4.4.2 Systeme mit freiem Parameter

Beispiel 4.4.1  
Es soll nach der Lösungsmenge für das Lineare Gleichungssystem

${\displaystyle \begin{array}{ccccc}\hfill \text{Gleichung}\hspace{0.5em}(1):& \hfill \hfill & \hfill x-2y& \hfill =\hfill & 3\hspace{0.5em},\hfill \\ \hfill \hspace{0.5em}\text{Gleichung}\hspace{0.5em}(2):& \hfill \hfill & \hfill -2x+4y& \hfill =\hfill & \alpha \hfill \end{array}}$

in Abhängigkeit von dem Parameter $\alpha$ gesucht werden.

Dazu multipliziert man Gleichung $(1)$ mit dem Faktor $2$ durch und addiert Gleichung $(2)$:

${\displaystyle 2·(x-2y)+(-2x+4y)=2·3+\alpha \iff 2x-4y-2x+4y=6+\alpha \iff 0=6+\alpha \hspace{0.5em}.}$



Nun müssen zwei Fälle unterschieden werden:

Fall A: $\alpha \ne -6$: Ist der vorgegebene freie Parameter $\alpha$ ungleich $-6$, so stößt man auf einen Widerspruch. In diesem Fall besitzt das Lineare Gleichungssystem keine Lösung, $L=\text{∅}$.

Fall B: $\alpha =-6$: Ist der vorgegebene freie Parameter $\alpha$ gleich $-6$, so ist die Gleichung identisch erfüllt ($0=0$). In der Tat sind in diesem Fall die beiden Ausgangsgleichungen gerade Vielfache voneinander, sodass nur eine von ihnen tatsächlich Information trägt. Dementsprechend ist jetzt die Lösungsmenge unendlich mächtig und kann beispielsweise folgendermaßen angegeben werden: $L=\{(x=3+2t;y=t)\hspace{0.5em}:\hspace{0.5em}t\in ℝ\}$.

Beispiel 4.4.2  
Im Folgenden soll die Lösungsmenge des Linearen Gleichungssystems


studiert werden und zwar in Abhängigkeit von dem Wert des Parameters $\alpha$.

Dazu löst man beispielsweise die erste Gleichung nach der Unbekannten $x$ auf,

${\displaystyle x=1-y-\alpha z\mathrm{\hspace{0.5em}\hspace{0.5em}}:\hspace{0.5em}\text{Gleichung}\hspace{0.5em}(1\text{'})\hspace{0.5em},}$

und setzt das Ergebnis für $x$ in die zweite und in die dritte Gleichung ein:

${\displaystyle \begin{array}{ccccccccc}\hfill (1-y-\alpha z)+\alpha y+z& \hfill =\hfill & 1\hfill & \hfill \iff \hfill & \hfill -(1-\alpha )y+(1-\alpha )z& \hfill =\hfill & 0\hfill & \hfill \hfill & :\hspace{0.5em}\text{Gleichung}\hspace{0.5em}(2\text{'})\hspace{0.5em},\hfill \\ \hfill \alpha (1-y-\alpha z)+y+z& \hfill =\hfill & 1\hfill & \hfill \iff \hfill & \hfill (1-\alpha )y+(1-{\alpha }^2)z& \hfill =\hfill & 1-\alpha \hfill & \hfill \hfill & :\hspace{0.5em}\text{Gleichung}\hspace{0.5em}(3\text{'})\hspace{0.5em}.\hfill \end{array}}$

Es entsteht ein System aus zwei linearen Gleichungen in den zwei Unbekannten $y$ und $z$. Diesem System sieht man sofort an, dass für den Wert $\alpha =1$ etwas Besonderes passiert. Man führt daher eine Fallunterscheidung durch:

Fall 1: $\alpha =1$: In diesem Fall sind die beiden Gleichungen $(2\text{'})$ und $(3\text{'})$ identisch erfüllt ($0=0$) und liefern keine weiteren Informationen; als einzige Beziehung zwischen den Unbekannten $x,y$ und $z$ verbleibt Gleichung $(1\text{'})$ bzw. Gleichung $(1)$, die für $\alpha =1$

${\displaystyle x+y+z=1\mathrm{\hspace{0.5em}\hspace{0.5em}}:\hspace{0.5em}\text{Gleichung}\hspace{0.5em}(\hat{1})}$

lautet. Daher besitzt die Lösungsmenge hier unendlich viele Elemente. Sie kann mit Hilfe zweier freier Parameter angegeben werden, z.B.

${\displaystyle L=\{(s;t;1-s-t)\hspace{0.5em}:\hspace{0.5em}s,t\in ℝ\}\hspace{0.5em}.}$

Anschaulich gesprochen entspricht die Lösungsmenge gerade der durch Gleichung $(\hat{1})$ beschriebenen Ebene.

Fall 2: $\alpha \ne 1$: In diesem Fall kann man sowohl Gleichung $(2\text{'})$ als auch Gleichung $(3\text{'})$ durch $(1-\alpha )$ dividieren; man erhält unter Verwendung der 3. Binomischen Formel ($(1-{\alpha }^2)=(1-\alpha )(1+\alpha )$):

${\displaystyle \begin{array}{ccccc}\hfill -y+z& \hfill =\hfill & 0\hfill & \hfill \hfill & :\hspace{0.5em}\text{Gleichung}\hspace{0.5em}(2\text{'}\text{'})\hspace{0.5em},\hfill \\ \hfill y+(1+\alpha )z& \hfill =\hfill & 1\hfill & \hfill \hfill & :\hspace{0.5em}\text{Gleichung}\hspace{0.5em}(3\text{'}\text{'})\hspace{0.5em}.\hfill \end{array}}$

Gleichung $(2\text{'}\text{'})$ besagt, dass $y=z$ gilt; dies setzt man in Gleichung $(3\text{'}\text{'})$ ein:

${\displaystyle z+(1+\alpha )z=1\iff (2+\alpha )z=1\mathrm{\hspace{0.5em}\hspace{0.5em}}:\hspace{0.5em}\text{Gleichung}\hspace{0.5em}(☆)\hspace{0.5em}.}$

Jetzt muss man nochmals vorsichtig sein und eine weitere Fallunterscheidung durchführen, da $\alpha =-2$ und $\alpha \ne -2$ unterschiedliche Konsequenzen nach sich ziehen:

Fall 2a: $\alpha =-2$: In diesem (Unter-)Fall lautet Gleichung $(☆)$: $0=1$. Somit tritt ein Widerspruch auf und das Lineare Gleichungssystem, von dem ausgegangen wurde, hat keine Lösung, $L=\text{∅}$.

Fall 2b: $\alpha \ne -2$: In diesem (Unter-)Fall kann man die letzte Gleichung problemlos nach $z$ auflösen,

${\displaystyle z=\frac{1}{2+\alpha }\hspace{0.5em}.}$



Damit liegen auch $y$ ($y=z$) und $x$ ($x=1-y-\alpha z$) fest; das ursprüngliche Lineare Gleichungssystem besitzt eine eindeutige Lösung, $L=\{(x=\frac{1}{2+\alpha };y=\frac{1}{2+\alpha };z=\frac{1}{2+\alpha })\}$.