Du hast ja immer: Lösungsmannigfaltigkeit deines ( inhomogenen ) LGS =
Sonderlösung ++ Kern ( 1 )
wobei der Kern den Lösungsraum des homogenen LGS darstellt. Also schreiben wir erst mal das homogene LGS an:
x + ( t ² - 1 ) z = 0 | : z ( 1a )
2 y + ( t - 1 ) z = 0 | : z ( 1b )
t ( t + 1 ) z = 0 | : z ( 1c )
Dieses Divisionsverfahren ist mein Spezialtrick.
1) Es ist immer möglich, wenn der Parameter nur in einer Spalte der Koeffizientenmatrix ( KM ) auftaucht.
2) Mit dieser Division werfen wir den Parameter quasi aus der KM heraus.
3) Wir umgehen die Berechnung der Determinante.
4) Die Anzahl der Unbekannten geht auf 2 zurück; zwei Unbekannte gelten als beherrschbar.
5) Wegen der Homogenität bleibt das LGS auch bei Division linear.
Ich setze noch
X := x / z ; Y := y / z ( 2 )
Dann lauten ( 1a - c ) in der neuen Notation
X = 1 - t ² ( 3a )
Y = 1/2 ( 1 - t ) ( 3b )
t ( t + 1 ) = 0 ===> t1 = ( - 1 ) ; t2 = 0 ( 3c )
Einsetzen; für t1 finden wir X1 = 0 ; Y1 = 1 und damit den Kernvektor
v1 = ( 0 | 1 | 1 ) ( 4a )
und für t2 rntsprechend X2 = 1 ; Y2 = 1/2 Notieren wir den Kernvektor wie üblich primitiv, so führt uns das auf
v2 = ( 2 | 1 | 2 ) ( 4b )
Wenn wir es ganz genau nehmen, dann ist Division durch z ja nur erlaubt, wenn sämtliche Lösungen für z = 0 trivial sind; aber davon überzeugt man sich leicht. Der Rang unseres LGS ist demnach gleich 2 .
Für t1 lautet dein ursprüngliches inhomogenes LGS
x = 1 ( 5a )
2 ( z - y ) = 1 ( 5b )
0 = 2 ( 5c )
Bis hier Her also richtig; es existiert keine Lösung wegen ( 5c )
Für t2 wirst du gef+hrt auf
x = z + 1 ( 6a )
y = 1/2 z ( 6b )
0 = 0 ( 6c )
Deine Lösung würde ich großzügig bewerten mit " Eins Minus " ; siehst du deinen Fehler? ( 67b ) ist ja tatsächlich identisch mit y2 = 1/2 , was wir oben in der Zeile vopr ( 4b ) hatten . Aber in ( 6a ) wird eben auch die angekündigte Sonderlösungh berücksichtigt; zu X = 1 kommt noch der ( absolute ) Offset Eins, du tust gerade so, als würde deine Gerade durch den Ursprung verlaufen.
