Lösbarkeit eines homogenen LGS < Gleichungssysteme < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 21:23 Di 11.05.2010 | | Autor: | lubalu |
| Aufgabe | Sei [mm] A=\pmat{ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 2 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 1 }.
[/mm]
Beh.: Ax=0 besitzt unendlich viele Lösungen. |
Hallo.
Muss ich hier [mm] x_1 [/mm] als freie Variable wählen?
Wäre [mm] x_1=a [/mm] die freie Variable. Dann erhalte ich mit [mm] x_2=x_3=x_4=0 [/mm] als Lösungsmenge: [mm] L=\IR \vektor{1 \\ 0 \\ 0 \\ 0}. [/mm] Deshalb hat das LGS unendlich viele Lösungen?!
Kann man auch anders argumentieren? Die Argumentation, wenn Rang (A) = Rang (A|b)=n dann ist Ax=b eindeutig lösbar, gilt nur für b ungleich dem Nullvektor, oder?
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Hallo,
> Sei [mm]A=\pmat{ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 2 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 1 }.[/mm]
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> Beh.: Ax=0 besitzt unendlich viele Lösungen.
> Hallo.
>
> Muss ich hier [mm]x_1[/mm] als freie Variable wählen?
> Wäre [mm]x_1=a[/mm] die freie Variable. Dann erhalte ich mit
> [mm]x_2=x_3=x_4=0[/mm] als Lösungsmenge: [mm]L=\IR \vektor{1 \\ 0 \\ 0 \\ 0}.[/mm]
> Deshalb hat das LGS unendlich viele Lösungen?!
Ja, das ist alles richtig gerechnet.
Deine Frage legt nahe, dass du wissen willst, ob es schneller geht?
Nun, du hast ja offenbar ein LGS gegeben, dass 4 Unbekannte hat (da A vier Spalten hat), aber nur 3 Gleichungen (da A drei Zeilen hat).
Es können also nur die beiden Fälle auftreten:
- Das LGS hat unendlich viele Lösungen
- Das LGS hat gar keine Lösungen.
Der zweite Fall kann aber sofort widerlegt werden, indem du eine Lösung, zum Beispiel eben (1,0,0,0), "rätst".
> Kann man auch anders argumentieren? Die Argumentation,
> wenn Rang (A) = Rang (A|b)=n dann ist Ax=b eindeutig
> lösbar, gilt nur für b ungleich dem Nullvektor, oder?
Sagen wir so: Wenn b der Nullvektor ist, sagt die Aussage nichts aus, denn dann ist auf jeden Fall Rang(A) = Rang(A|b).
Grüße,
Stefan
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:36 Di 11.05.2010 | | Autor: | lubalu |
| Aufgabe | Sei [mm] A=\pmat{ 0 & -1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 1 } [/mm] und [mm] b=\vektor{1 \\ 1 \\ 1}.
[/mm]
Beh.: L(A|b)= [mm] \emptyset [/mm] |
Ok, danke.
Hier eine ähnliche Aufgabe. Bringe ich (A|b) auf ZSF, so erhalte ich für
[mm] A=\pmat{ 0 & -1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 } [/mm] und [mm] b=\vektor{1 \\ 1 \\ 0}.
[/mm]
Dann würde ich doch [mm] x_1 [/mm] und [mm] x_3 [/mm] als freie Variablen erhalten? Oder nicht? Dann hätte aber Ax=b eine Lösung.
Irgendwie verwirrt mich das etwas.
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Hallo,
> Sei [mm]A=\pmat{ 0 & -1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 1 }[/mm]
> und [mm]b=\vektor{1 \\ 1 \\ 1}.[/mm]
>
> Beh.: L(A|b)= [mm]\emptyset[/mm]
Die Behauptung ist falsch, das LGS hat Lösungen.
(Vielleicht hast du aber auch etwas falsch abgetippt!)
> Hier eine ähnliche Aufgabe. Bringe ich (A|b) auf ZSF, so
> erhalte ich für
> [mm]A=\pmat{ 0 & -1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 }[/mm]
> und [mm]b=\vektor{1 \\ 1 \\ 0}.[/mm]
> Dann würde ich doch [mm]x_1[/mm] und
> [mm]x_3[/mm] als freie Variablen erhalten?
Ja.
> Dann hätte
> aber Ax=b eine Lösung.
Genau, Ax = b hat in de Form, wie es oben steht, unendlich viele Lösungen.
Grüße,
Stefan
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 21:46 Di 11.05.2010 | | Autor: | lubalu |
Ja,das dachte ich mir schon. Dann stimmt die Behauptung nicht.
Danke!
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