Das Bewegungsobjekt legt in 4min den Vektor $\overrightarrow{\mathrm{AB}}$=$\left(\begin{array}{c}240\\ 240\\ 120\end{array}\right)$ zurück.
In 1min legt es also den Vektor $\frac{1}{4}$ ⋅ $\left(\begin{array}{c}240\\ 240\\ 120\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}60\\ 60\\ 30\end{array}\right)$ zurück. Dieser Vektor hat die Länge =$\sqrt{{60}^2+{60}^2+{30}^2}=\sqrt{8100}=90$.
Die Geschwindigkeit ist also v=90$\frac{m}{\min }$ = 5.4$\frac{\mathrm{km}}{h}$

Die Flugbahn/Bewegungsbahn kann als Gerade g mit g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}40\\ -20\\ 10\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}60\\ 60\\ 30\end{array}\right)$ dargestellt werden, wobei der Parameter t dabei einfach als Zeit betrachtet werden kann. Nach 8 min befindet es sich also im Punkt mit dem Ortsvektor
$\overrightarrow{\mathrm{OP}}$ = $\left(\begin{array}{c}40\\ -20\\ 10\end{array}\right)+8\cdot \left(\begin{array}{c}60\\ 60\\ 30\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}520\\ 460\\ 250\end{array}\right)$, also im Punkt P$\left(520|460|250\right)$.

Das Bewegungsobjekt hat sich dann von A$\left(40|-20|10\right)$ nach P$\left(520|460|250\right)$ bewegt, also um den Vektor $\overrightarrow{\mathrm{AP}}$=$\left(\begin{array}{c}480\\ 480\\ 240\end{array}\right)$. Dessen Länge ist $\sqrt{{480}^2+{480}^2+{240}^2}=\sqrt{518400}=720$ (in m).

Den Steigungswinkel kann man einfach als Schnittwinkel der Geraden mit der (horizontalen) x₁-x₂-Ebene berechnen. Die x₁-x₂-Ebene hat die Gleichung x₃=0 und den Normalenvektor $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 0\\ 1\end{array}\right)$.
Daraus ergibt sich für den Steigungswinkel $\alpha$: sin($\alpha$)=$\frac{\left|\left(\begin{array}{c}60\\ 60\\ 30\end{array}\right)\circ \left(\begin{array}{c}0\\ 0\\ 1\end{array}\right)\right|}{\left|\left(\begin{array}{c}60\\ 60\\ 30\end{array}\right)\right|\cdot \left|\left(\begin{array}{c}0\\ 0\\ 1\end{array}\right)\right|}$ =
$=\frac{\left|30\right|}{\sqrt{8100}\cdot \sqrt{1}}\approx 0.3333$ => $\alpha$=19.5°

In 1min steigt (bzw. sinkt) das Bewegungsobjekt um 30m (Änderung in der x₃-Koordinate). Um von 10 auf 1450m (also 1440m) zu steigen (bzw. fallen), muss es also $\frac{\mathrm{1440}}{\mathrm{30}}$min = 48min lang steigen (bzw. sinken).

Zuerst rechnen wir die Geschwindigkeit von km/h in $\frac{m}{s}$ um: v= $\frac{\mathrm{1260000\; m}}{\mathrm{3600\; s}}$ = 350$\frac{m}{s}$.
Die Länge des Vektors $\overrightarrow{\mathrm{AB}}$=$\left(\begin{array}{c}300\\ 600\\ 200\end{array}\right)$ ist $\sqrt{{300}^2+{600}^2+{200}^2}=\sqrt{490000}=700$ (in m).
Bei einer Geschwindigkeit von 350$\frac{m}{s}$. braucht er für diese Strecke $\frac{\mathrm{700}}{\mathrm{350}}$s = 2s.
Punkt B wird als nach 2s erreicht.

In einer s wird also der Vektor $\frac{1}{2}$⋅$\left(\begin{array}{c}300\\ 600\\ 200\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}150\\ 300\\ 100\end{array}\right)$ zurückgelegt.
Die Flugbahn/Bewegungsbahn kann so als Gerade g mit g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-250\\ -150\\ 150\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}150\\ 300\\ 100\end{array}\right)$ dargestellt werden, wobei der Parameter t dabei einfach als Zeit betrachtet werden kann.

In 1s steigt (bzw. sinkt) das Bewegungsobjekt um 100m (Änderung in der x₃-Koordinate). Um von 150 auf 1950m (also 1800m) zu steigen (bzw. fallen), muss es also $\frac{\mathrm{1800}}{\mathrm{100}}$s = 18s lang steigen (bzw. sinken) und ist dann im Punkt mit dem Ortsvektor $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$ = $\left(\begin{array}{c}-250\\ -150\\ 150\end{array}\right)+18\cdot \left(\begin{array}{c}150\\ 300\\ 100\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}2450\\ 5250\\ 1950\end{array}\right)$
Also im Punkt P$\left(2450|5250|1950\right)$.

Das Bewegungsobjekt legt in 1 min den Vektor $\overrightarrow{\mathrm{AB}}$=$\left(\begin{array}{c}54\\ 36\\ 12\end{array}\right)$ zurück.
Die Geradengleichung $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}6\\ 6\\ 0\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}54\\ 36\\ 12\end{array}\right)$ beschreibt also den Ortsvektor zu dem Punkt, an dem sich das Bewegungsobjekt nach t min befindet.
Dieser Richtungsvektor (der in 1 min zurückgelegt wird) hat die Länge =$\sqrt{{54}^2+{36}^2+{12}^2}=\sqrt{4356}=66$.
Die Geschwindigkeit ist also v=66$\frac{m}{\min }$
Für die Strecke von 11.88 km braucht es also $\frac{\mathrm{11880}}{\mathrm{66}}$min = 180min
Nach dieser Zeit befindet es sich dann im Punkt mit dem Ortsvektor
$\overrightarrow{\mathrm{OP}}$ = $\left(\begin{array}{c}6\\ 6\\ 0\end{array}\right)+180\cdot \left(\begin{array}{c}54\\ 36\\ 12\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}9726\\ 6486\\ 2160\end{array}\right)$, also im Punkt P$\left(9726|6486|2160\right)$.

Die Höhe in diesem Punkt ist einfach die x₃-Koordinate, also 2160 (in m).

Das Flugzeug F2 legt in 1min den Vektor $\overrightarrow{\mathrm{AB}}$=$\left(\begin{array}{c}7\\ -5\\ 0.5\end{array}\right)$ zurück. Die Flugbahn/Bewegungsbahn kann als Gerade g2 mit g2: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}5\\ 0\\ 0.5\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}7\\ -5\\ 0.5\end{array}\right)$ dargestellt werden, wobei der Parameter t dabei einfach als Zeit betrachtet werden kann.

Um den Zeitpunkt zu finden, wann beide die gleiche Höhe haben, muss einfach ein t gefunden werden, bei dem die x₃-Koordinate bei beiden Gleichungen gleich groß ist, also:

$\mathrm{0,3}t+\mathrm{2,1}$	=	$\mathrm{0,5}t+\mathrm{0,5}$	| $-\mathrm{2,1}$ $-\mathrm{0,5}t$
$-\mathrm{0,2}t$	=	$-\mathrm{1,6}$	|:($-\mathrm{0,2}$)
$t$	=	$8$

nach 8 min sind also das Flugzeug F1 und das Flugzeug F2 auf gleicher Höhe: $\mathrm{0,3}\cdot 8+\mathrm{2,1}$ = 4.5 = $\mathrm{0,5}\cdot 8+\mathrm{0,5}$

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Das Flugzeug F1 ist genau dann unter/über der Flugbahn von F2, wenn die x₁- und x₂-Koordinaten der beiden Geradengleichungen übereinstimmen. Da aber höchstwahrscheinlich das Flugzeug F2 zu einem anderen Zeitpunkt genau unter oder über der Flugbahn von F1 ist, müssen wir verschiedene Parameter in die beiden Geradengleichungen einsetzen.

$\left(\begin{array}{c}43\\ -7\\ 2.1\end{array}\right)+s\cdot \left(\begin{array}{c}-8\\ -1\\ 0.3\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}5\\ 0\\ 0.5\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}7\\ -5\\ 0.5\end{array}\right)$ da ja aber nur die x₁- und x₂-Koordinaten gleich sein müssen ergibt sich folgendes LGS:

Das heißt also, dass das Flugzeug F1 nach 3min und das Flugzeug F2 nach 2min an diesem 'x₁-x₂-Schnittpunkt' ist.

das Flugzeug F1 ist also nach 3min bei $\left(\begin{array}{c}43\\ -7\\ 2.1\end{array}\right)+3\cdot \left(\begin{array}{c}-8\\ -1\\ 0.3\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}19\\ -10\\ 3\end{array}\right)$, während das Flugzeug F2 nach 3min bei $\left(\begin{array}{c}5\\ 0\\ 0.5\end{array}\right)+3\cdot \left(\begin{array}{c}7\\ -5\\ 0.5\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}26\\ -15\\ 2\end{array}\right)$ ist.

Der Abstand der beiden Objekte nach 3min ist also $\sqrt{\mathrm{74.9956}}$ km ≈ 8.66 km

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Auch den scheinbaren Schnittpunkt, den der genau darunter stehende Beobachter sieht, berechnet man indem man die x₁- und x₂-Koordinaten der beiden Geradengleichungen gleichsetzt.

$\left(\begin{array}{c}43\\ -7\\ 2.1\end{array}\right)+s\cdot \left(\begin{array}{c}-8\\ -1\\ 0.3\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}5\\ 0\\ 0.5\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}7\\ -5\\ 0.5\end{array}\right)$ da ja aber nur die x₁- und x₂-Koordinaten gleich sein müssen ergibt sich folgendes LGS:

Das heißt also, dass das Flugzeug F1 nach 3min und das Flugzeug F2 nach 2min an diesem 'x₁-x₂-Schnittpunkt' ist.

das Flugzeug F1 ist also nach 3min bei $\left(\begin{array}{c}43\\ -7\\ 2.1\end{array}\right)+3\cdot \left(\begin{array}{c}-8\\ -1\\ 0.3\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}19\\ -10\\ 3\end{array}\right)$, während das Flugzeug F2 nach 2min bei $\left(\begin{array}{c}5\\ 0\\ 0.5\end{array}\right)+2\cdot \left(\begin{array}{c}7\\ -5\\ 0.5\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}19\\ -10\\ 1.5\end{array}\right)$ ist.

Sie haben dort also die selben x₁- und x₂-Koordinaten, in der Höhe (x₃-Koordinate) haben sie jedoch einen Unterschied von

3 - 1.5 = 1.5 km

Das Flugzeug F2 legt in 4min den Vektor $\overrightarrow{\mathrm{AB}}$=$\left(\begin{array}{c}-320\\ -16\\ 48\end{array}\right)$ zurück.
In 1min legt es also den Vektor $\frac{1}{4}$ ⋅ $\left(\begin{array}{c}-320\\ -16\\ 48\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-80\\ -4\\ 12\end{array}\right)$ zurück. Die Flugbahn/Bewegungsbahn kann als Gerade g2 mit g2: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}152\\ 16\\ -16\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-80\\ -4\\ 12\end{array}\right)$ dargestellt werden, wobei der Parameter t dabei einfach als Zeit betrachtet werden kann.

Das Flugzeug F1 ist nach 5min an der Stelle P1 $\left(\begin{array}{c}-9\\ 4\\ 0\end{array}\right)+5\cdot \left(\begin{array}{c}-80\\ -2\\ 11\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-409\\ -6\\ 55\end{array}\right)$ und das Flugzeug F2 an der Stelle P2 $\left(\begin{array}{c}152\\ 16\\ -16\end{array}\right)+5\cdot \left(\begin{array}{c}-80\\ -4\\ 12\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-248\\ -4\\ 44\end{array}\right)$.

Der Abstand ist also ca. 161.39 km.

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Um den kleinsten Abstand der beiden Bewegungsbahnen zu erhalten müssen wir die klassische Rechnung zur Bestimmung des Abstands zweier windschieder Geraden durchführen:

Zuerst bilden wir eine Ebene, welche die Gerade h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}152\\ 16\\ -16\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-80\\ -4\\ 12\end{array}\right)$ enthält und parallel zur Geraden g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-9\\ 4\\ 0\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-80\\ -2\\ 11\end{array}\right)$ ist, also $\overrightarrow{x}=\left(\begin{array}{c}152\\ 16\\ -16\end{array}\right)+r\cdot \left(\begin{array}{c}-80\\ -4\\ 12\end{array}\right)+s\cdot \left(\begin{array}{c}-80\\ -2\\ 11\end{array}\right)$
Der Normalenvektor dieser Ebene ist der Normalenvektor auf die beiden Richtungsvektoren der Geraden.

$\overrightarrow{n}=\left(\begin{array}{c}-80\\ -2\\ 11\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}-80\\ -4\\ 12\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-2·12-11·\left(-4\right)\\ 11·\left(-80\right)-\left(-80\right)·12\\ -80·\left(-4\right)-\left(-2\right)·\left(-80\right)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-24+44\\ -880+960\\ 320-160\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}20\\ 80\\ 160\end{array}\right)$ = 20⋅$\left(\begin{array}{c}1\\ 4\\ 8\end{array}\right)$

Wenn wir den Aufpunkt von h A_h$\left(152|16|-16\right)$ in die allgemeine Ebenengleichung $\mathrm{}{x}_1+4x_2+8x_3=\mathrm{d}$ einsetzen erhalten wir für diese Hilfsebene die Koordinatengleichung:

$\mathrm{}{x}_1+4x_2+8x_3=88$

Nun können wir den Abstand zwischen der Geraden g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-9\\ 4\\ 0\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-80\\ -2\\ 11\end{array}\right)$ und dieser (zu g parallelen) Ebene berechnen, indem wir aus der Geraden einen Punkt, am besten den Aufpunkt $\left(-9|4|0\right)$, nehmen und den Abstand zwischen diesem Punkt und der Ebene mit Hilfe der Hesse-Formel (Abstand Punkt-Ebene) berechnen. Dieser Abstand ist auch der Abstand der beiden windschiefen Geraden zueinander.

Wir berechnen den Abstand zwischen Punkt und Ebene mittels der Hesse'schen Normalenform.

$d=$ $\frac{|1\cdot (-9)+4\cdot 4+8\cdot 0-88|}{\sqrt{1^2+4^2+8^2}}$
$=$ $\frac{\left|-81\right|}{\sqrt{81}}$ $=$ $\frac{81}{9}$ = 9

Alternativer (kürzerer) Lösungsweg mit Formel einblenden

Der Abstand der beiden Bewegungsbahnen beträgt somit 9 km

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Um aber den geringsten Abstand der beiden Bewegungsobjekte zu berechnen, müssten wir den Abstand der beiden Positionen zu einer Zeit t bestimmen. Die aktuelle Position zum Zeitpunkt t lässt sich durch den allgemeinen Geradenpunkt darstellen.

Wir suchen also das t, so dass der Abstand zwischen ${\mathrm{G1}}_t\left(-9-80t\right|4-2t\left|0+11t\right)$ und ${\mathrm{G2}}_t\left(152-80t\right|16-4t\left|-16+12t\right)$ minimal wird.

d(t)= $\left|\left(\begin{array}{c}152-80t\\ 16-4t\\ -16+12t\end{array}\right)-\left(\begin{array}{c}-9-80t\\ 4-2t\\ 0+11t\end{array}\right)\right|$= $\left|\left(\begin{array}{c}161+0t\\ 12-2t\\ -16+1t\end{array}\right)\right|$ soll also minimal werden.

d(t)= $\sqrt{{\left(0+161\right)}^2+{\left(-2t+12\right)}^2+{\left(t-16\right)}^2}$
= $\sqrt{25921+4t^2-48t+144+t^2-32t+256}$
= $\sqrt{5t^2-80t+26321}$

da $a<b\iff$ $\sqrt{a}$ < $\sqrt{b}$ können wir auch das Minimum der quadratischen Funktion unter der Wurzel bestimmen, um die gesuchte Zeit t zu erhalten. Dazu leiten wir diese erst mal zwei mal ab:

$\text{f'(t)}=$ $10x-80+0$

$\text{f''(t)}=$ $10+0+0$

mit der notwendigen Bedingung f'(t)=0 erhält man t= $8$ als potentielle Extremstelle.

Wegen $\text{f''(t)}=$ $10+0+0$>0 ist also der Tiefpunkt bei t= $8$.

der minimale Abstand ist also d( $8$)= $\sqrt{5\cdot 8^2-80\cdot 8+26321}$= $\sqrt{26001}$ ≈ 161.2 (in km)

Das Bewegungsobjekt legt in 3 min den Vektor $\overrightarrow{\mathrm{AB}}$=$\left(\begin{array}{c}-144\\ 72\\ 18\end{array}\right)$ zurück.
In 1min legt es also den Vektor $\frac{1}{3}$ ⋅ $\left(\begin{array}{c}-144\\ 72\\ 18\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-48\\ 24\\ 6\end{array}\right)$ zurück.
Die Geradengleichung $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}0\\ 0\\ 0\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-48\\ 24\\ 6\end{array}\right)$ beschreibt also den Ortsvektor zu dem Punkt, an dem sich das Bewegungsobjekt nach t min befindet.
Dieser Richtungsvektor (der in 1 min zurückgelegt wird) hat die Länge =$\sqrt{{\mathrm{(-48)}}^2+{24}^2+6^2}=\sqrt{2916}=54$.
Die Geschwindigkeit ist also v=54$\frac{m}{\min }$
Für die Strecke von 4.32 km braucht es also $\frac{\mathrm{4320}}{\mathrm{54}}$min = 80min
Nach dieser Zeit befindet es sich dann im Punkt mit dem Ortsvektor
$\overrightarrow{\mathrm{OP}}$ = $\left(\begin{array}{c}0\\ 0\\ 0\end{array}\right)+80\cdot \left(\begin{array}{c}-48\\ 24\\ 6\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-3840\\ 1920\\ 480\end{array}\right)$, also im Punkt P$\left(-3840|1920|480\right)$.

Die Höhe in diesem Punkt ist einfach die x₃-Koordinate, also 480 (in m).

Das Bewegungsobjekt legt in 2min den Vektor $\overrightarrow{\mathrm{AB}}$=$\left(\begin{array}{c}-8\\ -20\\ 24\end{array}\right)$ zurück.
In 1min legt es also den Vektor $\frac{1}{2}$ ⋅ $\left(\begin{array}{c}-8\\ -20\\ 24\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-4\\ -10\\ 12\end{array}\right)$ zurück. Die Flugbahn/Bewegungsbahn kann als Gerade g2 mit g2: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}7\\ 20\\ -22\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-4\\ -10\\ 12\end{array}\right)$ dargestellt werden, wobei der Parameter t dabei einfach als Zeit betrachtet werden kann.

F1 ist nach 4min an der Stelle P1 $\left(\begin{array}{c}-3\\ -4\\ -2\end{array}\right)+4\cdot \left(\begin{array}{c}-2\\ -10\\ 11\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-11\\ -44\\ 42\end{array}\right)$ und F2 an der Stelle P2 $\left(\begin{array}{c}7\\ 20\\ -22\end{array}\right)+4\cdot \left(\begin{array}{c}-4\\ -10\\ 12\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-9\\ -20\\ 26\end{array}\right)$.

Der Abstand ist also ca. 28.91 km.

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Um aber den geringsten Abstand der beiden Bewegungsobjekte zu berechnen, müssten wir den Abstand der beiden Positionen zu einer Zeit t bestimmen. Die aktuelle Position zum Zeitpunkt t lässt sich durch den allgemeinen Geradenpunkt darstellen.

Wir suchen also das t, so dass der Abstand zwischen ${\mathrm{G1}}_t\left(-3-2t\right|-4-10t\left|-2+11t\right)$ und ${\mathrm{G2}}_t\left(7-4t\right|20-10t\left|-22+12t\right)$ minimal wird.

d(t)= $\left|\left(\begin{array}{c}7-4t\\ 20-10t\\ -22+12t\end{array}\right)-\left(\begin{array}{c}-3-2t\\ -4-10t\\ -2+11t\end{array}\right)\right|$= $\left|\left(\begin{array}{c}10-2t\\ 24+0t\\ -20+1t\end{array}\right)\right|$ soll also minimal werden.

d(t)= $\sqrt{{\left(-2t+10\right)}^2+{\left(0+24\right)}^2+{\left(t-20\right)}^2}$
= $\sqrt{4t^2-40t+100+576+t^2-40t+400}$
= $\sqrt{5t^2-80t+1076}$

da $a<b\iff$ $\sqrt{a}$ < $\sqrt{b}$ können wir auch das Minimum der quadratischen Funktion unter der Wurzel bestimmen, um die gesuchte Zeit t zu erhalten. Dazu leiten wir diese erst mal zwei mal ab:

$\text{f'(t)}=$ $10x-80+0$

$\text{f''(t)}=$ $10+0+0$

mit der notwendigen Bedingung f'(t)=0 erhält man t= $8$ als potentielle Extremstelle.

Wegen $\text{f''(t)}=$ $10+0+0$>0 ist also der Tiefpunkt bei t= $8$.

der minimale Abstand ist also d( $8$)= $\sqrt{5\cdot 8^2-80\cdot 8+1076}$= $\sqrt{756}$ ≈ 27.5

Zuerst berechnen den t-Wert, an dem der Fußball auf die x₁x₂-Ebene trifft, also wenn x₃= 0 ist:

$-x^2+\mathrm{1,7}x$	=	0
$x·\left(-x+\mathrm{1,7}\right)$	=	0

Ein Produkt ist genau dann =0, wenn mindestens einer der beiden Faktoren =0 ist.

1. Fall:

2. Fall:

Das heißt also, dass der Fußball nach 1,7 s in der x₁x₂-Ebene angekommen ist. Wenn wir t = 1,7 in den Punkt X_t einsetzen, erhalten wir L( $10\cdot \mathrm{1,7}+3$| $24\cdot \mathrm{1,7}-3$| $-{\mathrm{1,7}}^2+\mathrm{1,7}\cdot \mathrm{1,7}$) = L$\left(20|37.8|0\right)$ als den Landepunkt.

Da ja der Fußball im Punkt A$\left(3|-3|0\right)$ losgeflogen ist, können wir die gesuchte Weite einfach als Länge des
Vektors $\overrightarrow{\mathrm{AL}}$ = = $\left(\begin{array}{c}17\\ 40.8\\ 0\end{array}\right)$ berechnen:

d = $\sqrt{{17}^2+{40.8}^2+0^2}$ = 44,2