Pflichtteil - lernen mit Serlo!

Lineare Gleichungssysteme, Inzidenzgeometrie

Bestimmen Sie die Lösungsmenge des Linearen Gleichungssystems.
$x_{1} + x_{2} + 7 x_{3} = 2$
$2 x_{1} - x_{2} - 3 x_{3} = - 5$
$4 x_{1} - x_{2} + 4 x_{3} = - 7.$

Für diese Aufgabe benötigst Du folgendes Grundwissen: Lineares Gleichungssystem
$\def\arraystretch{1.25} \begin{array}{rccccccc}\mathrm{I}& x_1 & + & x_2 & + & 7x_3 & = & 2 \\\mathrm{II} &2x_1 & - & x_2 & - & 3x_3 & = & -5 \\ \mathrm{III} & 4x_1& - & x_2 & + & 4x_3 & = & -7 \end{array} $
Zunächst solltest du das Gleichungssystem zu einer erweiterten Koeffizientenmatrix umschreiben:
$\def\arraystretch{1.25} \left(\begin{array}{rrr|c}1&1&7&2\\\textcolor{ff6600}{2} & -1&-3&-5\\ \textcolor{ff6600}{4} &-1&4&-7 \end{array}\right)$
Als ersten Schritt des Gaußverfahrens verwendest du jetzt das Additionsverfahren, um die beiden Einträge, die jetzt $\textcolor{ff6600}{\text{ orange}}$
markiert sind auf null zu bringen.
$\def\arraystretch{1.25} \begin{array}{c} \left(\begin{array}{rrr|c}1&1&7&2\\\textcolor{ff6600}{2} &-1&-3&-5\\\textcolor{ff6600}{4} &-1&4&-7\end{array}\right)&\underrightarrow{\mathrm{II}-2\cdot\mathrm{I}}&\left(\begin{array}{rrr|c}1&1&7&2\\0&-3&-17&-9\\4&-1&4&-7\end{array}\right)\\ \\\left(\begin{array}{rrr|c}1&1&7&2\\0&-3&-17&-9\\4&-1&4&-7\end{array}\right)&\underrightarrow{\mathrm{III}-4\cdot\mathrm{I}}&\left(\begin{array}{rrr|c}1&1&-7&2\\\textcolor{ff6600}{0}&-3&-17&-9\\ \textcolor{ff6600}{0}&\textcolor{006400}{-5}&-24&-15\end{array}\right) \end{array}$
Dazu ziehst du von der zweiten Zeile das Doppelte der ersten Zeile ab $\left(\mathrm{II}-2\cdot\mathrm{I}\right)$ .
Anschließend ziehst du von der dritten Zeile das Vierfache der ersten Zeile ab $\left( \mathrm{III}-4\cdot\mathrm{I}\right)$ .
Jetzt gibt es in deiner erweiterten Koeffizientenmatrix nur noch einen Eintrag unter der Diagonalen, der nicht null ist, in der Matrix ist er $\textcolor{006400}{ \text{grün} }$ markiert.
Damit auch in diesem Eintrag der Matrix eine null steht, addierst du nun zum minus Dreifachen der dritten Zeile das Fünffache der zweiten Zeile $\left(-3\cdot\mathrm{III}+5\cdot\mathrm{II}\right)$ .
$\def\arraystretch{1.25} \begin{array}{c} \left(\begin{array}{rrr|c}1&1& -7&2 \\\textcolor{ff6600}{0}&-3&-17&-9\\ \textcolor{ff6600}{0}& \textcolor{006400}{-5}&-24&-15 \end{array}\right)&\underrightarrow{-3\cdot\mathrm{III}+5\cdot\mathrm{II}}&\left(\begin{array}{rrr|c}1&1& -7&2 \\\textcolor{ff6600}{0}&-3&-17&-9\\ \textcolor{ff6600}{0}& \textcolor{006400}{0}&-13&0 \end{array}\right) \end{array}$
Die letzte Zeile lautet nun: $-13x_3=0\;\Rightarrow\;x_3=0$
Aus Zeile $2$ folgt dann mit $x_{3} = 0$ : $\; -3x_2-17\cdot 0=-9\;\Rightarrow\;x_2=3$
Aus Zeile $1$ folgt dann mit $x_{3} = 0$ und $x_{2} = 3$ : $\;x_1+3-7\cdot 0=2\;\Rightarrow\;x_1=-1$
Antwort: Das lineare Gleichungssystem hat die Lösungsmenge $\mathbb{L}=\{(-1|3|0)\}$
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Stellen Sie den Vektor $\vec{v}= \begin{pmatrix} 14 \\ -5 \\ 7 \end{pmatrix}$ als Linearkombination der drei Vektoren
$\vec{a}= \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 3 \end{pmatrix}$ , $\vec{b}= \begin{pmatrix} -1 \\ 3 \\ 7 \end{pmatrix}$ und $\vec{c}= \begin{pmatrix} 5 \\ -2 \\ 2 \end{pmatrix}$ dar.

Für diese Aufgabe benötigst Du folgendes Grundwissen: Linearkombination
Du machst den Ansatz: $\vec v=r\cdot\vec a+s\cdot \vec b +t\cdot \vec c$
$\begin{pmatrix}14 \\ -5 \\ 7 \end{pmatrix}=r\cdot\begin{pmatrix}0 \\ 1 \\ 3 \end{pmatrix}+s\cdot \begin{pmatrix} -1 \\3 \\7 \end{pmatrix}+t\cdot \begin{pmatrix} 5 \\ -2 \\ 2 \end{pmatrix}$
Um das Gaußverfahren anzuwenden, sollte in der erweiterten Koeffizientenmatrix an der ersten Stelle keine $0$ stehen. Deshalb werden die Spalten $1$ und $2$ vertauscht.
$\def\arraystretch{1.25} \left(\begin{array}{rrr|c}-1&0&5&14\\\textcolor{ff6600}{3} & 1&-2&-5\\ \textcolor{ff6600}{7} &3&2&7 \end{array}\right)$
Als ersten Schritt des Gaußverfahrens verwendest du jetzt das Additionsverfahren, um die beiden Einträge, die jetzt $\textcolor{ff6600}{\text{ orange}}$
markiert sind auf null zu bringen.
$\def\arraystretch{1.25} \begin{array}{c} \left(\begin{array}{rrr|c}-1&0&5&14\\\textcolor{ff6600}{3} & 1&-2&-5\\ \textcolor{ff6600}{7} &3&2&7 \end{array}\right) &\underrightarrow{\mathrm{II}+3\cdot\mathrm{I}}&\left(\begin{array}{rrr|c}-1&0&5&14\\\textcolor{ff6600}{0} & 1&13&37\\ \textcolor{ff6600}{7} &3&2&7 \end{array}\right)\\ \\\left(\begin{array}{rrr|c}-1&0&5&14\\\textcolor{ff6600}{0} & 1&13&37\\ \textcolor{ff6600}{7} &3&2&7 \end{array}\right)&\underrightarrow{\mathrm{III}+7\cdot\mathrm{I}}&\left(\begin{array}{rrr|c}-1&0&5&14\\\textcolor{ff6600}{0}&1&13&37\\ \textcolor{ff6600}{0}&\textcolor{006400}{3}&37&105\end{array}\right) \end{array}$
Dazu addierst du zur zweiten Zeile das Dreifache der ersten Zeile $\left(\mathrm{II}+3\cdot\mathrm{I}\right)$ .
Anschließend addierst du zur dritten Zeile das Siebenfache der ersten Zeile $\left( \mathrm{III}+7\cdot\mathrm{I}\right)$ .
Jetzt gibt es in deiner erweiterten Koeffizientenmatrix nur noch einen Eintrag unter der Diagonalen, der nicht null ist, in der Matrix ist er $\textcolor{006400}{ \text{grün} }$ markiert.
Damit auch in diesem Eintrag der Matrix eine null steht, subtrahierst du das Dreifache der zweiten Zeile von der dritten Zeile $\left(\mathrm{III}-3\cdot\mathrm{II}\right)$ .

$\def\arraystretch{1.25} \begin{array}{c} \left(\begin{array}{rrr|c}-1&0&5&14\\\textcolor{ff6600}{0}&1&13&37\\ \textcolor{ff6600}{0}&\textcolor{006400}{3}&37&105\end{array}\right)&\underrightarrow{\mathrm{III}-3\cdot\mathrm{II}}&\left(\begin{array}{rrr|c}-1&0&5&14 \\\textcolor{ff6600}{0}&1&13&37\\ \textcolor{ff6600}{0}& \textcolor{006400}{0}&-2&-6 \end{array}\right) \end{array}$
Die letzte Zeile lautet nun: $-2\cdot t=-6\;\Rightarrow\;t=3$
Aus Zeile $2$ folgt dann mit $t = 3$ : $\; r+13\cdot 3=37\;\Rightarrow\;r=-2$
Aus Zeile $1$ folgt dann mit $t = 3$ und $r = - 2$ : $\;-s+0\cdot(-2)+5\cdot 3=14\;\Rightarrow\;s=1$
Antwort: Der Vektor $\vec v$ kann durch die folgende Linearkombination dargestellt werden:
$\begin{pmatrix}14 \\ -5 \\ 7 \end{pmatrix}=(-2)\cdot\begin{pmatrix}0 \\ 1 \\ 3 \end{pmatrix}+1\cdot \begin{pmatrix} -1 \\3 \\7 \end{pmatrix}+3\cdot \begin{pmatrix} 5 \\ -2 \\ 2 \end{pmatrix}$
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Gegeben sind die Ebenen $E_1:\begin{pmatrix} \vec{x}-\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 6\end{pmatrix} \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 2\\ 3 \\ 2\end{pmatrix}=0$ und $E_{2} : x_{3} = 2.$
a) Stellen Sie die Ebenen $E_{1}$ und $E_{2}$ in einem gemeinsamen Koordinatensystem dar.
b) Zeichnen Sie die Schnittgerade $g$ von $E_{1}$ und $E_{2}$ ein und bestimmen Sie die Gleichung der Schnittgeraden.

Für diese Aufgabe benötigst Du folgendes Grundwissen: Schnittgerade
Lösung zu a)
Die rote Ebene ist die Ebene $E_{1}$ in Koordinatenform: $2 x_{1} + 3 x_{2} + 2 x_{3} = 12$
In Achsenabschnittsform lautet $E_{1}$ : $\dfrac{x_1}{6}+\dfrac{x_2}{4}+\dfrac{x_3}{6}=1$
So können die Achsenschnittpunkte (Spurpunkte) abgelesen werden: $S_{x_1}(6|0|0)$ ; $S_{x_2}(0|4|0)$ ; $S_{x_3}(0|0|6)$
Die grüne Ebene ist die Ebene $E_{2}$ : $x_{3} = 2$ . Sie hat den Achsenschnittpunkt $S_{x_3}(0|0|2)$ und sie liegt parallel zur $x_{1}$ - $x_{2}$ -Ebene.
Lösung zu b)
Die blau eingezeichnete Gerade in der Abbildung ist die Schnittgerade der beiden Ebenen.
Bestimmung der Geradengleichung
Du suchst zwei Punkte, die in beiden Ebenen liegen.
Für alle Werte von $x_{1}$ liegt der Punkt $A (x_{1} ∣ 0 ∣ 2)$ in der Ebene $E_{2}$ ( $A$ erfüllt die Ebenengleichung).
Für alle Werte von $x_{2}$ liegt der Punkt $B (0 ∣ x_{2} ∣ 2)$ in der Ebene $E_{2}$ ( $B$ erfüllt die Ebenengleichung).
Die Punkte $A$ und $B$ sollen gemeinsame Punkte der beiden Ebenen sein. Deshalb müssen beide Punkte auch die Ebenengleichung $E_{1}$ erfüllen.
$A \in E_1\;\Rightarrow\;2\cdot x_1+3\cdot 0+2\cdot 2=12\;\Rightarrow\;x_1=4\;\Rightarrow\;A(4|0|2)$
$B \in E_1\;\Rightarrow\;2\cdot 0+3\cdot x_2+2\cdot 2=12\;\Rightarrow\;x_2=\frac{8}{3}\;\Rightarrow\;B(0|\frac{8}{3}|2)$
Die Schnittgerade ergibt sich dann zu: $g:\;\vec x=\overrightarrow{OA}+r\cdot \overrightarrow{AB}$
$g:\;\vec x=\begin{pmatrix}4 \\ 0\\ 2 \end{pmatrix}+r\cdot \left(\begin{pmatrix}0 \\ \frac{8}{3}\\ 2 \end{pmatrix}-\begin{pmatrix}4 \\ 0\\ 2 \end{pmatrix}\right)=\begin{pmatrix}4 \\ 0\\ 2 \end{pmatrix}+r\cdot \begin{pmatrix}-4 \\ \frac{8}{3}\\ 0 \end{pmatrix}$
Der Richtungsvektor kann noch vereinfacht werden: $\begin{pmatrix}-4 \\ \frac{8}{3}\\ 0 \end{pmatrix}\;\underrightarrow{\cdot 3 }\; \begin{pmatrix}-12 \\ 8\\ 0 \end{pmatrix}\;\underrightarrow{:4}\;\begin{pmatrix}-3 \\ 2\\ 0 \end{pmatrix}$
Antwort: Die Gleichung der Schnittgeraden lautet: $g:\;\vec x=\begin{pmatrix}4 \\ 0\\ 2 \end{pmatrix}+r\cdot \begin{pmatrix}-3 \\ 2\\ 0 \end{pmatrix}$
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Gegeben sind die Ebenen $E : x_{1} + 2 x_{2} = 4$ und $F : 2 x_{1} + x_{2} + 2 x_{3} = 8.$
a) Stellen Sie die Ebenen $E$ und $F$ in einem gemeinsamen Koordinatensystem dar.
b) Zeichnen Sie die Schnittgerade von $E$ und $F$ ein und bestimmen Sie die Gleichung der Schnittgeraden.

Für diese Aufgabe benötigst Du folgendes Grundwissen: Schnittgerade
Lösung zu a)
Die grüne Ebene ist die Ebene $E$ in Koordinatenform: $x_{1} + 2 x_{2} = 4$
In Achsenabschnittsform lautet $E$ : $\dfrac{x_1}{4}+\dfrac{x_2}{2}=1$
So können die Achsenschnittpunkte (Spurpunkte) abgelesen werden: $S_{x_1}(4|0|0)$ ; $S_{x_2}(0|2|0)$
Es gibt keinen Schnittpunkt mit der $x_{3}$ -Achse, d.h. die Ebene $E$ verläuft parallel zur $x_{3}$ -Achse
Die rote Ebene ist die Ebene $F$ in Koordinatenform: $2 x_{1} + x_{2} + 2 x_{3} = 8$
In Achsenabschnittsform lautet $F$ : $\dfrac{x_1}{4}+\dfrac{x_2}{8}+\dfrac{x_3}{4}=1$
So können die Achsenschnittpunkte abgelesen werden: $S_{x_1}(4|0|0)$ ; $S_{x_2}(0|8|0)$ ; $S_{x_3}(0|0|4)$
Lösung zu b)
Die blau eingezeichnete Gerade in der Abbildung ist die Schnittgerade der beiden Ebenen.
Bestimmung der Geradengleichung
Du suchst zwei Punkte, die in beiden Ebenen liegen.
Der Punkt $A(4|0|0)=S_{x_1}$ ist ein gemeinsamer Punkt der beiden Ebenen $E$ und $F$ .
Für alle Werte von $x_{3}$ liegt der Punkt $B (0 ∣ 2 ∣ x_{3})$ in der Ebene $E$ ( $B$ erfüllt die Ebenengleichung).
Damit $B$ auch in der Ebene $F$ liegt, muss gelten:
$B \in F\;\Rightarrow\;2\cdot 0+2+2\cdot x_3=8\;\Rightarrow\;x_3=3\;\Rightarrow\;B(0|2|3)$
Die Schnittgerade ergibt sich dann zu $g:\;\vec x=\overrightarrow{OA}+r\cdot \overrightarrow{AB}$
$g:\;\vec x=\begin{pmatrix}4 \\ 0\\ 0 \end{pmatrix}+r\cdot \left(\begin{pmatrix}0 \\ 2\\ 3 \end{pmatrix}-\begin{pmatrix}4 \\ 0\\ 0 \end{pmatrix}\right)=\begin{pmatrix}4 \\ 0\\ 0 \end{pmatrix}+r\cdot \begin{pmatrix}-4 \\ 2\\ 3 \end{pmatrix}$
Antwort: Die Gleichung der Schnittgeraden lautet $g:\;\vec x=\begin{pmatrix}4 \\ 0\\ 0 \end{pmatrix}+r\cdot \begin{pmatrix}-4 \\ 2\\ 3 \end{pmatrix}$
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a) Geben Sie die Gleichung der Ebene $E$ an, welche die Spurpunkte $(0 ∣ 0 ∣ 4)$ und $(0 ∣ - 3 ∣ 0)$ und keinen Schnittpunkt mit der $x_{1}$ -Achse hat.
b) Geben Sie die Gleichung der Ebene $F$ an, welche den Punkt $A (3 ∣ - 3 ∣ - 1$ ) enthält und parallel zur Ebene $E : x_{1} = 2$ ist.
c) Geben Sie die Gleichung der Geraden $g$ an, welche durch den Punkt $P (5 ∣ 1 ∣ - 4)$ geht und senkrecht zur Ebene
$E:\begin{pmatrix} \vec{x}-\begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 0\end{pmatrix} \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} -2\\ 1 \\ 0\end{pmatrix}=0$ steht.

Für diese Aufgabe benötigst Du folgendes Grundwissen: Achsenabschnittsform
Lösung zu a)
Die Ebene $E$ hat keinen Schnittpunkt mit der $x_{1}$ -Achse, d.h. die Ebenengleichung $E$ hat unter Berücksichtigung der gegebenen Spurpunkte die Achsenabschnittsform:
$E:\;\dfrac{x_2}{-3}+\dfrac{x_3}{4}=1\;\Rightarrow\;-4x_2+3x_3=12$
Antwort: Die Gleichung der Ebene $E$ lautet: $\;-4x_2+3x_3=12$
Lösung zu b)
$E : x_{1} = 2$
Die Ebene $E$ hat den Normalenvektor $\vec n_E=\begin{pmatrix} 1 \\ 0\\ 0 \end{pmatrix}$ .
Da die Ebene $F$ parallel zu $E$ sein soll, hat sie den gleichen Normalenvektor wie $E$ und enthält den Punkt A.
$F: \;\left(\vec x-\overrightarrow{OA}\right)\circ \vec n_E =0\;\Rightarrow\;\left(\vec x-\begin{pmatrix} 3 \\ -3\\ -1 \end{pmatrix}\right)\circ\begin{pmatrix} 1 \\ 0\\ 0 \end{pmatrix}=0\;\Rightarrow\;x_1-3=0$
Antwort: Die Gleichung der Ebene $F$ lautet: $x_{1} = 3$ .
Lösung zu c)
Der Normalenvektor $\vec n =\begin{pmatrix}-2 \\1\\0 \end{pmatrix}$ der gegebenen Ebene $E$ ist der Richtungsvektor der Geraden $g$ , da die Gerade senkrecht zu $E$ steht.
Als Aufpunkt der Geraden $g$ wird der Punkt $P$ genommen.
Antwort: Die Gleichung der Geraden $g$ lautet: $\;\vec x=\begin{pmatrix}5 \\1\\-4 \end{pmatrix}+r\cdot \begin{pmatrix}-2 \\1\\0 \end{pmatrix}$
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Gegeben sind die Geraden $g$ und $h$ mit $g: \vec{x}=\begin{pmatrix} 4 \\ -1 \\ 0 \end{pmatrix}+r\cdot \begin{pmatrix} 3 \\ -1\\ 5 \end{pmatrix}$ und
$h:\vec{x}=\begin{pmatrix} 4 \\ -1 \\ 1 \end{pmatrix}+r \cdot\begin{pmatrix} -9 \\ 3 \\ -15 \end{pmatrix}$
a) Zeigen Sie, dass $g$ und $h$ parallel, aber nicht identisch sind.
b) Geben Sie eine Gleichung der Ebene an, in der die Geraden $g$ und $h$ liegen.

Für diese Aufgabe benötigst Du folgendes Grundwissen: Gegenseitige Lage von Geraden
Lösung zu a)
Wenn die beiden Richtungsvektoren Vielfache voneinander sind, dann gilt $g\parallel h$ :
$\vec u_g=\begin{pmatrix}3 \\-1\\5 \end{pmatrix}$ und $\vec u_h=\begin{pmatrix}-9 \\3\\-15 \end{pmatrix}$ $\;\Rightarrow\; \vec u_h=(-3)\cdot \vec u_g\;\Rightarrow\; g\parallel h$
Der Aufpunkt der Geraden $g$ liegt nicht auf der Geraden $h$ , denn:
$\begin{pmatrix}4 \\-1\\0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}4 \\-1\\1 \end{pmatrix}+r\cdot \begin{pmatrix}-9 \\3\\-15 \end{pmatrix}\;\Rightarrow\;\begin{pmatrix}0 \\0\\-1\end{pmatrix}\neq r\cdot \begin{pmatrix}-9 \\3\\-15 \end{pmatrix}$
Die letzte Gleichung ist für kein $r$ erfüllbar.
Antwort: Die beiden Geraden sind parallel, aber nicht identisch.
Lösung zu b)
Die gesuchte Ebene hat als Aufpunkt den Aufpunkt der Geraden $g$ und als einen Richtungsvektor den Richtungsvektor der Geraden $g$ . Einen zweiten Richtungsvektor der Ebene $E$ erhältst du als Differenz der beiden Aufpunkte der Geraden $g$ und $h$ .
$E:\; \vec x= \begin{pmatrix}4 \\-1\\0\end{pmatrix}+r \cdot \begin{pmatrix}3 \\-1\\5\end{pmatrix}+s\cdot \left(\begin{pmatrix}4 \\-1\\1\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}4 \\-1\\0\end{pmatrix}\right)=\begin{pmatrix}4 \\-1\\0\end{pmatrix}+r \cdot \begin{pmatrix}3 \\-1\\5\end{pmatrix}+s\cdot \begin{pmatrix}0 \\0\\1\end{pmatrix}$
Antwort: Die Gleichung der Ebene $E$ lautet: $\vec x=\begin{pmatrix}4 \\-1\\0\end{pmatrix}+r \cdot \begin{pmatrix}3 \\-1\\5\end{pmatrix}+s\cdot \begin{pmatrix}0 \\0\\1\end{pmatrix}$
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CC BY 4.0 mit Namensnennung Landesbildungsserver Baden-Württemberg → Was bedeutet das?

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Lösung zu a)

Lösung zu b)

Bestimmung der Geradengleichung

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Lösung zu a)

Lösung zu b)

Bestimmung der Geradengleichung

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Lösung zu a)

Lösung zu b)

Lösung zu c)

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Lösung zu a)

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