Lineare Algebra I (WS 2004/05) Lösungshinweise und Ergebnisse für die Aufgaben 19 und 20

19. Aufgabe: r_{1}, r_{2}, s_{1}, s_{2} ∈ IR.

E_{1} : x⃗ = −v⃗_{2} + r_{1}v⃗_{1} + r_{2}(v⃗_{1} + 3v⃗_{2} + 7v⃗_{3}),
E_{2} : x⃗ = v⃗_{3} + s_{1}(2v⃗_{1} + v⃗_{2} + 4v⃗_{3}) + s_{2}(\frac{4}{7}v⃗_{1} + v⃗_{2})

Gleichsetzen E_{1} = E_{2} ergibt:

−v⃗_{2} + r_{1}v⃗_{1} + r_{2}(v⃗_{1} + 3v⃗_{2} + 7v⃗_{3}) = v⃗_{3} + s_{1}(2v⃗_{1} + v⃗_{2} + 4v⃗_{3}) + s_{2}(\frac{4}{7}v⃗_{1} + 2v⃗_{2}).

Alles auf die linke Seite bringen und Zusammenfassen der Koeffizienten von v⃗_{1}, v⃗_{2}, v⃗_{3} ergibt:

(r_{1} + r_{2} − 2s_{1} − \frac{4}{7}s_{2})v⃗_{1} + (−1 + 3r_{2} − s_{1} − 2s_{2})v⃗_{2} + (7r_{2} − 1 − 4s_{1})v⃗_{3} = 0.

Da v⃗_{1}, v⃗_{2}, v⃗_{3} linear unabhängig sind, müssen alle Koeffizienten verschwinden:

r_{1} + r_{2} − 2s_{1} − \frac{4}{7}s_{2} = 0  (1)
−1 + 3r_{2} − s_{1} − 2s_{2} = 0  (2)
7r_{2} − 1 − 4s_{1} = 0.  (3)

Gleichung (3) is äquivalent zu:

r_{2} = \frac{1}{7} + \frac{4}{7}s_{1}.  (4)

Einsetzen in (1) und (2) ergibt:

r_{1} + \frac{1}{7} − \frac{10}{7}s_{1} − \frac{4}{7}s_{2} = 0 ⇔ 7r_{1} + 1 − 10s_{1} − 4s_{2} = 0.  (5)
−\frac{4}{7} + \frac{5}{7}s_{1} − 2s_{2} = 0 ⇔ s_{1} = \frac{4}{5} + \frac{14}{5}s_{2}.  (6)

Wir setzen (6) in (5) ein und erhalten:

7r_{1} − 32s_{2} − 7 = 0 ⇔ r_{1} = \frac{32}{7}s_{2} + 1.  (7)

Einsetzen von (6) in (4) ergibt:

r_{2} = \frac{3}{5} + \frac{8}{5}s_{2}.  (8)

Einsetzen von (7) und (8) in die Ebenengleichung E_{1} ergibt:

x⃗ = −v⃗_{2} + (1 + \frac{32}{7}s_{2})v⃗_{1} + (\frac{3}{5} + \frac{8}{5}s_{2})(v⃗_{1} + 3v⃗_{2} + 7v⃗_{3})
⇔ x⃗ = \frac{8}{5}v⃗_{1} + \frac{4}{5}v⃗_{2} + \frac{21}{5}v⃗_{3} + s_{2}(\frac{216}{35}v⃗_{1} + \frac{24}{5}v⃗_{2} + \frac{56}{5}v⃗_{3})

mit dem Parameter s_{2} ∈ IR.

20. Aufgabe: r, λ ∈ IR.

G_{λ} : x⃗ = a⃗ + r(b − λc⃗)

a) r, s ∈ IR.

E : x⃗ = 4b⃗ + s(a⃗ + c⃗) + t(a⃗ − c⃗).

Gleichsetzen E = G_{λ} ergibt:

4b⃗ + s(a⃗ + c⃗) + t(a⃗ − c⃗) = a⃗ + r(b⃗ − λc⃗).

Alles auf die linke Seite bringen und Zusammenfassen der Koeffizienten von a⃗, b⃗, c⃗ ergibt:

(s + t − 1)a⃗ + (4 − r)b⃗ + (s − t + rλ)c⃗ = 0.

Da a⃗, b⃗, c⃗ linear unabhängig, ergeben sich für die Koeffizienten folgende Gleichungen:

s + t − 1 = 0,  (9)
4 − r = 0,  (10)
s − t + rλ = 0.  (11)

Gleichung (10) ergibt:

r = 4.  (12)

Einsetzen in die Geradengleichung ergibt:

S = G_{λ} : x⃗ = a⃗ + 4b⃗ − 4λc⃗,

d.h. eine Geradengleichung in Abhängigkeit von λ ∈ IR. Alternativ kann man (12) in (11) einsetzen:

s = t − 4λ.  (13)

Einsetzen von (13) in (9): t = 2λ + \frac{1}{2}. Wiederum einsetzen in (12): s = \frac{1}{2} − 2λ. Einsetzen in die Ebenengleichung:

S = E : x⃗ = a⃗ + 4b⃗ − 4λc⃗,

was natürlich das gleiche Ergebnis wie zuvor liefert.

b) r, s ∈ IR.

E : x⃗ = 4b⃗ + s(a⃗ + b⃗) + t(a⃗ − b⃗).

Die Gleichungen (analog wie in a)) sind:

s + t − 1 = 0
s − t − r = 0
1 − rλ = 0.

Lösen und einsetzen in die Gleichung für E ergibt analog wie in Teil a) für den Fall λ ≠ 0:

x⃗ = c⃗ + a⃗ − \frac{1}{λ}b⃗.

Dies ist keine Parameterdarstellung einer Geraden, da insbesondere \frac{1}{λ} niemals den Wert 0 haben kann. Man kann sich veranschaulichen (z.B. durch Substition λ ↦ η, wobei η = \frac{1}{λ}), daß die Menge T gegeben ist durch eine Gerade x⃗ = c⃗ + a⃗ − ηb⃗, η ∈ IR, jedoch ohne den Punkt c⃗ + a⃗.