Reichel Mathematik 6, Schulbuch

51 1.13 Lagebeziehungen zweier Ebenen – Lineare Gleichungssysteme mit zwei Gleichungen und drei Variablen 1 Bemerkungen: 1) Wegen der einfacheren Handhabbarkeit beschreibt man eine Gerade im Allgemeinen lieber durch ei- ne Parameterdarstellung statt in parameterfreier Form durch eine lineare Gleichung. Beachte dabei, dass zur parameterfreien Darstellung einer Geraden im R 2 nur eine lineare Gleichung, im R 3 jedoch ein Paar von linearen Gleichungen benötigt wird. Begründe! 2) Hätte man in Beispiel X statt z etwa x (oder – was ebenso möglich wäre – einen geeigneten linearen Term mit diesen Variablen) als Parameter gewählt, so hätte man eine andere Parameterdarstellung der gleichen Geraden erhalten. Begründe! Überøege, warum man hier y nicht aøs Parameter verwen- den kann! 3) Kommt eine der Variablen x , y und z in beiden Ebenengleichungen nicht vor, so „muss“ man diese Variable als Parameter verwenden. Begründe ! 161 Gib 1 eine Parameterdarsteøøung der Schnittgeraden, 2 den Schnittwinkeø der Ebenen an! a ε 1 : 2 x + 3 y + 4 z = 0, ε 2 : 3 x – y + 5 z = 0 b ε 1 : 7x + y – 2 z = 0, ε 2 : 8 x – y + 5 z = 0 c ε 1 : 3 x – 2 y + 5 z = 0, ε 2 : 6 x + 4 y – z = 0 d ε 1 : 3 x – y + 2 z = 0, ε 2 : 5 x + y – 7z = 0 e ε 1 : 4 x – 3 y + 5 z = 8, ε 2 : 2 x + 3 y + z = 4 f ε 1 : 15 x – 8 y + 7z = 10, ε 2 : 5 x + 6 y – 2 z = 14 g ε 1 : 2 x – 3 z = 7, ε 2 : 5 x + 7z = 12 h ε 1 : 8 y – 3 z = 11, ε 2 : 7y + 2 z = 9 162 Wie Aufg. 161. a ε 1 : X = (1 1 1 1 3) + s·(1 1 1 1 ‒1) + t·(1 1 ‒1 1 0), ε 2 : X = (0 1 1 1 4) + u·(‒1 1 0 1 1) + v·(0 1 1 1 1) b ε 1 : X = (1 1 0 1 0) + s·(2 1 3 1 0) + t·(0 1 1 1 1), ε 2 : X = (2 1 1 1 2) + u·(1 1 2 1 3) + v·(1 1 0 1 1) c ε 1 : X = (1 1 0 1 1) + s·(1 1 1 1 3) + t·(2 1 1 1 5), ε 2 : X = (1 1 1 1 ‒2) + u·(‒1 1 ‒1 1 1) + v·(1 1 ‒2 1 2) d ε 1 : X = s·(1 1 4 1 3) + t·(2 1 1 1 1), ε 2 : X = (1 1 0 1 2) + u·(1 1 4 1 3) + v·(0 1 4 1 1) 163 Ergänze die fehøenden Koeffizienten so, dass das entstehende Gøeichungssystem eine zweiparametrige Lösung besitzt! a 2 x – y + z = 5 b 4 x + 2 y + 5 z = 6 c 6 x – 2 y – 4 z = 8 d ‒x + 2 y – 3 z = 6 4 x = + 4 y = = 4 = ‒6 164 Ergänze die fehøenden Koeffizienten so, dass das entstehende Gøeichungssystem die øeere Menge aøs Lösung besitzt! a 3 x – y + z = 5 b 4 x + 3 y + 5 z = 6 c 6 x – 2 y – 4 z = 8 d ‒x + 2 y – 3 z = 6 9 x = + 6 y = ‒x = + 6 z = 165 Untersuche anhand des angegebenen Gøeichungssystems, ob das Lösbarkeitskriterium auch für G = Z 3 giøt! a x + y = 3 b 2 x + 4 y + 8 z = 11 x – z = 2 x + 2 y + 4 z = 5,5 166 Gib eine Gøeichung der zur Ebene ε paraøøeøen Ebene durch den Ursprung an! a ε : 3 x – 4 y + 6 z = 8 b ε : 5 x + 3 y – 8 z = 7 167 Begründe! a Wenn zwei Ebenen eine Schnittgerade besitzen, dann gibt es höchstens eine Variabøe, die in beiden aøøgemeinen Ebenengøeichungen fehøt. b Wenn eine Variabøe in beiden aøøgemeinen Ebenengøeichungen fehøt, dann „muss“ man diese Variabøe aøs Parameter verwenden. 168 Ermittøe 1 eine Parameterdarsteøøung der Schnittgeraden (beachte dabei Aufg. 167 b), 2 den Schnitt- winkeø der beiden Ebenen! a ε 1 : x + 2 y = 7 b ε 1 : 3 x – y = 5 c ε 1 : 4 x – 5 z = 9 d ε 1 : 2 y + 3 z = 7 ε 2 : x – y = 1 ε 2 : x – y = 1 ε 2 : 3 x + 4 z = 7 ε 2 : 3 y – 4 z = 1 A 167 S 49 150501-051 Nur zu Prüfzwecken – Eigentum des Verlags öbv