Schnittgerade von drei Ebenen berechnen

Question

Es sind die Ebenen

E1: 2y+z=3

E2: 2x-z=1

E3: x+y=2

Gegeben. Ich vermute stark (Dank Lösungsbuch), dass es sich um ein ebenenbüschel handelt und eine Schnittgerade herauskommt. Mit der normalen additionsmethode komme ich hier allerdings nicht weit weil immer noch eine 2. Variable übrigbleibt.

Dankeschön

Comments

Mit der normalen additionsmethode (eine abnormale Additionsmethode gibt es nicht) komme ich hier allerdings nicht weit weil immer noch eine 2. Variable übrigbleibt.

Genau das zeigt dir, dass die Lösungsmenge eindimensional (eine Gerade) ist.
Wenn keine Variable übrig bliebe, wäre das System eindeutig lösbar, die Lösungsmenge nulldimensional (ein Punkt).
Wenn (z.B beim Auflösen nach z) noch zwei Variablen übrig bleiben, ist die Lösungsmenge zweidimensional (eine Ebene), was der Fall wäre, wenn E_(1), E_(2) und E_(3) dieselbe Ebene darstellen würden.

Answer 1

Die Summe von E₁ und E₂ ist 2·E₃.

Die Punkte (1|1|1) und (1/2|3/2|0) liegen in allen drei Ebenen. Das gilt auch für eine Gerade durch diese beiden Punkte.

Comments

Und wie komme ich auf diese beiden Punkte?

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Gib x vor. Dann kannst du mit x+y=2 das zugehörige y bestimmen und mit  2x-z=1 das zugehörige z. Die dritte Gleichung ist automatisch erfüllt, weil die Glechungen von einander abhängig sind.

Answer 2

    Entsinnen wir uns

  "  Allgemeine Lösung des  LGS  =  ===>  Kern  +  Sonderlösung "     (  1  )

    Also beginnen wir erst mal mit dem Kern;  du müsstest dir nur klar machen, dass der dir bereits den Richtungsvektor der Knotenlinie angibt.  Der Anfangspunkt der Geraden entspräche dann der Sonderlösung.

                2  y  +  z  =   0    |    :  x      (  2a  )
    2  x              -  z   =   0    |    :  x      (  2b  )
        x  +      y          =  0    |    :  x      (  2c  )

    Mein Spezial Patent Divisionstrick schlägt gleich zwei Fliegen mit einer Klappe.  Das  GS   bleibt trotz der Division linear, weil ja rechts null steht.  Und die Anzahl Unbekannte wird auf Zwei vermindert; zwei Unbekannte gelten als beherrschbar.  Ich führe noch die neuen  Unbekannten ein

      Y  :=  y / x  ;  Z  :=  z / x      (  3  )

     Dann lauten ( 2a-c ) in den neuen Unbekannten

        2  Y  +  Z  =  0               (  4a  )

                     Z  =  2               (  4b  )

           Y            =  (  -  1  )     (  4c  )

     Es bleibt nur noch die Gültigkeit von ( 4a ) nachzuprüfen;  und wir erhalten den Kern-bzw. Richtungsvektor

      v  =  (  1  |  -  1  |  2  )      (  5  )

   Freilich ist in ( 2a-c )  Division durch x nur dann erlaubt, wenn es keinen nicht trivialen Kernvektor mit x = 0 gibt. Wenn wir das nachprüfen, lauten ( 2bc ) ganz analog  ( 4bc ) auf y = 0 , z = 0 .  Das ist kein Zufall, hat doch ( 4a-c ) die selbe Koeffizientenmatrix ( KM ) die sich in ( 2a-c ) ergibt, wenn x = 0 gesetzt wird.

   Wir erinnern uns; von deiner Ausgangsgleichung wollte ich ja gar nicht mehr die ganze Lösungsmenge, sondern nur eine Sonderlösung.   Abermals landen wir bei der KM von ( 4a-c ) , wenn ich ganz frech hergehe und setze  x  =  0

      2  y  +  z  =  3              (  6a  )

                 z  =  (  -  1  )     (  6b  )

           y        =  2               (  6c  )

   Die Probe auf  ( 6a  )    ist schon unerlässlich,  da so bald du mehr Gleichungen wie Unbekannte hast,  die Lösbarkeit nicht mehr gewährleistet ist .