Lösbarkeit LGS mit Parameter < Gleichungssysteme < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 13:51 So 13.11.2011 | | Autor: | davux |
| Aufgabe | Die folgende Koeffizientenmatrix [mm] $E_t$, $t\in\IR$, [/mm] besitzt bereits Treppenform. Die den Spaltennummern 1, 2 und 3 zugeordneten Variablen seien x, y und z.
[mm] $E_t:=\pmat{2&4&2&|&12t^2\\0&8&5&|&-12t^2+12t+7\\0&0&18t-6&|&6t^2-5t+1}$
[/mm]
(a) Untersuchen Sie [mm] $E_t$ [/mm] auf Lösbarkeit in Abhängigkeit von [mm] $t\in\IR$. [/mm] Bestimmen Sie insbesondere die Menge [mm] $D:=\{t\in\IR:E_t$ ist eindeutig lösbar$\}$.
[/mm]
(b) Zeigen Sie, dass [mm] $E_1$ [/mm] eindeutig lösbar ist und bestimmen Sie die Lösung.
(c) Auf D sei [mm] $t\mapsto\gamma(t)$ [/mm] die Funktion, die jedem [mm] $t\in [/mm] D$ die z-Komponente der eindeutig bestimmten Lösung von [mm] $E_t$ [/mm] zuordnet. Weisen Sie nach, dass [mm] $\gamma(t)$ [/mm] auf D mit einem reellen Polynom g vom Grad 1 übereinstimmt. Geben Sie [mm] $\gamma(t)$ [/mm] in dieser Form an. |
Hallo,
ich bin mit der Aufgabe etwas spät dran und wundere mich etwas über meine Ergebnisse, schon beim Aufgabenteil a). Bisher habe ich folgendes zu Papier gebracht:
III: [mm] $(18t-6)z=6t^2-5t+1$
[/mm]
Beim Betrachten der letzten Zeile fällt auf, dass sich für [mm] $t=\bruch{1}{3}$ [/mm] auf der linken Seite 0 ergibt. Dem bin ich nachgegangen:
Fall [mm] $t=\bruch{1}{3}$:
[/mm]
[mm] $(18\cdot\bruch{1}{3}-6)z=6\cdot\bruch{1}{3}^2-5\bruch{1}{3}+1$
[/mm]
[mm] $\gdw (6-6)z=1-\bruch{5}{3}+1$
[/mm]
[mm] $\gdw 0z=2-\bruch{5}{3}$
[/mm]
[mm] $\gdw 0=\bruch{1}{3}$ [/mm] Widerspruch
[mm] $\Rightarrow$ [/mm] Das LGS besitzt für [mm] $t=\bruch{1}{3}$ [/mm] keine Lösung.
Als nächstes habe ich, da mir kein weiterer besonderer Fall ins Auge sprang, den allgemeinen Fall weiter untersucht:
Fall [mm] $t\in\IR\setminus\{\bruch{1}{3}\}$:
[/mm]
[mm] $(18t-6)z=6t^2-5t+1$
[/mm]
[mm] $\gdw z=\bruch{6t^2-5t+1}{18t-6}=\bruch{t}{3}-\bruch{1}{6}$ (\*)
[/mm]
[mm] (\*) [/mm] in II: [mm] $8y+5(\bruch{t}{3}-\bruch{1}{6})=-12t^2+12t+7$
[/mm]
[mm] $\gdw y=\bruch{1}{48}(-72t^2+62t+47)$ (\Delta)
[/mm]
[mm] (\*),(\Delta) [/mm] in I [mm] $\Rightarrow x=9t^2-\bruch{35t}{12}-\bruch{43}{24}$
[/mm]
Dafür dass sich der Ausdruck für z noch vereinfachen ließ, scheinen mir die Ausdrücke für x und y äußerst suspekt. Ich konnte aber keinen Fehler feststellen.
[mm] E_t [/mm] ist meiner bisherigen Betrachtung nach für beliebiges [mm] t\in\IR\setminus\{\bruch{1}{3}\} [/mm] eindeutig lösbar.
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Hallo davux,
> Die folgende Koeffizientenmatrix [mm]E_t[/mm], [mm]t\in\IR[/mm], besitzt
> bereits Treppenform. Die den Spaltennummern 1, 2 und 3
> zugeordneten Variablen seien x, y und z.
>
> [mm]E_t:=\pmat{2&4&2&|&12t^2\\
0&8&5&|&-12t^2+12t+7\\
0&0&18t-6&|&6t^2-5t+1}[/mm]
>
> (a) Untersuchen Sie [mm]E_t[/mm] auf Lösbarkeit in Abhängigkeit
> von [mm]t\in\IR[/mm]. Bestimmen Sie insbesondere die Menge
> [mm]D:=\{t\in\IR:E_t[/mm] ist eindeutig lösbar[mm]\}[/mm].
> (b) Zeigen Sie, dass [mm]E_1[/mm] eindeutig lösbar ist und
> bestimmen Sie die Lösung.
> (c) Auf D sei [mm]t\mapsto\gamma(t)[/mm] die Funktion, die jedem
> [mm]t\in D[/mm] die z-Komponente der eindeutig bestimmten Lösung
> von [mm]E_t[/mm] zuordnet. Weisen Sie nach, dass [mm]\gamma(t)[/mm] auf D mit
> einem reellen Polynom g vom Grad 1 übereinstimmt. Geben
> Sie [mm]\gamma(t)[/mm] in dieser Form an.
> Hallo,
> ich bin mit der Aufgabe etwas spät dran und wundere mich
> etwas über meine Ergebnisse, schon beim Aufgabenteil a).
> Bisher habe ich folgendes zu Papier gebracht:
>
> III: [mm](18t-6)z=6t^2-5t+1[/mm]
> Beim Betrachten der letzten Zeile fällt auf, dass sich
> für [mm]t=\bruch{1}{3}[/mm] auf der linken Seite 0 ergibt. Dem bin
> ich nachgegangen: ![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
Das ist sinnvoll 
>
> Fall [mm]t=\bruch{1}{3}[/mm]:
>
> [mm](18\cdot\bruch{1}{3}-6)z=6\cdot\bruch{1}{3}^2-5\bruch{1}{3}+1[/mm]
Nanananana!
Es ist [mm] $\left(\frac{1}{3}\right)^2=\frac{1}{9}$
[/mm]
Rechterhand ergibt sich damit $0$
Also letzte Zeile für $t=1/3$: $0=0$ - alles in Butter, du hast Lösbarkeit mit unendlich vielen Lösungen, rechne die mal aus ...
> [mm]\gdw (6-6)z=1-\bruch{5}{3}+1[/mm]
> [mm]\gdw 0z=2-\bruch{5}{3}[/mm]
> [mm]\gdw 0=\bruch{1}{3}[/mm]
> Widerspruch
>
> [mm]\Rightarrow[/mm] Das LGS besitzt für [mm]t=\bruch{1}{3}[/mm] keine
> Lösung.
Doch, unendlich viele!
>
> Als nächstes habe ich, da mir kein weiterer besonderer
> Fall ins Auge sprang, den allgemeinen Fall weiter
> untersucht:
>
> Fall [mm]t\in\IR\setminus\{\bruch{1}{3}\}[/mm]:
Jo, in dem Fall darfst du durch $18t-6$ teilen und bekommst eind. Lösbarkeit
> [mm](18t-6)z=6t^2-5t+1[/mm]
> [mm]\gdw z=\bruch{6t^2-5t+1}{18t-6}=\bruch{t}{3}-\bruch{1}{6}[/mm] [mm](\*)[/mm]
>
> [mm](\*)[/mm] in II: [mm]8y+5(\bruch{t}{3}-\bruch{1}{6})=-12t^2+12t+7[/mm]
> [mm]\gdw y=\bruch{1}{48}(-72t^2+62t+47)[/mm] [mm](\Delta)[/mm]
>
> [mm](\*),(\Delta)[/mm] in I [mm]\Rightarrow x=9t^2-\bruch{35t}{12}-\bruch{43}{24}[/mm]
>
> Dafür dass sich der Ausdruck für z noch vereinfachen
> ließ, scheinen mir die Ausdrücke für x und y äußerst
> suspekt. Ich konnte aber keinen Fehler feststellen.
> [mm]E_t[/mm] ist meiner bisherigen Betrachtung nach für beliebiges
> [mm]t\in\IR\setminus\{\bruch{1}{3}\}[/mm] eindeutig lösbar.
Jo, ich komme auch auf deine Ergebnisse ...
Gruß
schachuzipus
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 14:32 So 13.11.2011 | | Autor: | davux |
Danke, da habe ich mir ja ein Bein gestellt, dann besser ich das mal aus und schaue mal, wie es aussieht.
Ich denke, der Aufgabenteil b) wird, wie eben nachgewiesen, keine großen Schwierigkeiten machen. Über den Teil c) habe ich noch genug Zeit mir den Kopf zu zerbrechen, aber ich werde denke ich nochmal auf den Thread zurückkommen müssen.
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