Reichel Mathematik 6, Schulbuch

55 1.14 Lagebeziehungen dreier Ebenen – Lineare Gleichungssysteme mit drei Gleichungen und drei Variablen 1 Bei der rechnerischen Behandlung benützt man die schon in der 5. Klasse erläuterten Verfahren: das Gleichsetzungs-, das Einsetzungs- und vor allem das Eliminationsverfahren: Beispiel Z Löse das Gøeichungssystem für G = R 3 ! I: 3 x – 2 y + 4 z = 11 II: 2 x – y – 3 z = ‒9 III: ‒x + 3 y + 2 z = 11 Lösung: 2·I: 6 x – 4 y + 8 z = 22 II: 2 x – y – 3 z = ‒9 ‒3·II: ‒6 x + 3 y + 9 z = 27 2·III: ‒2 x + 6 y + 4 z = 22 ‒y + 17z = 49 5 y + z = 13 IV: ‒y + 17z = 49 ! ·5 V: 5 y + z = 13 5·IV + V: 86 z = 258 z = 3 Durch Einsetzen des Wertes von z in die Gøeichung IV oder V erhäøt man y = 2, und durch Einsetzen der Werte von y und z in eine der Angabegøeichungen x = 1. L = {(1 1 2 1 3)} Erøäutere und begründe die einzeønen Lösungsschritte in Beispieø Z! Bemerkung: Ein „beliebter“ Fehler bei der Anwendung des Eliminationsverfahrens besteht darin, im ersten Eliminationsdurchgang nicht die gleiche , sondern verschiedene Variable zu eliminieren. Das führt jedoch dazu, „im Kreis zu rechnen“. Begründe! Zur Kontrolle des Ergebnisses in Beispiel Z hätte man die drei Werte für x , y und z in jede der gegebe- nen Gleichungen einzusetzen. Beachte dabei, dass das System in Beispiel Z dennoch nicht drei Lösun- gen hat, sondern nur eine , eben ein geordnetes Zahlentripel. Erøäutere! Hat ein System – wie im folgenden Beispiel – unendlich viele Lösungen, so muss man dennoch zur Kontrolle nicht alle testen – was ja gar nicht ginge. Im Fall einer einparametrigen Lösung genügt es zwei partikuläre Lösungen – geometrisch gesprochen: zwei Punkte – einzusetzen, weil damit die „Lösungs- gerade“ eindeutig festgelegt ist. Im Fall einer zweiparametrigen Lösung genügt es drei geeignete parti- kuläre Lösungen – geometrisch gesprochen: drei allgemein liegende Punkte – einzusetzen, weil damit die „Lösungsebene“ eindeutig festgelegt ist. Erøäutere! Beispiel Z (Fortsetzung) Ersetze die Gøeichung III durch x – y + 7z = 20 und øöse das entstehende Gøeichungssystem für G = R 3 ! Lösung: 2·I: 6 x – 4 y + 8 z = 22 II: 2 x – y – 3 z = ‒9 ‒3·II: ‒6 x + 3 y + 9 z = 27 ‒2·III: ‒2 x + 2 y – 14 z = ‒40 ‒y + 17z = 49 y – 17z = ‒49 IV: ‒y + 17z = 49 V: y – 17z = ‒49 IV + V: 0·z = 0 Das Gøeichungssystem (IV, V) besitzt eine einparametrige Lösung (geometrisch gesprochen: eine Ge- rade g ). Aøs Parameter wähøen wir zB z = t und erhaøten durch Rückeinsetzen in V: y = ‒49 + 17 t und in III: x = 20 + (‒49 + 17 t) ‒7t = ‒29 + 10 t. L = {(x 1 y 1 z) ! (x = ‒29 + 10 t) ? (y = ‒49 + 17 t) ? (z = t), t * R } Kontroøøe: Wir wähøen aøs partikuøäre Lösungen etwa die zu t = 0 und t = 1 gehörigen Punkte P 1 (‒29 1 ‒49 1 0) und P 2 (‒19 1 ‒32 1 1) und setzen diese in das ursprüngøiche Gøeichungssystem ein. F 1.37c Nur zu P üfzwecken – Eigentum des Ve lags öbv