Kapitel 4 Lineare Gleichungssysteme

Abschnitt 4.4 Allgemeinere Systeme

4.4.3 Aufgaben

Aufgabe 4.4.3

Es sollen der Achsenabschnitt

b

und die Steigung

m

einer Geraden mit der Darstellung

y = m x + b

bestimmt werden, welche durch zwei Punkte festgelegt wird. Der erste Punkt an der Stelle

x_{1} = α

liegt auf der Geraden, welche durch die Gleichung

y_{1} (x) = - 2 (1 + x)

beschrieben wird; der zweite Punkt an der Stelle

x_{2} = β

liegt auf der Geraden, die durch

y_{2} (x) = x - 1

beschrieben wird. Die Situation wird durch die nachfolgende Graphik verdeutlicht.

Bestimmen Sie das Gleichungssystem für die Geradenparameter $b$ und $m$ .
Die erste Gleichung lautet $m α + b$ $=$
;
die zweite Gleichung lautet $m β + b$ $=$
.
Die Konstanten $α$ und $β$ müssen in der Lösung stehen bleiben; für diese kann man alpha und beta eingeben.
Lösen Sie dieses Gleichungssystem für $b$ und $m$ . Für welche $α$ und $β$ ergibt sich eine eindeutige, keine bzw. unendlich viele Lösungen?
Z.B. erhält man für den Fall $α = - 2$ und $β = 2$ die Lösung $m$ $=$
und $b$ $=$
, für den Fall $α = 2$ und $β = - 2$ ergibt sich die Lösung $m$ $=$
und $b$ $=$ .
Das LGS besitzt unendlich viele Lösungen, falls $α$ $=$
und $β$ $=$
ist.
Die zugehörigen Lösungen lassen sich parametrisieren mit $m = r$ und $b$ $=$
, $r \in ℝ$ .
Was bedeuten die letzten beiden Fälle, d.h. keine bzw. unendlich viele Lösungen, anschaulich?

Das LGS für $m$ und $b$ ergibt sich aus den Bedingungen

$y (x_{1} = α) = y_{1} (x_{1} = α) und y (x_{2} = β) = y_{2} (x_{2} = β)$
zu

$\begin{matrix} m α + b & = & - 2 (1 + α) & Gl. (1), \\ m β + b & = & - 1 + β & Gl. (2) . \end{matrix}$
Ersetzt man Gl. (2) durch die Differenz von Gl. $(2)$ und Gl. $(1)$ , dann erhält man

$\begin{matrix} m α + b & = & - 2 (1 + α) & Gl. (1), \\ m (β - α) & = & 1 + 2 α + β & Gl. (2') . \end{matrix}$
Das LGS liegt damit bereits in Dreiecksform vor.

A. Für den Fall $β - α \neq 0 \Leftrightarrow β \neq α$ kann Gl. $(2')$ durch $(β - α)$ dividiert werden, womit man die Steigung $m$ zu

$m = \frac{1 + 2 α + β}{β - α}$
erhält. Dieses Ergebnis kann man z.B. in die nach $b$ aufgelöste Gl. (1) einsetzen:

$b = - 2 (1 + α) - m α = - 2 (1 + α) - \frac{1 + 2 α + β}{β - α} α .$
Die so gefundenen Werte für $m$ und $b$ stellen eine eindeutige Lösung des betrachteten LGS dar.
Für das Beispiel $α = - 2, β = 2$ erhält man die Lösung $m = - 1 / 4, b = 3 / 2$ und für $α = 2, β = - 2$ das Ergebnis $m = - 3 / 4, b = - 9 / 2$ .

B. Gilt nun $β - α = 0 \Leftrightarrow β = α$ . Damit verschwindet die linke Seite von Gl. $(2')$ . Dies macht die folgende weitere Fallunterscheidung nötig:
B(i). Gilt nun für die rechte Seite von Gl. $(2')$ $1 + 2 α + β \neq 0$ ,dann besitzt das LGS keine Lösung, $L = ∅$ . Setzt man noch $β = α$ ein, dann erhält man $β = α \neq - \frac{1}{3}$ .
B(ii). Verschwindet die rechte Seite von Gl. $(2')$ , dann besteht das LGSfaktisch nur noch aus Gl. (1) mit $β = α = - \frac{1}{3}$ . In diesem Fall kann man $m = λ$ , $λ \in ℝ$ , beliebig vorgeben, und $b$ ergibt sich direkt aus Gl. (1) zu $b = \frac{1}{3} λ - \frac{4}{3}$ . Die Lösungsmenge stellt sich damit wie folgt dar:

$L = {(m = λ; b = \frac{1}{3} λ - \frac{4}{3}) : λ \in ℝ} .$
Die rechten Seiten der Gln. $(1)$ und $(2)$ enthalten die $y$ -Werte der Ausgangsgeraden an den Stellen $α$ und $β$ , d.h. $y_{1} (α)$ und $y_{2} (β)$ , sodass in Gl. $(2')$ auf der rechten Seite die Differenz $y_{2} (β) - y_{1} (α)$ steht. Im Fall 2., $β = α$ , erhält man dann $y_{2} (α) - y_{1} (α)$ . Das LGS hat also keine Lösung (Fall 2a), wenn dann $y_{2} (α) - y_{1} (α) \neq 0$ $\Leftrightarrow$ $y_{2} (α) \neq y_{1} (α)$ gilt, die beiden Geraden also verschiedene $y$ -Werte besitzen. Dahingegen existieren unendlich viele Lösungen (Fall 2b), wenn sich die beiden Ausgangsgeraden an der Stelle $α$ schneiden.

Aufgabe 4.4.4

Bestimmen Sie für das folgende parameterabhängige LGS die Lösungsmenge für alle

t \in ℝ

\begin{matrix} x - y + t z & = & t & Gl. (1), \\ t x + (1 - t) y + (1 + t^{2}) z & = & - 1 + t & Gl. (2), \\ (1 - t) x + (- 2 + t) y + (- 1 + t - t^{2}) z & = & t^{2} & Gl. (3) . \end{matrix}

Das LGS besitzt Lösungen nur für folgende Werte des Parameters:

t \in

.
Mengen können in der Form ${$ a;b;c; $\dots}$ eingegeben werden. Die leere Menge kann als

{}

eingegeben werden.
Für den kleinsten dieser Parameterwerte kann die Lösung angegeben werden durch:

x

=

y

=

z = r

r \in ℝ

.
Für den größten dieser Parameterwerte kann die Lösung angegeben werden durch:

x

=

y

=

z = r

r \in ℝ

In einem ersten Schritt kann man Gl.

(2)

zu Gl.

(3)

addieren und damit Gl.

(3)

ersetzen:

\begin{matrix} x - y + t z & = & t & Gl. (1), \\ t x + (1 - t) y + (1 + t^{2}) z & = & - 1 + t & Gl. (2), \\ x - y + t z & = & - 1 + t + t^{2} & Gl. (3') . \end{matrix}

Da die linken Seiten der Gln.

(1)

und

(3')

übereinstimmen, bietet es sich an, das Negative von Gl.

(1)

zu Gl.

(3')

zu addieren und damit Gl.

(3')

zu ersetzen:

\begin{matrix} x - y + t z & = & t & Gl. (1), \\ t x + (1 - t) y + (1 + t^{2}) z & = & - 1 + t & Gl. (2), \\ 0 & = & - 1 + t^{2} & Gl. (3'') . \end{matrix}

Nachfolgend erhält man für das LGS eine Dreiecksform, wenn man das

(- t)

-fache von Gl.

(1)

zu Gl.

(2)

hinzuaddiert und damit Gl.

(2)

ersetzt:

\begin{matrix} x - y + t z & = & t & Gl. (1), \\ y + z & = & - 1 + t - t^{2} & Gl. (2'), \\ 0 & = & - 1 + t^{2} & Gl. (3'') . \end{matrix}

Schließlich führt die Addition von Gl.

(2')

zu Gl.

(1)

zur einer weiteren Vereinfachung,

\begin{matrix} x + (1 + t) z & = & - 1 + 2 t - t^{2} & Gl. (1'), \\ y + z & = & - 1 + t - t^{2} & Gl. (2'), \\ 0 & = & - 1 + t^{2} & Gl. (3'') . \end{matrix}

Dieses äquivalente LGS besitzt nur dann eine Lösung, wenn auch Gl.

(3'')

erfüllt ist, also

0 = - 1 + t^{2}

\Leftrightarrow

t^{2} = 1

gilt. In allen anderen Fällen ist die Lösungsmenge leer, d.h.

L = ∅ für t \in ℝ ∖ {- 1; 1} .

Ist nun Gl.

(3'')

erfüllt, also

t = 1

oder

t = - 1

, dann kann

z

frei gewählt werden, d.h.

z = λ

λ \in ℝ

. Die Umstellung der Gln.

(1')

und

(2')

nach

x

bzw.

y

liefert im Fall

t = - 1

die Ausdrücke

x = - 4

und

y = - 3 - z

, also

L = {(x = - 4; y = - 3 - λ; z = λ) : λ \in ℝ} für t = - 1 .

Entsprechend ergeben sich im Fall

t = 1

die Ausdrücke

x = - 2 z

und

y = - 1 - z

, also

L = {(x = - 2 λ; y = - 1 - λ; z = λ) : λ \in ℝ} für t = 1 .

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1. Elementares Rechnen

2. Gleichungen in einer Unbekannten

3. Ungleichungen in einer Unbekannten

4. Lineare Gleichungssysteme

5. Geometrie

6. Elementare Funktionen

7. Differentialrechnung

8. Integralrechnung

9. Orientierung im zweidimensionalen Koordinatensystem

10. Grundlagen der anschaulichen Vektorgeometrie

11. Sprechweisen der Statistik

Kapitel 4 Lineare Gleichungssysteme

4.4.3 Aufgaben

Aufgabe 4.4.3

Aufgabe 4.4.4