\begin{array}{c}(-1) \cdot 1+ 2\cdot 2\\1 \cdot 1 + 0 \cdot 2\end{array}\right) + \left(\begin{array}{c}-2\\ 1\end{array}\right) \\ \\ \qquad \ \ \ = \left(\begin{array}{c}3\\ 1\end{array}\right) + \left(\begin{array}{c}-2\\ 1\end{array}\right) = \left(\begin{array}{c}1\\ 2\end{array}\right)\)

Die Bildpunkte haben die Koordinaten \(A'\left(-1\mid 0\right)\), \(B'\left(-3 \mid 2\right)\), \(C'\left(-1 \mid 4\right)\), \(D'\left(1 \mid 2\right)\).

Schritt 2: Quadrateigenschaften nachweisen

Zu zeigen ist, dass die gegenüberliegenden Seiten parallel und gleich lang sind und benachbarte Seiten einen rechten Winkel bilden.

Parallelität gegenüberliegender Seiten nachweisen

\(\overrightarrow{A'B'} = \overrightarrow{OB'} -\overrightarrow{OA'} = \left(\begin{array}{c}-3\\ 2\end{array}\right) - \left(\begin{array}{c}-1\\ 0\end{array}\right) = \left(\begin{array}{c}-2\\ 2\end{array}\right) \\ \overrightarrow{B'C'} = \overrightarrow{OC'} -\overrightarrow{OB'} = \left(\begin{array}{c}-1\\ 4\end{array}\right) - \left(\begin{array}{c}-3\\ 2\end{array}\right) = \left(\begin{array}{c}2\\ 2\end{array}\right) \\ \overrightarrow{C'D'} = \overrightarrow{OD'} -\overrightarrow{OC'} = \left(\begin{array}{c}1\\ 2\end{array}\right) - \left(\begin{array}{c}-1\\ 4\end{array}\right) = \left(\begin{array}{c}2\\ -2\end{array}\right) \\ \overrightarrow{A'D'} = \overrightarrow{OD'} -\overrightarrow{OA'} = \left(\begin{array}{c}1\\ 2\end{array}\right) - \left(\begin{array}{c}-1\\ 0\end{array}\right) = \left(\begin{array}{c}2\\ 2\end{array}\right) \\\)

Es ist \(\left(\begin{array}{c}-2\\ 2\end{array}\right) = - \left(\begin{array}{c}2\\ -2\end{array}\right)\), also sind \(\overrightarrow{A'B'}\) und \(\overrightarrow{C'D'}\) linear abhängig und somit \(A'B' \ || \ C'D'\). \(\overrightarrow{B'C'}\) und \(\overrightarrow{A'D'}\) sind identisch und somit \(B'C' \ || \ A'D'\).

Seitenlängen vergleichen

Die Längen der Seiten sind:

\(\overline{A'B'} = \left \vert \overrightarrow{A'B'} \right \vert = \sqrt{(-2)^2 +2^2} = \sqrt{8} \\ \overline{B'C'} = \left \vert \overrightarrow{B'C'} \right \vert = \sqrt{2^2 +2^2} = \sqrt{8} \\ \overline{C'D'} = \left \vert \overrightarrow{C'D'} \right \vert = \sqrt{2^2 +(-2)^2} = \sqrt{8} \\ \overline{D'A'} = \left \vert \overrightarrow{D'A'} \right \vert = \sqrt{(-2)^2 + (-2)^2} = \sqrt{8}\)

Damit sind alle vier Seiten des Vierecks gleich lang.

Innenwinkel untersuchen

Nun wird geprüft, dass alle Innenwinkel rechte Winkel sind.

Winkel bei \(A'\):

\(\overrightarrow{A'B'} \circ \overrightarrow{D'A'} = \left(\begin{array}{c}-2\\ 2\end{array}\right) \circ \left(\begin{array}{c}-2\\ -2\end{array}\right) = (-2) \cdot (-2) + 2 \cdot (-2) = 4-4 =0\)

Winkel bei \(B'\):

\(\overrightarrow{B'C'} \circ \overrightarrow{A'B'} = \left(\begin{array}{c}2\\ 2\end{array}\right) \circ \left(\begin{array}{c}-2\\ 2\end{array}\right) = 2 \cdot (-2) + 2 \cdot 2 = -4+4 =0\)

Winkel bei \(C'\):

\(\overrightarrow{B'C'} \circ \overrightarrow{C'D'} = \left(\begin{array}{c}2\\ 2\end{array}\right) \circ \left(\begin{array}{c}2\\ -2\end{array}\right) = 2 \cdot 2 + 2 \cdot (-2) = 4-4 =0\)

Winkel bei \(D'\):

\(\overrightarrow{C'D'} \circ \overrightarrow{D'A'} = \left(\begin{array}{c}2\\ -2\end{array}\right) \circ \left(\begin{array}{c}-2\\ -2\end{array}\right) = 2 \cdot (-2) + (-2) \cdot (-2) = -4+4 =0\)

Alle Innenwinkel des Vierecks sind rechte Winkel.

Das Viereck \(A'B'C'D'\) ist ein Quadrat.

  • Punkte:  12

b)

1.

Bildgerade \(g'\) und Lagebeziehung von \(g\) und \(g'\) bestimmen

Schritt 1: Gleichung der Bildgerade finden

Die Gleichung von \(g\) lautet:

\(g: \vec{x} = \left(\begin{array}{c}1\\ -1\end{array}\right) + r \cdot \left(\begin{array}{c}3\\ 1\end{array}\right) = \left(\begin{array}{c}1+3r\\ -1+r\end{array}\right)\)

Einsetzen in die Gleichung der Abbildung \(\alpha\) liefert:

\(\alpha \left(\begin{array}{c}1+3r\\ -1+r\end{array}\right) = \left(\begin{array}{c}-1\\ 1\end{array}\ \begin{array}{c}2\\ 0\end{array}\right) \cdot \left(\begin{array}{c}1 +3r\\ -1+r\end{array}\right) + \left(\begin{array}{c}-2\\ 1\end{array}\right) \\ \qquad \qquad \quad \ \ = \left(\begin{array}{c}(-1) \cdot (1+3r) + 2 \cdot (-1 +r)\\ 1\cdot (1+3r)+0 \cdot (-1+r) \end{array}\right) + \left(\begin{array}{c}-2\\ 1\end{array}\right) \\ \qquad \qquad \quad \ \ = \left(\begin{array}{c}-3-r\\ 1+3r\end{array}\right) + \left(\begin{array}{c}-2\\ 1\end{array}\right) = \left(\begin{array}{c}-5-r\\ 2+3r\end{array}\right) \\ \qquad \qquad \quad \ \ =\left(\begin{array}{c}-5\\ 2\end{array}\right) + r\cdot \left(\begin{array}{c}-1\\ 3\end{array}\right)\)

Die Bildgerade hat also die Gleichung:

\(g': \vec{x} = \left(\begin{array}{c}-5\\ 2\end{array}\right) + r \cdot \left(\begin{array}{c}-1\\ 3\end{array}\right); \quad r \in \mathbb{R}\).

Schritt 2: Lagebeziehung zwischen  \(g\) und \(g'\) bestimmen

Um die Schnittmenge der Geraden \(g\) und \(g'\) zu bestimmen, müssen die Geradengleichungen mit unterschiedlichen Parametern herangezogen werden; wir nehmen \(s\) für \(g'\). Gleichsetzen von \(g\) und \(g'\) liefert dann \(\left(\begin{array}{c}1\\ -1\end{array}\right) + r \cdot \left(\begin{array}{c}3\\ 1\end{array}\right) = \left(\begin{array}{c}-5\\ 2\end{array}\right) + s\cdot \left(\begin{array}{c}-1\\ 3\end{array}\right)\), also als lineares Gleichungssystem:

\(I: 1+3r = -5-s \\ II: -1 + r = 2+3s\)

\(I -3 \cdot II: 4=-11-10s \Leftrightarrow 15=-10s \Leftrightarrow s =-\frac{3}{2}\)

Eingesetzt in \(I\) liefert das:

\(1+3r =-5+\frac{3}{2} \Leftrightarrow 3r =-\frac{9}{2} \Leftrightarrow r= -\frac{3}{2}\)

Somit gibt es genau einen Schnittpunkt von \(g\) und \(g'\), nämlich \((1-\frac{3}{2} \cdot 3 \left \vert -1 -\frac{3}{2} \cdot 1) = (-\frac{7}{2} \right \vert - \frac{5}{2})\).

2.

Bildgerade \(h'\) und Lagebeziehung von \(h\) und \(h'\) bestimmen

Schritt 1: Gleichung der Bildgerade finden

Die Gleichung von \(h\) lautet:

\(h: \vec{x} = \left(\begin{array}{c}-3\\ -2\end{array}\right) + s \cdot \left(\begin{array}{c}2\\ -1\end{array}\right) = \left(\begin{array}{c}-3 +2s\\ -2-s\end{array}\right)\)

Einsetzen in die Gleichung der Abbildung \(\alpha\) liefert:

\(\alpha \left(\begin{array}{c}-3+2s\\ -2-s\end{array}\right) = \left(\begin{array}{c}-1\\ 1\end{array}\ \begin{array}{c}2\\ 0\end{array}\right) \cdot \left(\begin{array}{c}-3+2s\\ -2-s\end{array}\right) + \left(\begin{array}{c}-2\\ 1\end{array}\right) \\ \qquad \qquad \quad \ \ = \left(\begin{array}{c}(-1) \cdot (-3+2s) + 2 \cdot (-2-s)\\ 1\cdot (-3+2s)+0 \cdot (-2-s) \end{array}\right) + \left(\begin{array}{c}-2\\ 1\end{array}\right) \\ \qquad \qquad \quad \ \ = \left(\begin{array}{c}-1-4s\\ -3+2s\end{array}\right) + \left(\begin{array}{c}-2\\ 1\end{array}\right) = \left(\begin{array}{c}-3-4s\\ -2+2s\end{array}\right) \\ \qquad \qquad \quad \ \ =\left(\begin{array}{c}-3\\ -2\end{array}\right) + s\cdot \left(\begin{array}{c}-4\\ 2\end{array}\right)\)

Die Bildgerade hat also die Gleichung:

\(h': \vec{x} = \left(\begin{array}{c}-3\\ -2\end{array}\right) + s \cdot \left(\begin{array}{c}-4\\ 2\end{array}\right);\quad \ s \in \mathbb{R}\)

Schritt 2: Lagebeziehung zwischen \(h\) und \(h'\) bestimmen

Die Richtungsvektoren \(\left(\begin{array}{c}2\\ -1\end{array}\right)\) und \(\left(\begin{array}{c}-4\\ 2\end{array}\right)\) sind linear abhängig, denn \(\left(\begin{array}{c}-4\\ 2\end{array}\right) = (-2) \cdot \left(\begin{array}{c}2\\ -1\end{array}\right)\). Daher verlaufen die Geraden parallel. Des Weiteren stimmen die Aufpunkte überein. Also ist \(h=h' .\)

  • Punkte:  13

c)

1.

Schritt 1: \(\alpha (0\mid4)\) bestimmen

\(\alpha \left(\begin{array}{c}0\\ 4\end{array}\right) = \left(\begin{array}{c}-1\\ 1\end{array}\ \begin{array}{c}2\\ 0\end{array}\right) \cdot \left(\begin{array}{c}0\\ 4\end{array}\right) + \left(\begin{array}{c}-2\\ 1\end{array}\right) = \left(\begin{array}{c}(-1) \cdot 0 + 2 \cdot 4\\ 1 \cdot 0 + 0 \cdot 4\end{array}\right) + \left(\begin{array}{c}-2\\ 1\end{array}\right) = \left(\begin{array}{c}6\\ 1\end{array}\right)\)

Der Bildpunkt hat die Koordinaten \(P'(6\mid1)\).

2. und 3.

Schritt 1: Fixpunkte bestimmen

Gesucht sind alle Fixpunkte der Abbildung \(\alpha\). Dazu ist die Gleichung
\(\left(\begin{array}{c}x'_1\\ x'_2\end{array}\right) = \left(\begin{array}{c}x_1\\ x_2\end{array}\right) \) zu lösen, wobei:

\(\left(\begin{array}{c}x'_1\\ x'_2\end{array}\right) = \left(\begin{array}{c}-1\\ 1\end{array}\ \begin{array}{c}2\\ 0\end{array}\right) \cdot \left(\begin{array}{c}-2\\ 1\end{array}\right) \\ \qquad \ \ \ \ = \left(\begin{array}{c}-x_1+2x_2\\ x_1\end{array}\right) + \left(\begin{array}{c}-2\\ 1\end{array}\right) \\ \qquad \ \ \ \ = \left(\begin{array}{c}-x_1+2x_2\ -2\\ x_1 +1\end{array}\right)\)

Somit erhalten wir das lineare Gleichungssystem:

\(I: -x_1 + 2x_2 -2 = x_1 \Leftrightarrow -2= 2x_1 -2x_2 \Leftrightarrow -1 = x_1 - x_2 \\ II: x_1 + 1 = x_2 \Leftrightarrow x_1 - x_2 = -1\)

Die zwei Gleichungen sind äquivalent zur Gleichung von \(k\). Sie werden also nur von den Punkten auf dieser Geraden erfüllt.

Alle Punkte der Geraden \(k\) werden auf sich selbst abgebildet, denn sie erfüllen die Gleichungen \(I\) und \(II\). Alle anderen Punkte erfüllen weder \(I\) noch \(II\), also werden sie nicht auf sich selbst abgebildet.

4.

Schritt 1: Geraden durch Punkt und Bildpunkt vergleichen

Wie oben berechnet ist der Bildpunkt von \(\left(\begin{array}{c}a_1\\ a_2\end{array}\right)\) gegeben durch \(\left(\begin{array}{c}a'_1\\ a'_2\end{array}\right) = \left(\begin{array}{c}-a_1 + 2a_2 -2\\ a_1 +1\end{array}\right)\). Die Gerade durch Punkt und Bildpunkt ist daher:

\(l: \vec{x} = \left(\begin{array}{c}a_1\\ a_2\end{array}\right) + t \cdot \left[\left(\begin{array}{c}-a_1+2a_2 -2\\ a_1 +1\end{array}\right) - \left(\begin{array}{c}a_1\\ a_2\end{array}\right)\right] \\ \quad \ \ \ = \left(\begin{array}{c}a_1\\ a_2\end{array}\right) + t \cdot \left(\begin{array}{c}-2a_1+2a_2 -2\\ a_1-a_2 +1\end{array}\right) \\ \quad \ \ \ = \left(\begin{array}{c}a_1\\ a_2\end{array}\right) + t \cdot (a_1 -a_2 +1) \cdot \left(\begin{array}{c} -2\\1\end{array}\right)\)

Alle diese Geraden haben als Richtungsvektor ein Vielfaches von \(\left(\begin{array}{c}-2\\ 1\end{array}\right)\), sind also parallel zueinander, insbesondere also parallel zu \(PP'\) (dies ist der Spezialfall \(a_1 = 0, \ a_2 =4\)).

  • Punkte:  13

d)

1.

Schritt 1: Konstruktion von \(Q'\) erläutern

Die gesamte Konstruktion mit Zirkel und Lineal ergibt folgendes Bild:

Abi 2013 Lineare Algebra / Analytische Geometrie A5 WTR GK - Abbildung 1

\(k: \left(\begin{array}{c}x\\ y\end{array}\right) = \left(\begin{array}{c}0\\ 1\end{array}\right) + \lambda \cdot \left(\begin{array}{c}1\\ 1\end{array}\right); \quad \lambda \in \mathbb{R}\) ist eine Gleichung für \(k\) in Parameterform, d. h., \(\left(\begin{array}{c}1\\ 1\end{array}\right)\) ist ein Richtungsvektor der in Teilaufgabe c) 3. bestimmten Fixpunktgeraden. Dieser Richtungsvektor ist aufgrund der Fixpunkteigenschaft ein Eigenvektor der Matrix \(M = \left(\begin{array}{c}-1\\ 1\end{array}\ \begin{array}{c}2\\ 0\end{array}\right)\) zum Eigenwert 1. Aus Teilaufgabe c) 4. folgt, dass der Verschiebungsvektor \(\left(\begin{array}{c}-2\\ 1\end{array}\right)\) auch ein Eigenvektor der Matrix \(M\) ist. Um den zugehörigen Eigenwert zu finden, berechnen wir \(M \cdot \left(\begin{array}{c}-2\\ 1\end{array}\right) = \left(\begin{array}{c}4\\ -1\end{array}\right) = (-2) \cdot \left(\begin{array}{c}-2\\ 1\end{array}\right)\) und stellen fest, dass der Eigenwert \(-2\) ist.

Somit lässt sich \(Q'\) folgendermaßen konstruieren:

Zunächst werden in einem kartesischen Koordinatensystem der Punkt \(Q(3\mid0)\) und die Gerade parallel zu \(k\) durch \(Q\) eingezeichnet (Bezeichnung: \(k^*\)). Dann kommt die Ursprungsgerade \(g^*\) hinzu, deren Richtungsvektor der Eigenvektor \(\left(\begin{array}{c}-2\\ 1\end{array}\right)\) von \(M\) ist (z. B. als Ursprungsgerade parallel zu \(PP'\)). Es sei \(Q^*\) der Schnittpunkt von \(g^*\) und \(k^*\), also \(Q^*(2\mid -1)\). Dann ist \(\overrightarrow{OQ} = \overrightarrow{OQ^*}+ \overrightarrow{Q^*Q}\), wobei \(\overrightarrow{OQ^*}\) Eigenvektor von \(M\) zum Eigenwert \(-2\) und \(\overrightarrow{Q^*Q}\) Eigenvektor von \(M\) zum Eigenwert 1 ist. Durch \(M\) wird also \(\overrightarrow{OQ^*}\) um den Faktor 2 gestreckt und am Ursprung gespiegelt; der so entstehende Punkt heiße \(Q^{**}\). Der Punkt \(Q^{**}\) kann geometrisch wie folgt konstruiert werden: Mit dem Zirkel wird ein Kreis um den Ursprung gezeichnet, der den Punkt \(Q^{*}\) enthält (d. h., der Abstand von \(O\) zu \(Q^{*}\) wird mit dem Zirkel abgetragen). Der zweite Schnittpunkt dieses Kreises mit der Geraden \(g^*\) (neben \(Q^{*}\)) ist \(Q(-2\mid 1)\). Zeichnet man nun einen Kreis mit demselben Radius um \(Q_1\), so gibt es wieder zwei Schnittpunkte mit \(g^*\): Einer davon ist der Ursprung und der andere ist \(Q^{**}(-4\mid 2)\).

Damit ist die Streckung und Spiegelung von \(\overrightarrow{OQ^*}\) erledigt und der Anteil \(\overrightarrow{Q^*Q}\) von \(\overrightarrow{OQ}\) muss noch addiert werden. Dazu zeichnet man die Gerade parallel zu \(g^*\) durch \(Q\) ein, ebenso die Gerade parallel zu \(k^*\) durch \(Q^{**}\). Der Schittpunkt dieser zwei Geraden ist \(Q_2(-3\mid 3)\).

Jetzt muss nur noch der Verschiebungsvektor \(\left(\begin{array}{c}-2\\ 1\end{array}\right)\) zu \(Q_2\) addiert werden, um \(Q'(-5\mid 4)\) zu erhalten.

  • Punkte:  12
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