LGS mit 2 Variablen < Matrizen < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 16:22 Fr 18.01.2008 | | Autor: | Zuggel |
| Aufgabe | Lösen sie folgendes System:
[mm] x+\alpha [/mm] z=2
y+z=3
x-y+z= [mm] \beta
[/mm]
in Abhängigkeit der beiden Variablen [mm] \alpha [/mm] und [mm] \beta; [/mm] finden Sie heraus, für welche Werte von [mm] \alpha [/mm] und [mm] \beta [/mm] das System:
- Keine Lösung hat.
- Genau eine Lösung hat.
- Unendlich viele Lösungen hat. |
Ich grüße euch!
Langsam kommt die Prüfung näher *schwitz*. Nun, das angegebene Beispiel ist fast gelöst, ich hoffe es stimmt:
Matrix:
[mm] \pmat{ 1 & 0 & \alpha & | & 2 \\ 0 & 1 & 1 & | & 3 \\ 1 & -1 & 1 & | & \beta }
[/mm]
Keine Lösung haben wir dann, wenn der Rang der kleinen Matritze (A) ungleich des Ranges der großen Matritze (Á) ist
det(A) =
det [mm] \pmat{ 1 & 0 & \alpha \\ 0 & 1 & 1 \\ 1 & -1 & 1 }
[/mm]
= 2- [mm] \alpha [/mm] = 0
[mm] \alpha= [/mm] 2 mit diesem Wert ist der Rang(A) = 2
det(Á) =
det [mm] \pmat{ 1 & 0 & 2 \\ 0 & 1 & 3 \\ 1 & -1 & \beta }
[/mm]
= [mm] \beta [/mm] + 1 = 0
[mm] \beta= [/mm] -1 mit diesem Wert ist der Rang(Á) = 2
Schlussfolgerung:
Keine Lösung habe ich wenn:
[mm] \alpha [/mm] = 2 und [mm] \beta \not= [/mm] -1
pder
[mm] \alpha \not= [/mm] 2 und [mm] \beta=-1 [/mm] ist.
Man hat eine einzige Lösung, wenn der Rang der kleinen Matritze, also rang(A), gleich der Anzahl der Variablen ist.
Hier schon meine erste Frage, genau genommen ist doch [mm] \alpha [/mm] und [mm] \beta [/mm] auch als Variabel zu sehen, also müsste der Rang nicht 3 sondern 5 sein?
Ich versuchte mir das so zu beantworten, und ich hoffe meine These stimmt:
Das System ist in Abhängigkeit dieser Werte zu untersuchen und sind somit keine direkten Variabeln?!
Wir haben jedenfalls rang(A) = rang (Á) wenn [mm] \alpha \not=2 [/mm] und [mm] \beta \not=-1 [/mm] ist.
I) x+ [mm] \alpha [/mm] z=2
II) y+z=3
III) x-y+z= [mm] \beta
[/mm]
I) *(-1) +
III)
-x - [mm] \alpha [/mm] z=- 2 +
x-y+z= [mm] \beta [/mm]
[mm] -y+z*(1-\alpha) [/mm] = [mm] \beta [/mm] -2
II) + III)
y+z=3
[mm] -y+z(1-\alpha)= \beta-2
[/mm]
[mm] z*(2-\alpha) [/mm] = [mm] \beta+1
[/mm]
z= [mm] \bruch{\beta +1}{2- \alpha}
[/mm]
y+z=3 =>
y+ [mm] \bruch{\beta +1}{2- \alpha} [/mm] = 3
y= 3 - [mm] \bruch{\beta +1}{2- \alpha}
[/mm]
aus I) nach x aufgelöst
x= 2 [mm] -\alpha [/mm] * z
x= 2- [mm] \alpha*(\bruch{\beta +1}{2- \alpha})
[/mm]
Unendlich viele Lösungen habe ich, wie vorhin schon angemerkt, wenn die Rände der beiden Matritzen nicht gleich sind.
Hier bin ich mir nich so sicher was ich tue, bitte meine Arbeits-Schritte kontrollieren:
Ich wähle [mm] \alpha [/mm] = 2 und belasse [mm] \beta \not= [/mm] -1
Somit habe ich, dass die kleine Matritze A => rang (A) = 2 und rang(À)=3.
Also kann ich eine beliebiege (??) Zeile meiner Matrix terminieren?
Ich terminiere III), somit habe ich dann:
I) x +2*z= 2
II) y + z =3
Hier habe ich 3 Variablen, und 2 Zeilen; jetzt habe ich die Möglichkeit z als [mm] \lambda [/mm] zu definieren, einen realen Parameter, welcher frei wählbar ist.
x = 2 -2* [mm] \lambda
[/mm]
y= 3- [mm] \lambda
[/mm]
z= [mm] \lambda
[/mm]
Ist das so korrekt?
Und jetzt das selbe Spiel nochmal mit [mm] \alpha \not= [/mm] 2 und [mm] \beta [/mm] = -1.
Ich wähle z = [mm] \lambda [/mm] und wähle II und III, terminiere somit I:
y + [mm] \lamda [/mm] = 3
x -y + [mm] \lambda [/mm] = -1
somit:
y= 3 - [mm] \lambda
[/mm]
x= y - [mm] \lambda [/mm] -1 = 3- 2* [mm] \lambda [/mm] -1
z= [mm] \lambda
[/mm]
Ist die Aufgabe somit korrekt gelöst? Oder muss ich jeweils immer die Zeile terminieren, in welcher ich [mm] \alpha [/mm] oder [mm] \beta [/mm] fixiert habe?
Danke für eure Hilfe
lg
Zuggel
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> Lösen sie folgendes System:
>
> [mm]x+\alpha[/mm] z=2
> y+z=3
> x-y+z= [mm]\beta[/mm]
>
> in Abhängigkeit der beiden Variablen [mm]\alpha[/mm] und [mm]\beta;[/mm]
> finden Sie heraus, für welche Werte von [mm]\alpha[/mm] und [mm]\beta[/mm]
> das System:
> - Keine Lösung hat.
> - Genau eine Lösung hat.
> - Unendlich viele Lösungen hat.
> Matrix:
>
> [mm]\pmat{ 1 & 0 & \alpha & | & 2 \\ 0 & 1 & 1 & | & 3 \\ 1 & -1 & 1 & | & \beta }[/mm]
>
> Keine Lösung haben wir dann, wenn der Rang der kleinen
> Matritze (A) ungleich des Ranges der großen Matritze (Á)
> ist
Hallo,
das Ding heißt "Matrix", im Plural: Matrizen. (Hat nix mit Matratzen zu tun, nur so nebenbei...)
Was Du treibst, ist ziemlich umständlich,
Normalerweise bringt man für dies Fragestellung die erweiterte Koeffizientenmatrix auf Zeilenstufenform und liest dann ab.
[mm] \pmat{ 1 & 0 & \alpha & | & 2 \\ 0 & 1 & 1 & | & 3 \\ 1 & -1 & 1 & | & \beta }--->\pmat{ 1 & 0 & \alpha & | & 2 \\ 0 & 1 & 1 & | & 3 \\ 0 & 0 & 2-a & | &1+ b}
[/mm]
- Wenn der Rang der erweiterten Koeffizientenmatrix größer ist als der der Koeffizientenmatrix hat das System keine Lösung.
Hier wäre das der Fall wenn 2-a=0 und 1+ [mm] b\not=0, [/mm] also ...
- Wenn die Koeffizientenmatrix vollen Rang hat, gibt es genau eine Lösung. Das ist der Fall für ...
- Du siehst, daß die Matrix mindestens den Rang 2 hat. Wie müssen a und b sein, damit sie den Rang 2 hat?
In diesem Fall gibt es unendlich viele Lösungen.
Gruß v. Angela
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:02 Fr 18.01.2008 | | Autor: | Zuggel |
Also ist mein Lösungsweg falsch?
Nun ich muss ehrlich sagen, das mit der Stufenform kenne ich nicht - ich glaube es ist besser das nicht vor der Prüfung noch einzulernen, könnte zu etwas Chaos führen.
Deshalb wäre es für mich wichtig zu wissen, ob mein Lösungsweg von der Form her wirklich korrekt ist, vor allem der Teil, welchen ich im Text angesprochen habe...
Ich nehme an die Stufenform bezieht sich auf die Nullen in der Matrix (oder Matrize ;) )? Hat diese Form gewisse Vorteile gegenüber meinem Lösungsweg?
- zum Thema: 1 Lösung habe ich eine Frage gepostet, bitte diese beantworten!
Danke
lg
zuggel
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> Also ist mein Lösungsweg falsch?
> Nun ich muss ehrlich sagen, das mit der Stufenform kenne
> ich nicht -
Oh. Ich bin irritiert.
Kennst Du es nicht, oder hattet Ihr es nicht???
Ich kann mir letzteres überhaupt nicht vorstellen, weil Du die erweiterte Koeffizientenmatrix ja schon so hinschreibst, als wolltest Du sie verwenden.
Wie bestimmt Ihr denn den Rang von Matrizen?
> Deshalb wäre es für mich wichtig zu wissen, ob mein
> Lösungsweg von der Form her wirklich korrekt ist, vor allem
> der Teil, welchen ich im Text angesprochen habe...
Die Rechnung als solche kann nicht korrekt sein, weil Du teilweise andere Ergebnisse bekommst als ich.
Mir ist auch nicht klar, wie Du von der Determinante der Matrix A auf ihren Rang schließen kannst.
Oder anders: ich meine, das geht nicht.
Wenn die Determinante =0 ist, ist der Rang der Matrix nicht =3,
aber ob er 1 oder 2 ist, kann man doch nicht wissen.
Mit der Determinante kannst Du nur herausfinden, ob die Matrix invertierbar ist. (?)
Zu Deiner Frage bzgl. der Variablen: nein, die Variablen sind x,y,z.
a und b sind nicht variabel. Sie sind zwar beliebig aber fest, also so zu behandeln, als stünden dort irgendwelche Zahlen.
> Ich nehme an die Stufenform bezieht sich auf die Nullen in
> der Matrix (oder Matrize ;) )? Hat diese Form gewisse
> Vorteile gegenüber meinem Lösungsweg?
Ja, er ist blitzschnell und übersichtlich, es ist ja nur die Matrix mit dem Gaußverfahren in Zeilenstufenform zu bringen, also ein systematisches Additionsverfahren - aber wenn Ihr es wirklich nicht hattet, würde ich mich damit auch nicht belasten.
Ich stelle Deine Eingangsfrage mal wieder auf halb beantwortet, vielleicht mag Deinen Weg ja noch jemand nachrechnen.
Ich gebe Dir zur Kontrolle meine Ergebnisse:
genau eine Lösung für [mm] a\not=2
[/mm]
keine Lösung für a=2 und [mm] b\not=-1
[/mm]
unendlich viele Lösungen für a=2 und b=-1
Gruß v. Angela
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:01 Fr 18.01.2008 | | Autor: | Zuggel |
> > Also ist mein Lösungsweg falsch?
> > Nun ich muss ehrlich sagen, das mit der Stufenform
> kenne
> > ich nicht -
>
> Oh. Ich bin irritiert.
>
> Kennst Du es nicht, oder hattet Ihr es nicht???
> Ich kann mir letzteres überhaupt nicht vorstellen, weil Du
> die erweiterte Koeffizientenmatrix ja schon so
> hinschreibst, als wolltest Du sie verwenden.
>
> Wie bestimmt Ihr denn den Rang von Matrizen?
Phu also jetzt hast du mich geschockt ;)!
Also du hast Recht; mit der erweiterten Matrix - ich muss nur immer die Theorie von Italienisch auf Deutsch umdenken, und da ich dort schon Probleme habe, wird es nicht leichter..
Also fangen wir an, wir haben das immer so gehandelt:
Bestimmung des Ranges der kleinen Matrize (A):
det (A) = 0 => somit kann der Rang, wie du auch gesagt hast, 2 ODER 1 sein, und nicht zwangsweise 2.
In unserem Fall wäre der Rang 2 ODER 1, wenn alpha = 2 ist.
Dann muss ich noch die Matrix untersuchen:
[mm] \pmat{ 1 & a \\ 0 & 1 } [/mm] wo 1 herauskommt, somit ist der Rang 2.
>
> > Deshalb wäre es für mich wichtig zu wissen, ob mein
> > Lösungsweg von der Form her wirklich korrekt ist, vor allem
> > der Teil, welchen ich im Text angesprochen habe...
>
> Die Rechnung als solche kann nicht korrekt sein, weil Du
> teilweise andere Ergebnisse bekommst als ich.
>
> Mir ist auch nicht klar, wie Du von der Determinante der
> Matrix A auf ihren Rang schließen kannst.
> Oder anders: ich meine, das geht nicht.
>
> Wenn die Determinante =0 ist, ist der Rang der Matrix nicht
> =3,
>
> aber ob er 1 oder 2 ist, kann man doch nicht wissen.
>
> Mit der Determinante kannst Du nur herausfinden, ob die
> Matrix invertierbar ist. (?)
>
> Zu Deiner Frage bzgl. der Variablen: nein, die Variablen
> sind x,y,z.
>
> a und b sind nicht variabel. Sie sind zwar beliebig aber
> fest, also so zu behandeln, als stünden dort irgendwelche
> Zahlen.
>
> > Ich nehme an die Stufenform bezieht sich auf die Nullen in
> > der Matrix (oder Matrize ;) )? Hat diese Form gewisse
> > Vorteile gegenüber meinem Lösungsweg?
>
> Ja, er ist blitzschnell und übersichtlich, es ist ja nur
> die Matrix mit dem Gaußverfahren in Zeilenstufenform zu
> bringen, also ein systematisches Additionsverfahren - aber
> wenn Ihr es wirklich nicht hattet, würde ich mich damit
> auch nicht belasten.
>
> Ich stelle Deine Eingangsfrage mal wieder auf halb
> beantwortet, vielleicht mag Deinen Weg ja noch jemand
> nachrechnen.
>
> Ich gebe Dir zur Kontrolle meine Ergebnisse:
>
> genau eine Lösung für [mm]a\not=2[/mm]
Warum eigentlich nur für [mm] \alpha \not= [/mm] 2 und warum spielt [mm] \beta [/mm] hier keine Rolle?
Wenn ich die Determinante aus der großen Matrix det(À) = [mm] \pmat{ 1 & 0 & 2 \\ 0 & 1 & 3 \\ 0& 0 & 1+b} [/mm] mache, bekomme ich heraus, dass b=-1 nicht sein darf, damit wäre der Rang doch nicht gleich 3, und somit kann keine Lösung sein, oder übersehe ich jetzt eine Kleinigkeit?
>
> keine Lösung für a=2 und [mm]b\not=-1[/mm]
oder auch umgekehrt?
a [mm] \not= [/mm] 2 und b=-1
Wenn nein, wieso nicht?
>
> unendlich viele Lösungen für a=2 und b=-1
>
Wäre dann, wenn die Lösungen auch gesucht sind, mein Lösungsweg richtig gewesen?
> Gruß v. Angela
Wie könnte man sonst, auf dieses Ergebnis kommen, ohne jetzt die Stufenform in die Matrix einzubringen?
Wie bist du eigentlich auf die letzte Zeile der Matrix in Stufenform gekommen?
Nun, vielleicht sollte ich mich doch noch auf diesen Lösungsweg konzentrieren, wir haben ihn nur teils angeschnitten; der Professor hat es ab und an mal still und heimlich eingebaut, habe ich gerade gemerkt.
Sozusagen, habe ich ein lineares Gleichungssystem, kann ich, nehmen wir an ich habe 3 Zeilen, 1 Zeile mit Gauss vereinfachen, sodass die 0en der Matrix eine Art (von links nach rechts) sinkende Treppe bilden?
Gibt es hierbei Einschränkungen?
Danke für die schnellen Antworten Angela, du bist die Größte :)
lg
Zuggel
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 18:00 Sa 19.01.2008 | | Autor: | Zuggel |
Da keiner online ist, der offensichtlich eine Antwort weiß, verlängere ich das ganze nochmal! Ich hoffe dies ist erlaubt!
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> Also fangen wir an, wir haben das immer so gehandelt:
>
> Bestimmung des Ranges der kleinen Matrize (A):
Matrix.
>
> det (A) = 0 => somit kann der Rang, wie du auch gesagt
> hast, 2 ODER 1 sein, und nicht zwangsweise 2.
Wenn ich detA berechne, erhalte ich: detA= 2-a.
Dh. für [mm] a\not=2 [/mm] ist die Determinante [mm] \not=0.
[/mm]
Also ist die Matrix invertierbar und die Gleichung somit eindeutug lösbar.
Ax=b ==> [mm] x=A^{-1}b.
[/mm]
>
> In unserem Fall wäre der Rang 2 ODER 1, wenn alpha = 2
> ist.
Ja.
> Dann muss ich noch die Matrix untersuchen:
>
> [mm]\pmat{ 1 & a \\ 0 & 1 }[/mm] wo 1 herauskommt, somit ist der
> Rang 2.
Ja.
Wir untersuchen jetzt also den Fall a=2, in welchem der Rang der Koeffizientenmatrix A =2 ist.
> Warum eigentlich nur für [mm]\alpha \not=[/mm] 2 und warum spielt
> [mm]\beta[/mm] hier keine Rolle?
Das werden wir hoffentlich noch sehen.
>
> Wenn ich die Determinante aus der großen Matrix det(À) =
> [mm]\pmat{ 1 & 0 & 2 \\ 0 & 1 & 3 \\ 0& 0 & 1+b}[/mm] mache,
Besonders groß ist diese Matrix ja nicht - aber ich verstehe, was Du tust.
> bekomme
> ich heraus,
det A'= 1+b.
Für [mm] b\not=-1 [/mm] hat diese Matrix den Rang 3,
A hingegen den Rang 2. Es ist also der Rang der erweiterten Koeffizientenmatrix größer als der der Koeffizientenmatrix, also keine Lösung.
Im GS würde sich das so wiederspiegeln, daß eine Gleichung z.B. zu 0=5 würde.
Hast Du b=-1, so ist der Rang von A' [mm] \le [/mm] 2.
Also hat das GS unendlich viele Lösungen, denn es läßt sich so reduzieren., daß nur 2 Gleichungen mit 3 Variablen übrigbleiben.
> Wie bist du eigentlich auf die letzte Zeile der Matrix in
> Stufenform gekommen?
$ [mm] \pmat{ 1 & 0 & \alpha & | & 2 \\ 0 & 1 & 1 & | & 3 \\ 1 & -1 & 1 & | & \beta }--->\pmat{ 1 & 0 & \alpha & | & 2 \\ 0 & 1 & 1 & | & 3 \\ 0 & 0 & 2-a & | &1+ b} [/mm] $
Ziemlich schnell: ich habe von der Letzen zeile die erste subtrahiert und die zweite addiert.
> Nun, vielleicht sollte ich mich doch noch auf diesen
> Lösungsweg konzentrieren, wir haben ihn nur teils
> angeschnitten; der Professor hat es ab und an mal still und
> heimlich eingebaut, habe ich gerade gemerkt.
>
> Sozusagen, habe ich ein lineares Gleichungssystem, kann
> ich, nehmen wir an ich habe 3 Zeilen, 1 Zeile mit Gauss
> vereinfachen, sodass die 0en der Matrix eine Art (von links
> nach rechts) sinkende Treppe bilden?
Ja.
> Gibt es hierbei Einschränkungen?
Naja, wie Du an meiner Matrix siehst, untersuchst Du jetzt die Ränge der Koeffizientenmatrix und der erweiterten Koeffizientenmatrix für verschiedene a und b.
Einschränkungen beim Umformungen? Das Multiplizieren von Zeilen mit 0 und besonders das Dividieren durch 0 sollte man tunlichst unterlassen. (letzteres passiert u.U. wenn man Zeilen z.B. durch c-5 dividiert. Da muß man dann schreiben [mm] c\not=5 [/mm] und den Fall c=5 später untersuchen.)
Gruß v. Angela
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:21 So 20.01.2008 | | Autor: | Zuggel |
>
> > Also fangen wir an, wir haben das immer so gehandelt:
> >
> > Bestimmung des Ranges der kleinen Matrize (A):
>
> Matrix.
>
> >
> > det (A) = 0 => somit kann der Rang, wie du auch gesagt
> > hast, 2 ODER 1 sein, und nicht zwangsweise 2.
>
> Wenn ich detA berechne, erhalte ich: detA= 2-a.
>
> Dh. für [mm]a\not=2[/mm] ist die Determinante [mm]\not=0.[/mm]
> Also ist die Matrix invertierbar und die Gleichung somit
> eindeutug lösbar.
>
> Ax=b ==> [mm]x=A^{-1}b.[/mm]
Diesen Ausdruck habe ich jetzt öfters gelesen, aber hilft er mir eigentlich direkt beim Lösen des Problems? Ich habe nie genau verstanden, was das x und das b bedeutet. Ich habe zwar gegoogelt, bin jedoch nicht schlauer geworden. A ist meine Koeffizientenmatrix, soviel ich verstanden habe, oder?
>
> >
> > In unserem Fall wäre der Rang 2 ODER 1, wenn alpha = 2
> > ist.
>
> Ja.
>
> > Dann muss ich noch die Matrix untersuchen:
> >
> > [mm]\pmat{ 1 & a \\ 0 & 1 }[/mm] wo 1 herauskommt, somit ist der
> > Rang 2.
>
> Ja.
>
> Wir untersuchen jetzt also den Fall a=2, in welchem der
> Rang der Koeffizientenmatrix A =2 ist.
>
> > Warum eigentlich nur für [mm]\alpha \not=[/mm] 2 und warum spielt
> > [mm]\beta[/mm] hier keine Rolle?
>
> Das werden wir hoffentlich noch sehen.
>
> >
> > Wenn ich die Determinante aus der großen Matrix det(À) =
> > [mm]\pmat{ 1 & 0 & 2 \\ 0 & 1 & 3 \\ 0& 0 & 1+b}[/mm] mache,
>
> Besonders groß ist diese Matrix ja nicht - aber ich
> verstehe, was Du tust.
>
>
> > bekomme
> > ich heraus,
>
> det A'= 1+b.
>
> Für [mm]b\not=-1[/mm] hat diese Matrix den Rang 3,
> A hingegen den Rang 2. Es ist also der Rang der erweiterten
> Koeffizientenmatrix größer als der der Koeffizientenmatrix,
> also keine Lösung.
>
> Im GS würde sich das so wiederspiegeln, daß eine Gleichung
> z.B. zu 0=5 würde.
>
>
> Hast Du b=-1, so ist der Rang von A' [mm]\le[/mm] 2.
>
> Also hat das GS unendlich viele Lösungen, denn es läßt sich
> so reduzieren., daß nur 2 Gleichungen mit 3 Variablen
> übrigbleiben.
Ok das ist natürlich klar, ums übersichtlich zu gestalten, heir ein kleines Resumé:
A= Koeffizientenmatrix
A'= erweiterte Koeffizientenmatrix
Keine Lösung:
Wir haben herausgefunden, dass ich für [mm] \alpha [/mm] =2 den Rang von A = 2 haben und für Á mit [mm] \beta \not= [/mm] -1 den Rang von Á = 3 haben. Somit haben wir keine Lösung.
Haben wir aber auch keine Lösung für:
[mm] \alpha \not= [/mm] 2 und [mm] \beta [/mm] = -1 ? Also ist das das selbe Problem, oder ändert sich die Problemstellung somit?
1 Lösung
Vorhin sagtest du auch, dass du eine Lösung für [mm] \alpha \not= [/mm] 2 bekommen hast, aber warum nicht für [mm] \beta [/mm] = -1? Ich verstehe eben nicht, warum [mm] \beta [/mm] hierbei keine Rolle spielt. Wie zuletzt beschrieben, habe ich heute das mit der Matrix versucht mit Erfolg, aber eine Abhängigkeit von [mm] \beta [/mm] zum Fall, dass ich dadurch eine Lösung herausbekomme, habe ich trotzdem gefunden... Bitte an dieser Stelle auch um Hilfe!
Unendlich viele Lösungen
Also ich habe gesehen, ich habe einen Fehler gemacht - natürlich haben wir unendlich viele Lösungen für:
[mm] \alpha [/mm] = 2 und [mm] \beta [/mm] = -1
Somit ist der Rang der Matritze kleiner als die Anzahl der Variabeln.
Ok, ich habe dann noch die Fragestellung: "Wenn unendlich viele Lösungen existieren, finden sie diese" versucht zu bearbeiten, hier nochmal angeführt, jedoch mit meiner Matrix und nicht mit der vereinfachten, jedoch müsste das Selbe herauskommen, oder?
Ich terminiere III), somit habe ich dann:
I) x +2*z= 2
II) y + z =3
Hier habe ich 3 Variablen, und 2 Zeilen; jetzt habe ich die Möglichkeit z als [mm] \lambda [/mm] zu definieren, einen realen Parameter, welcher frei wählbar ist.
x = 2 -2* [mm] \lambda
[/mm]
y= 3- [mm] \lambda
[/mm]
z= [mm] \lambda
[/mm]
>
>
> > Wie bist du eigentlich auf die letzte Zeile der Matrix in
> > Stufenform gekommen?
>
>
> [mm]\pmat{ 1 & 0 & \alpha & | & 2 \\ 0 & 1 & 1 & | & 3 \\ 1 & -1 & 1 & | & \beta }--->\pmat{ 1 & 0 & \alpha & | & 2 \\ 0 & 1 & 1 & | & 3 \\ 0 & 0 & 2-a & | &1+ b}[/mm]
>
> Ziemlich schnell: ich habe von der Letzen zeile die erste
> subtrahiert und die zweite addiert.
>
> > Nun, vielleicht sollte ich mich doch noch auf diesen
> > Lösungsweg konzentrieren, wir haben ihn nur teils
> > angeschnitten; der Professor hat es ab und an mal still und
> > heimlich eingebaut, habe ich gerade gemerkt.
> >
> > Sozusagen, habe ich ein lineares Gleichungssystem, kann
> > ich, nehmen wir an ich habe 3 Zeilen, 1 Zeile mit Gauss
> > vereinfachen, sodass die 0en der Matrix eine Art (von links
> > nach rechts) sinkende Treppe bilden?
>
> Ja.
>
> > Gibt es hierbei Einschränkungen?
>
> Naja, wie Du an meiner Matrix siehst, untersuchst Du jetzt
> die Ränge der Koeffizientenmatrix und der erweiterten
> Koeffizientenmatrix für verschiedene a und b.
>
> Einschränkungen beim Umformungen? Das Multiplizieren von
> Zeilen mit 0 und besonders das Dividieren durch 0 sollte
> man tunlichst unterlassen. (letzteres passiert u.U. wenn
> man Zeilen z.B. durch c-5 dividiert. Da muß man dann
> schreiben [mm]c\not=5[/mm] und den Fall c=5 später untersuchen.)
>
> Gruß v. Angela
>
Wie bereits beschrieben habe ich gesagt, dass ich heute das mit der Matrix versucht habe, ich habe es auch zusammen bekommen, die Matrix an sich ist natürlich einfacher zu behandeln und auch einfacher zu lösen, jedoch einen anderen Vorteil habe ich noch nicht erkennen können. Jedenfalls habe ich es auch für einen anderen Fall versucht anzuwenden in welchem das ganze Programm etwas weiter ausgeführt wurde.
x+y+z=1
2x+y+ [mm] \lambda [/mm] z = 3
4x +3y +2z= [mm] \beta
[/mm]
[mm] \pmat{ 1 & 1 & 1 & 1 \\ 2 & 1 & \lambda & 3\\ 4 & 3 & 3 & \beta}
[/mm]
Ich muss die Matrix in die Aufstellung
[mm] \pmat{ 1 & 1 & 1 & 1 \\ 0 & ? & ? & ?\\ 0 & 0 & ? & ?}
[/mm]
Bringen? Diese Frage bitte nur mit ja oder nein beantworten, da ich den Lösungsweg gerne selbst herausfinden möchte :)
Ich danke dir angela
Auf bald!
lg
Zuggel
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> > Ax=b ==> [mm]x=A^{-1}b.[/mm]
Hallo,
A ist eine Matrix, die Koeffizientenmatrix, x der gesuchte Lösungsvektor (also die gestapelten Variablen), und b ist der Spaltenvektor, der heruaskommen soll.
Konkret:
Für das GS
[mm] x_1+2x_2=3
[/mm]
[mm] 4x_1+5_2=6
[/mm]
wäre [mm] A=\pmat{ 1 & 2 \\ 4 & 5 } [/mm] und [mm] b=\vektor{6 \\ 2} [/mm] und [mm] x=\vektor{x_1 \\ x_2}.
[/mm]
Wenn ich nun - falls sie existiert - die Inverse meiner matrix kenne und auf beiden Seiten vorn dranmultipliziere, habe ich die Lösung des Systems gefunden.
Das Invertieren klappt natürlich nur bei invertierbaren Matrizen.
> A= Koeffizientenmatrix
> A'= erweiterte Koeffizientenmatrix
>
>
> Keine Lösung:
>
>
> Wir haben herausgefunden, dass ich für [mm]\alpha[/mm] =2 den Rang
> von A = 2 haben und für Á mit [mm]\beta \not=[/mm] -1 den Rang von Á
> = 3 haben. Somit haben wir keine Lösung.
Ja.
Ausgeschrieben als Gleichungssystem würde die letze Zeile z.B. lauten 0x+0y+0z=5, und wir finden solche x,y,z nicht. Aslo nicht lösbar.
>
> Haben wir aber auch keine Lösung für:
>
> [mm]\alpha \not=[/mm] 2 und [mm]\beta[/mm] = -1 ? Also ist das das selbe
> Problem, oder ändert sich die Problemstellung somit?
Das ist etwas völlig anderes. In diesem Falle lautet die letzte zeile des GSs z=0, was wir nun zwecks Lösung sukzessive in die anderen Gleichungen einsetzen können.
>
>
> 1 Lösung
>
>
> Vorhin sagtest du auch, dass du eine Lösung für [mm]\alpha \not=[/mm]
> 2 bekommen hast, aber warum nicht für [mm]\beta[/mm] = -1?
Ich verstehe die Frage nicht.
Wenn [mm] \alpha\not=2 [/mm] hat die Koeffizientenmatrix den Rang drei, und der Rang der erweiterten Matrix kann ja nicht größer als drei sein, denn wir haben nur drei Zeilen.
Es spielt hier also keine Rolle, welchen Wert b hat. Entweder steht rechts unten 0 oder es steht dort nicht Null. es sit egal für die Lösbarkeit.
Wenn ich den Rang drei habe, kann ich die Koeffizientenmatrix invertieren, und die Lösung berechnen wie oben. Oder een durch sukzessives Einsetzen bzw. den vollständigen Gauß-Jorda-Algorithmus.
> Unendlich viele Lösungen
>
>
> Also ich habe gesehen, ich habe einen Fehler gemacht -
> natürlich haben wir unendlich viele Lösungen für:
>
> [mm]\alpha[/mm] = 2 und [mm]\beta[/mm] = -1
>
> Somit ist der Rang der Matritze kleiner als die Anzahl der
> Variabeln.
Matrix.
>
> Ok, ich habe dann noch die Fragestellung: "Wenn unendlich
> viele Lösungen existieren, finden sie diese" versucht zu
> bearbeiten, hier nochmal angeführt, jedoch mit meiner
> Matrix und nicht mit der vereinfachten, jedoch müsste das
> Selbe herauskommen, oder?
>
>
> Ich terminiere III), somit habe ich dann:
>
> I) x +2*z= 2
> II) y + z =3
>
> Hier habe ich 3 Variablen, und 2 Zeilen; jetzt habe ich die
> Möglichkeit z als [mm]\lambda[/mm] zu definieren, einen realen
> Parameter, welcher frei wählbar ist.
>
> x = 2 -2* [mm]\lambda[/mm]
> y= 3- [mm]\lambda[/mm]
> z= [mm]\lambda[/mm]
Hieran kann man ablesen, daß die Lösungen die Gestalt [mm] \vektor{x \\ y\\z}=\vektor{2 \\ 3\\0}+\lambda \vektor{-2 \\ -1\\1} [/mm] haben, anders geschrieben auch
[mm] \vektor{x \\ y\\z}=\vektor{2 \\ 3\\0}+<\vektor{-2 \\ -1\\1}>.
[/mm]
Hinten hast Du den Lösungsraum des homogenen Systems, vorn eine spezielle Lsg. des inhomogenen Systems.
>
> Wie bereits beschrieben habe ich gesagt, dass ich heute das
> mit der Matrix versucht habe, ich habe es auch zusammen
> bekommen, die Matrix an sich ist natürlich einfacher zu
> behandeln und auch einfacher zu lösen, jedoch einen anderen
> Vorteil habe ich noch nicht erkennen können.
Na, ich bitte Dich! Wenn's einfacher geht, ist das dochsehr vorteilhaft!
Spätestens, wenn Du ein System mit 5 variablen hast, wirst Du überzeugt sein, denn das Ausrechnen von Determinanten ist ja nicht gerade erheiternd.
> x+y+z=1
> 2x+y+ [mm]\lambda[/mm] z = 3
> 4x +3y +2z= [mm]\beta[/mm]
>
> [mm]\pmat{ 1 & 1 & 1 & 1 \\ 2 & 1 & \lambda & 3\\ 4 & 3 & 3 & \beta}[/mm]
>
> Ich muss die Matrix in die Aufstellung
>
>
> [mm]\pmat{ 1 & 1 & 1 & 1 \\ 0 & ? & ? & ?\\ 0 & 0 & ? & ?}[/mm]
>
> Bringen? Diese Frage bitte nur mit ja oder nein
> beantworten,
JA
Gruß v. Angela
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:44 Mo 21.01.2008 | | Autor: | Zuggel |
>
> > > Ax=b ==> [mm]x=A^{-1}b.[/mm]
>
> Hallo,
>
> A ist eine Matrix, die Koeffizientenmatrix, x der gesuchte
> Lösungsvektor (also die gestapelten Variablen), und b ist
> der Spaltenvektor, der heruaskommen soll.
>
> Konkret:
>
> Für das GS
>
> [mm]x_1+2x_2=3[/mm]
> [mm]4x_1+5_2=6[/mm]
>
> wäre [mm]A=\pmat{ 1 & 2 \\ 4 & 5 }[/mm] und [mm]b=\vektor{6 \\ 2}[/mm] und
> [mm]x=\vektor{x_1 \\ x_2}.[/mm]
Ich verstehe nicht, wie du auf den Vektor 6 und 2 kommst, der Sprung ist mir etwas zu schnell gegangen :)! Danke!
>
> Wenn ich nun - falls sie existiert - die Inverse meiner
> matrix kenne und auf beiden Seiten vorn dranmultipliziere,
> habe ich die Lösung des Systems gefunden.
>
> Das Invertieren klappt natürlich nur bei invertierbaren
> Matrizen.
>
>
> > A= Koeffizientenmatrix
> > A'= erweiterte Koeffizientenmatrix
> >
> >
> > Keine Lösung:
> >
> >
> > Wir haben herausgefunden, dass ich für [mm]\alpha[/mm] =2 den Rang
> > von A = 2 haben und für Á mit [mm]\beta \not=[/mm] -1 den Rang von Á
> > = 3 haben. Somit haben wir keine Lösung.
>
> Ja.
>
> Ausgeschrieben als Gleichungssystem würde die letze Zeile
> z.B. lauten 0x+0y+0z=5, und wir finden solche x,y,z nicht.
> Aslo nicht lösbar.
>
> >
> > Haben wir aber auch keine Lösung für:
> >
> > [mm]\alpha \not=[/mm] 2 und [mm]\beta[/mm] = -1 ? Also ist das das selbe
> > Problem, oder ändert sich die Problemstellung somit?
>
> Das ist etwas völlig anderes. In diesem Falle lautet die
> letzte zeile des GSs z=0, was wir nun zwecks Lösung
> sukzessive in die anderen Gleichungen einsetzen können.
>
>
>
>
> >
> >
> > 1 Lösung
> >
> >
> > Vorhin sagtest du auch, dass du eine Lösung für [mm]\alpha \not=[/mm]
> > 2 bekommen hast, aber warum nicht für [mm]\beta[/mm] = -1?
>
> Ich verstehe die Frage nicht.
Hab die Frage aus versehen doppelt gepostet, tut mir leid
>
> Wenn [mm]\alpha\not=2[/mm] hat die Koeffizientenmatrix den Rang
> drei, und der Rang der erweiterten Matrix kann ja nicht
> größer als drei sein, denn wir haben nur drei Zeilen.
>
> Es spielt hier also keine Rolle, welchen Wert b hat.
> Entweder steht rechts unten 0 oder es steht dort nicht
> Null. es sit egal für die Lösbarkeit.
>
> Wenn ich den Rang drei habe, kann ich die
> Koeffizientenmatrix invertieren, und die Lösung berechnen
> wie oben. Oder een durch sukzessives Einsetzen bzw. den
> vollständigen Gauß-Jorda-Algorithmus.
>
>
>
>
>
> > Unendlich viele Lösungen
> >
> >
> > Also ich habe gesehen, ich habe einen Fehler gemacht -
> > natürlich haben wir unendlich viele Lösungen für:
> >
> > [mm]\alpha[/mm] = 2 und [mm]\beta[/mm] = -1
> >
> > Somit ist der Rang der Matritze kleiner als die Anzahl der
> > Variabeln.
>
> Matrix.
>
> >
> > Ok, ich habe dann noch die Fragestellung: "Wenn unendlich
> > viele Lösungen existieren, finden sie diese" versucht zu
> > bearbeiten, hier nochmal angeführt, jedoch mit meiner
> > Matrix und nicht mit der vereinfachten, jedoch müsste das
> > Selbe herauskommen, oder?
> >
> >
> > Ich terminiere III), somit habe ich dann:
> >
> > I) x +2*z= 2
> > II) y + z =3
> >
> > Hier habe ich 3 Variablen, und 2 Zeilen; jetzt habe ich die
> > Möglichkeit z als [mm]\lambda[/mm] zu definieren, einen realen
> > Parameter, welcher frei wählbar ist.
> >
> > x = 2 -2* [mm]\lambda[/mm]
> > y= 3- [mm]\lambda[/mm]
> > z= [mm]\lambda[/mm]
>
> Hieran kann man ablesen, daß die Lösungen die Gestalt
> [mm]\vektor{x \\ y\\z}=\vektor{2 \\ 3\\0}+\lambda \vektor{-2 \\ -1\\1}[/mm]
> haben, anders geschrieben auch
>
> [mm]\vektor{x \\ y\\z}=\vektor{2 \\ 3\\0}+<\vektor{-2 \\ -1\\1}>.[/mm]
>
> Hinten hast Du den Lösungsraum des homogenen Systems, vorn
> eine spezielle Lsg. des inhomogenen Systems.
> >
>
> > Wie bereits beschrieben habe ich gesagt, dass ich heute das
> > mit der Matrix versucht habe, ich habe es auch zusammen
> > bekommen, die Matrix an sich ist natürlich einfacher zu
> > behandeln und auch einfacher zu lösen, jedoch einen anderen
> > Vorteil habe ich noch nicht erkennen können.
>
> Na, ich bitte Dich! Wenn's einfacher geht, ist das dochsehr
> vorteilhaft!
> Spätestens, wenn Du ein System mit 5 variablen hast, wirst
> Du überzeugt sein, denn das Ausrechnen von Determinanten
> ist ja nicht gerade erheiternd.
>
>
> > x+y+z=1
> > 2x+y+ [mm]\lambda[/mm] z = 3
> > 4x +3y +2z= [mm]\beta[/mm]
> >
> > [mm]\pmat{ 1 & 1 & 1 & 1 \\ 2 & 1 & \lambda & 3\\ 4 & 3 & 3 & \beta}[/mm]
>
> >
> > Ich muss die Matrix in die Aufstellung
> >
> >
> > [mm]\pmat{ 1 & 1 & 1 & 1 \\ 0 & ? & ? & ?\\ 0 & 0 & ? & ?}[/mm]
> >
>
> > Bringen? Diese Frage bitte nur mit ja oder nein
> > beantworten,
>
> JA
x+y+z=1
2x+y+ [mm]\lambda[/mm] z = 3
4x +3y +2z= [mm]\beta[/mm]
Gut, ich habe heute mein ganzes von dir erlerntes Wissen angewandt und bin folgend vorgegangen bei diesem GLS:
2. Zeile mit (-2) multipliziert und mit 3. addiert
Ergebnis:
y+z( 2- 4* [mm] \lambda) [/mm] = [mm] \beta [/mm] - 12
1. Zeile mit -4 multipliziert und mit 3. Zeile addiert:
y-2*z= [mm] \beta [/mm] -4
und dann noch:
y+z( 2- 4* [mm] \lambda) [/mm] = [mm] \beta [/mm] - 12
MINUS
y-2*z= [mm] \beta [/mm] -4
= z*(4 -4* [mm] \lambda) [/mm] = -8
Wenn das stimmt, dann ist das für mich schon ein pers. Grund zum feiern 
Unsere neue schöne Matrix:
[mm] \pmat{ 1 & 1 & 1 & | 1\\ 0 & 1 & 2-4 \lambda & | & \beta - 12 \\ 0 & 0 & 4-4 \lambda & | & -8 }
[/mm]
Dann wurde gefragt:
Für welchen Wert von [mm] \lambda [/mm] ist das System lösbar wenn [mm] \beta \in \IR
[/mm]
Gut das ganze bin ich so angegangen:
Ich untersuche die letzte Zeile, welche offensichtlich immer die kritische Zeile für die Betrachtung ist:
z* (4-4 [mm] \lambda) [/mm] = -8
Somit sehe ich keine Abhängigkeit von [mm] \beta, [/mm] und der kritische Fall wäre:
0 = -8 welcher durch [mm] \lambda [/mm] = +1 erreicht wird.
Somit ist die Antwort: Für [mm] \lambda \NOT= [/mm] +1
Unendlich viele Lösungen habe ich für [mm] \lambda [/mm] = 1, denn somit besteht mein LGS aus 2 Zeilen und 3 Variablen, und kann nicht eindeutig gelöst werden, bzw immer in Abhängigkeit einer Variablen ( z.B: z = [mm] \pi)
[/mm]
lg
Zuggel und ein großes Danke an dich!
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> >
> > > > Ax=b ==> [mm]x=A^{-1}b.[/mm]
> > Für das GS
> >
> > [mm]x_1+2x_2=3[/mm]
> > [mm]4x_1+5_2=6[/mm]
> >
> > wäre [mm]A=\pmat{ 1 & 2 \\ 4 & 5 }[/mm] und [mm]b=\vektor{6 \\ 2}[/mm] und
> > [mm]x=\vektor{x_1 \\ x_2}.[/mm]
>
> Ich verstehe nicht, wie du auf den Vektor 6 und 2 kommst,
> der Sprung ist mir etwas zu schnell gegangen :)!
Hallo,
aber für [mm] \vektor{2 \\ 6} [/mm] könntest Du folgen? Gut.
> x+y+z=1
> 2x+y+ [mm]\lambda[/mm] z = 3
> 4x +3y +2z= [mm]\beta[/mm]
>
> 2. Zeile mit (-2) multipliziert und mit 3. addiert
> Ergebnis:
>
> y+z( 2- 4* [mm]\lambda)[/mm] = [mm]\beta[/mm] - 12
Bei mir sind -2*3=-6 und nicht -12, und dadurch wird natürlich der Rest verkehrt,
aber das Prinzip hast Du verstanden. (Man kann das ohne x,y,z gleich in einem Tabellenschema machen, nicht mehr benötigte Zeilen ausstreichen, und man hat auf diese Art wenig Schreibarbeit, schreibt sich nur am Ende die ZSF einmal schön auf, aber das müßte Dir ggf. jemand vor Ort zeigen. es ist sehr umstäändlich, das einzutippen.)
> Unsere neue schöne Matrix:
>
> [mm]\pmat{ 1 & 1 & 1 & | 1\\ 0 & 1 & 2-4 \lambda & | & \beta - 12 \\ 0 & 0 & 4-4 \lambda & | & -8 }[/mm]
>
Sie ist wunderschön, und ich tue so, als wäre sie richtig.
> Dann wurde gefragt:
>
> Für welchen Wert von [mm]\lambda[/mm] ist das System lösbar wenn
> [mm]\beta \in \IR[/mm]
>
> Gut das ganze bin ich so angegangen:
>
> Ich untersuche die letzte Zeile, welche offensichtlich
> immer die kritische Zeile für die Betrachtung ist:
Nee, das kann man so nicht sagen: immer wenn in den führenden Elementen Parameter stecke, muß man aufpassen.
Aber hier ist die letzte Zeile die gefährliche.
>
> z* (4-4 [mm]\lambda)[/mm] = -8
>
> Somit sehe ich keine Abhängigkeit von [mm]\beta,[/mm] und der
> kritische Fall wäre:
> 0 = -8 welcher durch [mm]\lambda[/mm] = +1 erreicht wird.
>
> Somit ist die Antwort: Für [mm]\lambda \NOT=[/mm] +1
Ja. Für [mm] \lambda\not= [/mm] 1 hat die Matrix den Rang 3 und ist somit eindeutig lösbar.
> Unendlich viele Lösungen habe ich für [mm]\lambda[/mm] = 1,
Du widersprichst Dir selbst: Du hast doch eben noch festgestellt,
> 0 = -8 welcher durch [mm]\lambda[/mm] = +1 erreicht wird.
Das bedeutet, daß Du mit keinen x,y,z der Welt das System lösen kannst.
Für diesen Fall ist der Rang der erweiterten Matrix größer als der der Koeffizientenmatrix, so daß das System keine Lösung hat.
Der Fall, daß die Koeffizientenmatrix und erweiterte Koeffizientenmatrix beide den Rang 2 oder gar 1 haben, kann bei dieser Matrix nicht eintreten.
Gruß v. Angela
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:53 Mo 21.01.2008 | | Autor: | Zuggel |
> > >
> > > > > Ax=b ==> [mm]x=A^{-1}b.[/mm]
>
> > > Für das GS
> > >
> > > [mm]x_1+2x_2=3[/mm]
> > > [mm]4x_1+5_2=6[/mm]
> > >
> > > wäre [mm]A=\pmat{ 1 & 2 \\ 4 & 5 }[/mm] und [mm]b=\vektor{6 \\ 2}[/mm] und
> > > [mm]x=\vektor{x_1 \\ x_2}.[/mm]
> >
> > Ich verstehe nicht, wie du auf den Vektor 6 und 2 kommst,
> > der Sprung ist mir etwas zu schnell gegangen :)!
>
> Hallo,
>
> aber für [mm]\vektor{2 \\ 6}[/mm] könntest Du folgen? Gut.
Ich könnte dir für den Vektor ( 3 / 6) folgen, aber der 2er ist mir noch nicht klar, tut mir leid!
>
> > x+y+z=1
> > 2x+y+ [mm]\lambda[/mm] z = 3
> > 4x +3y +2z= [mm]\beta[/mm]
>
> >
> > 2. Zeile mit (-2) multipliziert und mit 3. addiert
> > Ergebnis:
> >
> > y+z( 2- 4* [mm]\lambda)[/mm] = [mm]\beta[/mm] - 12
>
> Bei mir sind -2*3=-6 und nicht -12, und dadurch wird
> natürlich der Rest verkehrt,
>
> aber das Prinzip hast Du verstanden. (Man kann das ohne
> x,y,z gleich in einem Tabellenschema machen, nicht mehr
> benötigte Zeilen ausstreichen, und man hat auf diese Art
> wenig Schreibarbeit, schreibt sich nur am Ende die ZSF
> einmal schön auf, aber das müßte Dir ggf. jemand vor Ort
> zeigen. es ist sehr umstäändlich, das einzutippen.)
>
Ich bin schon sehr mit mir zufrieden wenn ich das beherrsche und keine dummen Fehler wie ( 2* 3 = 12) begehe... Für die Fehler könnte ich mich manchmal selbst schlagen *grins*
>
> > Unsere neue schöne Matrix:
> >
> > [mm]\pmat{ 1 & 1 & 1 & | 1\\ 0 & 1 & 2-4 \lambda & | & \beta - 12 \\ 0 & 0 & 4-4 \lambda & | & -8 }[/mm]
>
> >
>
> Sie ist wunderschön, und ich tue so, als wäre sie richtig.
>
>
> > Dann wurde gefragt:
> >
> > Für welchen Wert von [mm]\lambda[/mm] ist das System lösbar wenn
> > [mm]\beta \in \IR[/mm]
> >
> > Gut das ganze bin ich so angegangen:
> >
> > Ich untersuche die letzte Zeile, welche offensichtlich
> > immer die kritische Zeile für die Betrachtung ist:
>
> Nee, das kann man so nicht sagen: immer wenn in den
> führenden Elementen Parameter stecke, muß man aufpassen.
Ein führendes Element wäre das erste Element direkt nach der 0 in einer Zeile? In unseren beiden Fällen hatten wir in der letzten Zeile das führende Element direkt nach der 0, somit musste ich dieses untersuchen. Liege ich richtig?
>
> Aber hier ist die letzte Zeile die gefährliche.
>
> >
> > z* (4-4 [mm]\lambda)[/mm] = -8
> >
> > Somit sehe ich keine Abhängigkeit von [mm]\beta,[/mm] und der
> > kritische Fall wäre:
> > 0 = -8 welcher durch [mm]\lambda[/mm] = +1 erreicht wird.
> >
> > Somit ist die Antwort: Für [mm]\lambda \NOT=[/mm] +1
>
> Ja. Für [mm]\lambda\not=[/mm] 1 hat die Matrix den Rang 3 und ist
> somit eindeutig lösbar.
>
Jetzt weis ich auch, warum hier [mm] \lambda [/mm] = 1 steht und nicht wie richtig: [mm] \lambda \not= [/mm] 1, hab das NOT groß geschrieben und nicht klein.
Ok soweit sogut
>
> > Unendlich viele Lösungen habe ich für [mm]\lambda[/mm] = 1,
>
> Du widersprichst Dir selbst: Du hast doch eben noch
> festgestellt,
> > 0 = -2 welcher durch [mm]\lambda[/mm] = +1 erreicht wird.
>
> Das bedeutet, daß Du mit keinen x,y,z der Welt das System
> lösen kannst.
Achso, das heißt also, dass 0 = -2 (jetzt nachgerechnet) einfach etwas unmögliches ist, und somit das Ganze nicht lösbar ist? Also muss 0 = 0 stehen, damit ich an diesem Punkt weiterarbeiten könnte?
>
> Für diesen Fall ist der Rang der erweiterten Matrix größer
> als der der Koeffizientenmatrix, so daß das System keine
> Lösung hat.
>
> Der Fall, daß die Koeffizientenmatrix und erweiterte
> Koeffizientenmatrix beide den Rang 2 oder gar 1 haben,
> kann bei dieser Matrix nicht eintreten.
>
Das heißt, einmal an der Stelle wo ich sehe: 0 = -2, weiß ich, ich kann das System nicht lösen.
Das heißt mir Rang(A) = Koeffizientenmatrix = 1 kann ich nicht viel anfangen, egal wie ich [mm] \beta [/mm] wähle.
Danke
lg
Zuggel
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> Ich könnte dir für den Vektor ( 3 / 6) folgen, aber der 2er
> ist mir noch nicht klar, tut mir leid!
Dann nehmen wir halt (3/6). (Das muß alles die Katze gewesen sein.)
> > > Unsere neue schöne Matrix:
> > >
> > > [mm]\pmat{ 1 & 1 & 1 & | 1\\ 0 & 1 & 2-4 \lambda & | & \beta - 12 \\ 0 & 0 & 4-4 \lambda & | & -8 }[/mm]
>
> >
> > >
> >
> > Sie ist wunderschön, und ich tue so, als wäre sie richtig.
> >
> >
> > > Dann wurde gefragt:
> > >
> > > Für welchen Wert von [mm]\lambda[/mm] ist das System lösbar wenn
> > > [mm]\beta \in \IR[/mm]
> > >
> > > Gut das ganze bin ich so angegangen:
> > >
> > > Ich untersuche die letzte Zeile, welche offensichtlich
> > > immer die kritische Zeile für die Betrachtung ist:
> >
> > Nee, das kann man so nicht sagen: immer wenn in den
> > führenden Elementen Parameter stecke, muß man aufpassen.
>
> Ein führendes Element wäre das erste Element direkt nach
> der 0 in einer Zeile?
Ja.
Oder halt das erste Element der ersten Zeile, sofern es nicht =0 ist.
> In unseren beiden Fällen hatten wir
> in der letzten Zeile das führende Element direkt nach der
> 0, somit musste ich dieses untersuchen. Liege ich richtig?
Ja. Denn dieses Element könnte ja den Rang der Matrix beeinflussen.
> Achso, das heißt also, dass 0 = -2 (jetzt nachgerechnet)
> einfach etwas unmögliches ist, und somit das Ganze nicht
> lösbar ist? Also muss 0 = 0 stehen, damit ich an diesem
> Punkt weiterarbeiten könnte?
Ja.
> > Für diesen Fall ist der Rang der erweiterten Matrix größer
> > als der der Koeffizientenmatrix, so daß das System keine
> > Lösung hat.
> >
> > Der Fall, daß die Koeffizientenmatrix und erweiterte
> > Koeffizientenmatrix beide den Rang 2 oder gar 1 haben,
> > kann bei dieser Matrix nicht eintreten.
> >
>
> Das heißt, einmal an der Stelle wo ich sehe: 0 = -2, weiß
> ich, ich kann das System nicht lösen.
Ja.
> Das heißt mir Rang(A) = Koeffizientenmatrix = 1
Den Rang 1 wirst Du hier ja sowieso nicht hinkriegen.
> kann ich
> nicht viel anfangen, egal wie ich [mm]\beta[/mm] wähle.
[mm] \beta [/mm] ist hier völlig egal.
Gruß v, Angela
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:28 Mo 21.01.2008 | | Autor: | Zuggel |
Alles klar soweit, Dankesehr!
Aber um mein Wissen noch etwas zu vertiefen:
> > > > Ich untersuche die letzte Zeile, welche offensichtlich
> > > > immer die kritische Zeile für die Betrachtung ist:
> > >
> > > Nee, das kann man so nicht sagen: immer wenn in den
> > > führenden Elementen Parameter stecke, muß man aufpassen.
> >
> > Ein führendes Element wäre das erste Element direkt nach
> > der 0 in einer Zeile?
>
> Ja.
>
> Oder halt das erste Element der ersten Zeile, sofern es
> nicht =0 ist.
>
>
> > In unseren beiden Fällen hatten wir
> > in der letzten Zeile das führende Element direkt nach der
> > 0, somit musste ich dieses untersuchen. Liege ich richtig?
>
> Ja. Denn dieses Element könnte ja den Rang der Matrix
> beeinflussen.
>
>
Also wenn ich das richtig verstanden habe (Anhand eines Beispiels):
(2-a)x+y=1
(2-a)y=1
(-a-a)z=0
[mm] \pmat{ 2-a & 1 & 0 & | & 1 \\ 0 & 2-a & 0 & | & 1 \\ 0 & 0 & -1-a & | & 0 }
[/mm]
Also du hast gesagt, das Element NACH der 0, was nicht = 0 ist, bestimmt den Rang meiner Matrix.
Die letzte Zeile scheidet somit aus, denn die = 0
Das heißt, ich komme auf die 2. Zeile zurück:
(2-a)y=1
Das heißt ich habe 1 Lösung für: a [mm] \not= [/mm] 2 (also a ist NICHT =2)
Jedoch sehe ich hier ein Problem, und zwar, wenn a Nicht = 2 ist, dann ist in der letzten Zeile, auser für a=-1 immer das Problem mit: -2 = 0 oder -3= 0, und das hatten wir vorhin, wobei wir festgestellt haben, dass das nicht geht!
Liege ich richtig wenn ich, um das Problem zu lösen, behaupte:
Für mich zählt nur der Ausdruck: a [mm] \not= [/mm] 2 und sage ,das System ist lösbar für alle a auser =2? Denn eigentlich könnte ich in der letzten Zeile ja folgendes machen:
z*(-1-a)=0, dividiere und erhalte: z=0, übrig bleiben 2 Zeilen mit 2 Variablen, somit ist das System lösbar. (Ich habe jedoch trotzdem bedenken, da es sich um eine Division durch 0 handeln könnte, wenn a = -1 ist)
Wenn meine These vorhin richtig war, und ich z=0 ansehen kann und dies konstant so ist, kann ich sagen, dass das System keine Lösung für a=2 hat.
Unendlich viele Lösungen dürfte es hier wohl nicht geben, wenn z ausscheidet und y über a [mm] \in \IR [/mm] auser für 2, eindeutig lösbar ist, gibt es nicht unendlich viele Lösungen.
lg
Zuggel und Dankeschööön =)
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> Also wenn ich das richtig verstanden habe (Anhand eines
> Beispiels):
>
> (2-a)x+y=1
> (2-a)y=1
> (-a-a)z=0
>
> [mm]\pmat{ 2-a & 1 & 0 & | & 1 \\ 0 & 2-a & 0 & | & 1 \\ 0 & 0 & -1-a & | & 0 }[/mm]
>
> Also du hast gesagt, das Element NACH der 0, was nicht = 0
> ist, bestimmt den Rang meiner Matrix.
> Die letzte Zeile scheidet somit aus, denn die = 0
Hallo,
das verstehe ich nicht...
Die führenden Elemente liegen in Deinem Beispiel alle auf der Hauptdiagonalen. Von ihnen hängt der Rang der Koeffizientenmatrix ab.
Ich zeige Dir, was ich tue, vergleiche Du es mit dem, was Du getan hast, ich steig da schlecht durch.
Ich sehe: sobald [mm] a\not\in \{-1,2\} [/mm] ist der Rang der Matrix =3, das System also eindeutig lösbar.
Also muß ich noch die Fälle a=-1 und a=2 untersuchen.
Für a=-1 habe ich
[mm] \pmat{ 3 & 1 & 0 & | & 1 \\ 0 & 3 & 0 & | & 1 \\ 0 & 0 & 0 & | & 0 }
[/mm]
Koeffizientenmatrix und die erweiterte Koeffizientenmatrix haben beide den Rang 2.
Das System ist lösbar, es gibt unendlich viele Lösungen. (Ich kann der Matrix auch entnehmen, daß die Lösung eine gerade ist, denn der Lösungsraum des homogenen Systems ist eindimensional.)
Basis des Löungsraumes:
z beliebig, y=1/3 x=1/3 (1-1/3)=2/9 , also ist der Lösungsraum [mm] \vektor{2,9 \\ 1/3 \\ 0} [/mm] + [mm] <\vektor{0\\ 0 \\ 1}>
[/mm]
Für a=2
[mm] \pmat{ 0 & 1 & 0 & | & 1 \\ 0 & 0 & 0 & | & 1 \\ 0 & 0 & -3 & | & 0 }
[/mm]
Auch hier ist der Rang der Koeffizientenmatrix =2. Es gibt keine Lösung denn der Rang der erweiterten Matrix ist 3. (Wenn Du's nicht siehst: 2.und 3. Zeile vertauschen.)
(Ich
> habe jedoch trotzdem bedenken, da es sich um eine Division
> durch 0 handeln könnte, wenn a = -1 ist)
Wenn Du durch -1-a dividieren möchtest, mußt Du notieren: für [mm] a\not=-1 [/mm] und den Fall a=-1 gesondert untersuchen.
Gruß v. Angela
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 11:28 Di 22.01.2008 | | Autor: | Zuggel |
>
> det A'= 1+b.
>
> Für [mm]b\not=-1[/mm] hat diese Matrix den Rang 3,
> A hingegen den Rang 2. Es ist also der Rang der erweiterten
> Koeffizientenmatrix größer als der der Koeffizientenmatrix,
> also keine Lösung.
>
> Im GS würde sich das so wiederspiegeln, daß eine Gleichung
> z.B. zu 0=5 würde.
>
>
> Hast Du b=-1, so ist der Rang von A' [mm]\le[/mm] 2.
>
> Also hat das GS unendlich viele Lösungen, denn es läßt sich
> so reduzieren., daß nur 2 Gleichungen mit 3 Variablen
> übrigbleiben.
>
>
>
> [mm]\pmat{ 1 & 0 & \alpha & | & 2 \\ 0 & 1 & 1 & | & 3 \\ 1 & -1 & 1 & | & \beta }--->\pmat{ 1 & 0 & \alpha & | & 2 \\ 0 & 1 & 1 & | & 3 \\ 0 & 0 & 2-a & | &1+ b}[/mm]
Guten Morgen!
Also ich habe das Ganze nochmal nachgerechnet und bin zu folgendem Ergebnis gekommen:
Wir haben gesagt, ich habe keine Lösung für:
[mm] \alpha [/mm] = 2 und [mm] \beta \in \IR!
[/mm]
Jedoch sehe ich dann für den Fall, wenn [mm] \beta [/mm] = -1 ist, dass das System sehr wohl eine Lösung hat, zwar unendlich viele, trotzdem müsste ich diesen Fall ausschließen und sagen:
Es gibt keine Lösungen für:
[mm] \alpha [/mm] = 2 und [mm] \beta \not= [/mm] -1
Das ganze habe ich auch mit der det der erweiterten sowie der normalen Koeffizienten-Matrix kontrolliert,
det [mm] \pmat{ 1 & 0 \\ 0 & 1 } [/mm] => rang =2
fur [mm] \alpha [/mm] = 2
det [mm] \pmat{ 1 & 3 \\ 0 & 1+ \beta } [/mm] => rang =2 wenn [mm] \beta [/mm] = -1
Danke
lg
Zuggel
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> >
> > det A'= 1+b.
> >
> > Für [mm]b\not=-1[/mm] hat diese Matrix den Rang 3,
> > A hingegen den Rang 2. Es ist also der Rang der erweiterten
> > Koeffizientenmatrix größer als der der Koeffizientenmatrix,
> > also keine Lösung.
> >
> > Im GS würde sich das so wiederspiegeln, daß eine Gleichung
> > z.B. zu 0=5 würde.
> >
> >
> > Hast Du b=-1, so ist der Rang von A' [mm]\le[/mm] 2.
> >
> > Also hat das GS unendlich viele Lösungen, denn es läßt sich
> > so reduzieren., daß nur 2 Gleichungen mit 3 Variablen
> > übrigbleiben.
> >
> >
> >
> > [mm]\pmat{ 1 & 0 & \alpha & | & 2 \\ 0 & 1 & 1 & | & 3 \\ 1 & -1 & 1 & | & \beta }--->\pmat{ 1 & 0 & \alpha & | & 2 \\ 0 & 1 & 1 & | & 3 \\ 0 & 0 & 2-a & | &1+ b}[/mm]
>
>
> Guten Morgen!
>
> Also ich habe das Ganze nochmal nachgerechnet und bin zu
> folgendem Ergebnis gekommen:
>
> Wir haben gesagt, ich habe keine Lösung für:
> [mm]\alpha[/mm] = 2 und [mm]\beta \in \IR![/mm]
Hallo,
wo haben wir das gesagt?
Wir (zumindest ich) haben doch eigentlich immer gesagt: wir haben keine Lösung für a=2 und [mm] b\not=1. [/mm]
Falls Du Dich auf dies beziehst:
> >
> > det A'= 1+b.
> >
> > Für [mm]b\not=-1[/mm] hat diese Matrix den Rang 3,
> > A hingegen den Rang 2. Es ist also der Rang der erweiterten
> > Koeffizientenmatrix größer als der der Koeffizientenmatrix,
> > also keine Lösung.
Das war Bestandteil der Überlegungen für den Fall a=2. Du mußt das richtig lesen.
Gruß v. Angela
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 12:16 Di 22.01.2008 | | Autor: | Zuggel |
Entschuldige!
Es ist so ein drunter und drüber, durch das ganze zitieren, hin und herrechnen hab ich mich wohl irgendwo verirrt..
Also Dankesehr
Abschließend noch zur Kontrolle:
Keine Lösung für:
[mm] \alpha=2 [/mm] und [mm] \beta \not= [/mm] 1
Eine Lösung für:
[mm] \alpha \not= [/mm] 2
Unendlich viele Lösungen für:
[mm] \alpha [/mm] = 2 und [mm] \beta [/mm] = -1
Ich danke dir für deine Unterstützung!
lg
Zuggel
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