Thema: Lage von Ebenen; lineare Gleichungssysteme

Question

Aufgabe:

Beim Lösen von Gleichungssystemen, erhält man die folgenden Lösungsmengen L₁ und L₂

Untersuchen Sie, ob die Lösungsmengen identisch sind.

_{a) L1 = {( 2+r; r-1; 3r) | r∈ℝ} und L2= {(t+1; t-2; 3t-3) | t∈ℝ}} 

_{b) L1={( 2r; r+1; 2r-1) | r∈ℝ} und L2= {( t-1; t÷3 + 1÷2; t-2) | t∈ℝ}} 

c) L1 = {( r÷3 + 1; 2r; r-1) | r∈ℝ} und L2= {( t; 6t-6; 3t ) | t∈ℝ} 

Problem/Ansatz:

Hey, könnte jemand mir bitte beim Lösen dieser Aufgabe helfen.

Bei a) ist ja x₁ = 2+r

x₂ = r-1 und

x₃ = 3r

Answer 1

Aloha :)

zu a) Wir schreiben uns die Elemente der Lösungsmenge vektoriell auf.

$$\vec x(r)=\begin{pmatrix}2+r\\r-1\\3r\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2\\-1\\0\end{pmatrix}+r\begin{pmatrix}1\\1\\3\end{pmatrix}\quad;\quad\vec y(t)=\begin{pmatrix}t+1\\t-2\\3t-3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1\\-2\\-3\end{pmatrix}+t\begin{pmatrix}1\\1\\3\end{pmatrix}$$

Beide Lösungen sind Geraden und beide Geraden haben denselben Richtungsvektor.

Sie haben auch einen gemeinsamen Punkt, denn \(\vec x(-1)=(1;-2:-3)^T=y(0)\).

Daher beschreiben beide Lösungsmengen dieselbe Lösungsgerade.

zu b) Auch hier haben wir zwei Lösungsgeraden vorliegen:

$$\vec x(r)=\begin{pmatrix}2r\\r+1\\2r-1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\1\\-1\end{pmatrix}+r\begin{pmatrix}2\\1\\2\end{pmatrix}\quad;\quad\vec y(t)=\begin{pmatrix}t-1\\\frac t3+\frac12\\t-2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-1\\\frac12\\-2\end{pmatrix}+t\begin{pmatrix}1\\\frac13\\1\end{pmatrix}$$

Damit die beiden Geraden dieselbe oder entgegengesetzte Richtung haben, dürfen sich die beiden Richtungsvektoren nur um einen festen Faktor unterscheiden. Wenn wir den Richtungsvektor von \(\vec y(t)\) jedoch mit \(3\) multiplizieren, damit die mittlere Koordinate gleich ist, stimmen die erste und dritte Koordinate nicht überein:

$$\begin{pmatrix}\red2\\\green1\\\red2\end{pmatrix}\ne3\begin{pmatrix}1\\\frac13\\1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\red3\\\green1\\\red3\end{pmatrix}$$

Die beiden Lösungsmengen sind also nicht identisch.

zu c) Weil es so viel Spaß macht, stellen wir gleich nochmal die Lösungsgeraden dar:

$$\vec x(r)=\begin{pmatrix}\frac r3+1\\2r\\r-1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1\\0\\-1\end{pmatrix}+r\begin{pmatrix}\frac13\\2\\1\end{pmatrix}\quad;\quad\vec y(t)=\begin{pmatrix}t\\6t-6\\3t\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\-6\\0\end{pmatrix}+t\begin{pmatrix}1\\6\\3\end{pmatrix}$$

Wenn wir den Richtungsvektor von \(\vec x(r)\) mit \(3\) multiplizieren, erhalten wir den Richtungsvektor von \(\vec y(t)\). Das heißt, beide Geraden haben dieselbe Richtung.

Wenn beide Geraden gleich sind, liegt insbesondere der Ankerpunkt \((0|1|-1)\) von \(\vec x(r)\) auf der Geraden \(\vec y(t)\). Wählen wir jedoch \(t=1\), damit die erste Koordinate gleich ist, stimmt zwar auch die zweite Koordinate, aber nicht die letzte:$$\vec x(0)=\begin{pmatrix}\green1\\\green0\\\red{-1}\end{pmatrix}\ne\vec y(1)=\begin{pmatrix}\green1\\\green{0}\\\red3\end{pmatrix}$$

Daher sind auch diese beiden Löungsmengen nicht identisch.

Answer 2

a) \(L1 = {( 2+r; r-1; 3r) | r∈ℝ}\)    und    \( L2= {(t+1; t-2; 3t-3) | t∈ℝ}\)

\(x₁=2+r\)   \(x_2=r-1\)     \(x_3=3r\)         \(x₁=t+1\)  \(x_2=t-2\)    \(x_3=3t-3\)

1.)  \(2+r=t+1\)        → \(t-r=1\)

2.)  \(r-1=t-2\)      →   \(t-r=1\)

3.)  \(3r=3t-3\)        →    \(t-r=1\)