Die Ebenen E1,E2,E3 haben im Fall r =5 eine Gerade g gemeinsam. Stellen Sie eine Gleichung der Gerade g auf

Question

Meine gegeben Eben lauten

E1: 4x -3y -rz = 0

E2: -x +7y +rz = 50, r element aus IR

E3: rx -4z =6r

Mein Ansatz war dass ich für die r‘s in den ebenen die 5 einsätze und durch den gauss verfahren löse. Jedoch haut dies nicht ganz hin. Mein Problem ist was ich genau nach dem gaus mache.

Answer 1

r=5 einsetzen ist ok. Von E1,E2 und E3 sind nie zwei identisch. Wenn E1, E2 und E3 eine gemeinsanme Gerade haben, dann muss das bereits eine gemeinsamr Gerade von E1 und E2 sein. Drei Punkte auf E1 bestimmen.Damit Parametergleichung von E1 aufstellen.Normalenform von E2 formulieren und Parameterform von E1 einsetzen. Dann erhält man eine Beziehung zwischen den Parametern,mit deren Hilfe man die Parametergleichung der Schnittgeraden erhält.  Prüfen, ob diese Schnittgerade auch in E3 liegt.

Answer 2

       In der AGULA  hast du ja allgemein diese Aussage

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

   Und zwar müssen wir uns zunächst überlegen, welchen Rang dein LGS hat .  Wäre der Rang 3  , so hättest du den allgemeinen Fall  von drei Ebenen,  die sich in einem ( eindeutigen ) Punkt schneiden .    Wegen dem  ===>  Rangsatz  bekommst du mit Rang  2  einen eindimensionalen Strahl,  sprich: den Richtungsvektor der  ===>  Knotenlinie .  ( Effektiv  sind die drei Ebenen um die Knotenlinie als gemeinsame Achse gedreht . )

    Rang  Eins schließlich führt auf einen zweidimensionalen Kern; zwei Ebenen sind identisch .  Fangen wir doch erst mal an mit dem  Kern.

    4  x  -  3  y  -  r  z  =  0                  (  2a  )

        x  -  7  y  -  r  z  =  0                 (  2b  )

    r  x             -  4  z  =  0         (  2c  )

   Einen nicht trivialen Kernvektor ( den wir ja suchen )  kann ( 2a-c ) nur dann besitzen, wenn seine  ===>  Determinante verschwindet. ( Empfohlene neue Lerneinheit; mach dich mal schlau, was ===> Eigenwerte sind. )   Onkel Sarrus

   det = 4 * ( - 7 ) * ( - 4 ) - 3 * ( - r ) * r - r * 1 * 0 + r * ( - 7 ) * r + 3 * 1 * ( - 4 ) - 4 * ( - r ) * 0  =   (  3a  )

   =  -  4  r  ²  +  7  *  16  -  3  *  4  =  0    |   :  4      (  3b  )

        r  ²  =  25  ===>  r1;2  =  (  -/+  5  )     (  3c  )

    Untersuchen wir ( 2a-c ) für den Fall r2 .

  4  x  -  3  y  -  5  z  =  0                  (  4a  )

        x  -  7  y  -  5  z  =  0                (  4b  )

    5  x            -  4  z  =  0        (  4c  )

    Man sollte stets eine primitive Lösung anpeilen . In ( 4c ) wäre das  x  =  4  ,  z  =  5  Dies eingesetzt in  ( 4b )  führt auf  y  =  ( - 3 )  in Übereinstimmung mit  (  4a  )

    Kern_5  =  (  4  |  -  3  |  5  )            (  5a  )

    Und aus der Symmetrie von ( 2a-c ) liest man direkt ab

  Kern_( - 5 )  =  (  4  |  -  3  |  -  5  )            (  5b  )

   ( 5ab ) sind demnach die Richtungsvektoren der beiden denkbaren Knotenlinien. Jetzt folgt eine Überlegung, die typisch ist für mich.  Man sollte nämlich stets bestrebt sein, ein Problem zu reduzieren.  Erinnern wir uns; was wir in ( 1 )   suchten, ist ja nur noch eine Sonderlösung deines ursprünglichen inhomogenen  LGS .   Ich behaupte jetzt ganz frech: Wenn es überhaupt eine slche gibt, so auch eine ohne z .  Wieso das?   Angenommen  ( 6a ) ist eine Lösung

          (  x0  |  y0  |  z0  )       (  6a  )

       Dann aber auch

  ( x | y | z ) := ( x0 | y0 | z0 )  -/+  ( z0/5 )  *  Kern  =      (  6b  )

  =  (  x0  -/+  4/5  z0  |  y0  +/-  3/5   z0  |  0  )        (  6c  )

    Dem gemäß notiere ich dein Ausgangs_LGS  ohne z .

     4  x  -  3  y  =  0               (  7a  )

         x  -  7  y  =  (  -  50  )     (  7b  )

     r  x              =  6  r  ===>  x  =  6      (  7c  )

   Wegen  (  7c  ) geht der konkrete Wert von  r  gar nicht in die Lösung von  ( 7a-c ) ein .  D.h.    rein zufällig waren wir so weise,  gleich den Schnittunkt der beiden Geraden zu bestimmen .   Aus  ( 7ab ) folgt übereinstimmend  y  =  8