Hier ein Weg ohne "konkretes Auflösen" des Systems der Geradengleichungen:
Beachte zunächst:
\(n_1 = \begin{pmatrix} \nu_1 \\ \nu_2 \end{pmatrix},\;n_2 = \begin{pmatrix} \mu_1 \\ \mu_2 \end{pmatrix}\) sind die Normalenvektoren zu den Geraden \(G_1,\; G_2\).
Setze nun im weiteren
$$A= \begin{pmatrix} \nu_1 & \nu_2 \\ \mu_1 & \mu_2 \end{pmatrix},\; b=\begin{pmatrix} \nu_0 \\ \mu_0 \end{pmatrix},\; x = \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \end{pmatrix}$$
Damit haben wir \(\boxed{D = \det (A)}\).
(a):
\(D \neq 0 \Rightarrow n_1, n_2\) sind linear unabhängig, d.h., nicht parallel und damit schneiden sich die Geraden in genau einem Punkt. Oder anders ausgredrückt: Das LGS \(Ax=b\) hat genau eine Lösung, da \(A\) invertierbar ist.
(b)&(c):
\(D=0 \Rightarrow n_1,\; n_2\) sind linear abhängig, d.h., es gibt ein \(\lambda \neq 0\) mit \(n_1 =\lambda n_2\). Geometrisch bedeutet dies, dass \(n_1 \parallel n_2\), also \(G_1 \parallel G_2\).
Jetzt muss man nur noch schauen, ob die beiden Geraden echt parallel sind (also keinen Schnitt haben) oder zusammenfallen (also identisch sind):
(b):
Es gibt keinen Schnitt, wenn das System \(Ax=b\) keine Lösung hat. Das ist genau dann der Fall, wenn \(b\) nicht im Bild von \(A\) liegt, also \(b\) linear unabhängig von den Spaltenvektoren von \(A\) ist. Das heißt
\(\det \begin{pmatrix} \nu_1 & \nu_0 \\ \mu_1 & \mu_0 \end{pmatrix}\neq 0\) und \(\det\begin{pmatrix} \nu_0 & \nu_2 \\ \mu_0 & \mu_2 \end{pmatrix}\neq 0\)
Hier gilt sogar "und" statt "oder" (wie in der Aufgabe), da \(n_1,n_2\neq o\) und parallel sind.
(c):
Die Geraden sind identisch, wenn da System \(Ax=b\) unendlich viele Lösungen hat. Das ist genau dann der Fall, wenn \(b\) im Bild von \(A\) liegt, also linear abhängig von den Spaltenvektoren von \(A\) ist. Das heißt
\(\det \begin{pmatrix} \nu_1 & \nu_0 \\ \mu_1 & \mu_0 \end{pmatrix}= 0\) und \(\det\begin{pmatrix} \nu_0 & \nu_2 \\ \mu_0 & \mu_2 \end{pmatrix}= 0\)
Ich überlasse es dir nachzurechnen, dass die Determinanten gleich den in den Aufgaben gegebenen Ausdrücken sind.
