TU Wien:Algebra und Diskrete Mathematik VU (diverse)/Übungen 2023W/Beispiel 550

Wir betrachten Systeme von drei Ebenengleichungen $f_{i}(x,y,z)=a_{i1}x+a_{i2}y+a_{i3}z=bi$ mit Lösungsmengen $L_{i}\subseteq \mathbb {R} ^{3},i=1,2,3$. Geben Sie jeweils eine Systemmatrix

${\begin{pmatrix}a_{11}&a_{12}&a_{13}&b_{1}\\a_{21}&a_{22}&a_{23}&b_{2}\\a_{31}&a_{32}&a_{33}&b_{3}\end{pmatrix}}$

mit geeigneten $a_{ij}$ und $b_{i}$ aus $\mathbb {R}$ so an, dass die $L_{i}$ folgende Lage zueinander haben:

(a) $L_{1}\cap L_{2}\cap L_{3}={(1,1,1)}$

(b) $L_{1}\cap L_{2}\cap L_{3}=\emptyset$, und alle drei Schnitte $L_{1}\cap L_{2},L_{1}\cap L_{3}$ und $L_{2}\cap L_{3}$ sind eindimensional und parallel zur z-Achse.

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}}

oder

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}}

Lösungsvorschlag

von --Piri (Diskussion) 20:03, 29. Dez. 2018 (CET)

(a) Da es nur eine Lösung gibt müssen die 3 Ebenengleichungen linear unabhängig sein. Weiters, muss $x=y=z=1$ eine Lösung für alle 3 Gleichungen sein. D.h. man muss nur Koeffizienten finden, sodass die Systemmatrix eindeutig lösbar ist. Man sieht schnell dass die kanonischen Basisvektoren als Spaltenvektoren und $b_{1}=b_{2}=b_{3}=1$ diese Eigenschaften erfüllen:

${\begin{pmatrix}1&0&0&1\\0&1&0&1\\0&0&1&1\\\end{pmatrix}}$

(b) Aus der Angabe ergeben sich 3 Bedingungen:

1. Je zwei Zeilenvektoren sind zueinander linear unabhängig (sonst wären sie geschnitten keine Gerade)

2. $a_{13}=a_{23}=a_{33}=0$, da sonst die Ebenen geschnitten keine Gerade parallel zur Z Achse ergeben würden.

3. Das gesamte Gleichungssystem ist nicht lösbar, also $rg(A\ b)>rg(A)$

Es ist wieder hilfreich sich zuerst die Kanonische Basis aufzuschreiben und sie dann so abzuwandeln bis man zum Ergebnis kommt:

${\begin{pmatrix}1&0&0&1\\0&1&0&1\\1&1&0&1\\\end{pmatrix}}$