Lösungsmenge von Glch.Sys. < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 13:27 Mi 19.01.2005 | | Autor: | DeusRa |
- Lineare Algebra I -
Hallo
ich habe folgende Aufgabe bekommen:
Geben Sie die Lösungsmengen der folgenden Gleichungssysteme an:
x1+x2-x3+x4 = 0
2x1+3x2+3x3-x4 = -1
4x1+5x2+x3+x4 = -1
x1+x3 = 1
Also meine Idee ist erstmal, dass ich dieses System in Matrixform schreibe.
+1 +1 -1 +1 | 0
+2 +3 +3 -1 | -1
+4 +5 +1 +1| -1
+1 0 +1 0 | +1
Aber was ich dann machen soll, da habe ich keine Ahnung.
Evtl. muss ich x-werte bestimmen, die alle gleichungen lösen können.
Dies wäre jedoch zu einfach, oder ?
Danke schon mal für die Hilfe.
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 14:37 Mi 19.01.2005 | | Autor: | Paulus |
Hallo DeusRa
> - Lineare Algebra I -
>
> Hallo
>
> ich habe folgende Aufgabe bekommen:
>
> Geben Sie die Lösungsmengen der folgenden Gleichungssysteme
> an:
>
> x1+x2-x3+x4 =
> 0
> 2x1+3x2+3x3-x4
> = -1
> 4x1+5x2+x3+x4
> = -1
> x1+x3 = 1
>
>
> Also meine Idee ist erstmal, dass ich dieses System in
> Matrixform schreibe.
> +1 +1 -1 +1 | 0
> +2 +3 +3 -1 | -1
> +4 +5 +1 +1| -1
> +1 0 +1 0 | +1
>
Du meinst so:
[mm] $\pmat{1&1&-1&1&|&0\\2&3&3&-1&|&-1\\4&5&1&1&|&-1\\1&0&1&0&|&1}$
[/mm]
> Aber was ich dann machen soll, da habe ich keine Ahnung.
>
> Evtl. muss ich x-werte bestimmen, die alle gleichungen
> lösen können.
Ja, genau das sollst du tun!
> Dies wäre jedoch zu einfach, oder ?
>
Na ja, vielleicht tauchen beim Lösen ja Schwierigkeiten auf. Jedenfalls musst du die ganze Lösungsmenge darstellen, auch wenn das Gleichungssystem nicht eindeutig lösbar sein sollte.
Versuchs mal und berichte von deinem Erfolg/Misserfolg. 
Mit lieben Grüssen
Pual
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:24 Mi 19.01.2005 | | Autor: | DeusRa |
Danke schon mal.
Also das habe ich rausbekommen:
wäre cool, wenn jemand das überprüfen könnte:
[mm] \pmat{ 1 & 1 & -1 & 1 | 0 \\ 2 & 3 & 3 & -1 | -1 \\ 4 & 5 &1 & 1 | -1 \\ 1 & 0 & 1 & 0 | 1 }
[/mm]
So damit habe angefangen.
Und folgenden gemacht:
zeile 1 * zeile 4, dann zeile 4 * zeile 1, dann z4 - z1, dann z1 * 2, dann z2 * z1, dann z2 : 2, dann z1 - z2, dann erhalte ich folgendes:
[mm] \pmat{ 0 & 0 & 1 & 0 | 0 \\ 2 & 0 & -3 & 0 | 0 \\ 4 & 5 & 1 & 1 | -1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 | 0 }
[/mm]
So, dann erhalte ich ja für x3=0 und x1=0. Dann habe ich x4=a gesetzt [mm] \Rightarrow [/mm] x2= [mm] \bruch{1}{5}(1+a).
[/mm]
Also ist die Lsg-Menge:
[mm] \vektor{0 \\ (1+a) \\ 0 \\ 5a} [/mm] geteilt durch 5
Danke schon mal.
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Hallo Deusra!
> [mm]\pmat{ 1 & 1 & -1 & 1 | 0 \\ 2 & 3 & 3 & -1 | -1 \\ 4 & 5 &1 & 1 | -1 \\ 1 & 0 & 1 & 0 | 1 }
[/mm]
>
>
> So damit habe angefangen.
> Und folgenden gemacht:
> zeile 1 * zeile 4, dann zeile 4 * zeile 1, dann z4 - z1,
> dann z1 * 2, dann z2 * z1, dann z2 : 2, dann z1 - z2, dann
> erhalte ich folgendes:
>
> [mm]\pmat{ 0 & 0 & 1 & 0 | 0 \\ 2 & 0 & -3 & 0 | 0 \\ 4 & 5 & 1 & 1 | -1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 | 0 }
[/mm]
Was meinst du denn mit "zeile 1 * zeile 4" usw.? Seit wann kann man denn zwei Zeilen miteinander multiplizieren? Du kannst jede Zeile mit einem [mm] a\in\IR [/mm] multiplizieren und dann die Zeilen voneinander abziehen. Hier würde ich übrigens vorschlagen, dass du jede Zeile minus ein Vielfaches der ersten Zeile rechnest, danach mit der zweiten Zeile das Gleiche und dann müsstest du eigentlich schon fertig sein.
Also: die vierte Zeile minus die erste, dann ist in der vierten Zeile der erste Eintrag schon mal 0. Die dritte Zeile minus 4-mal die erste, dann ist auch hier der erste Eintrag 0 und noch die zweite Zeile minus zweimal die erste, dann ist auch dieser erste Eintrag 0. Nun rechnest du die dritte Zeile minus die zweite (wenn ich mich nicht verrechnet habe), dann müsste in der dritten Zeile auch der zweite Eintrag 0 sein und noch die vierte Zeile plus die zweite, damit auch hier der zweite Eintrag 0 wird. Dann habe ich hier in der dritten Zeile eine Nullzeile stehen und bin somit fertig.
Ich erhalte dann als Lösung:
[mm] x_1=\bruch{3}{7}x_4
[/mm]
[mm] x_2=-\bruch{6}{7}x_4
[/mm]
[mm] x_3=\bruch{4}{7}x_4
[/mm]
Rechenfehler nicht ausgeschlossen!
Viele Grüße
Bastiane
![[cap]](/images/smileys/cap.gif "[cap]")
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 17:04 Mi 19.01.2005 | | Autor: | Paulus |
Hallo miteinander
Ich glaube, dass Bastiane zu früh sagt, sie sei fertig. Dann gibt es doch noch Rechenfehler, jedenfalls hält die angegebene Lösung dem Test (Einsetzen in die ursprünglichen Gleichungen) nicht Stand.
Ich erfreche mich jetzt einfach einmal, Batianes Bemühungen noch weiter zu führen. Verzeihung, liebe Bastiane!
> Hallo Deusra!
> > [mm]\pmat{ 1 & 1 & -1 & 1 | 0 \\ 2 & 3 & 3 & -1 | -1 \\ 4 & 5 &1 & 1 | -1 \\ 1 & 0 & 1 & 0 | 1 }
[/mm]
>
> Was meinst du denn mit "zeile 1 * zeile 4" usw.? Seit wann
> kann man denn zwei Zeilen miteinander multiplizieren? Du
> kannst jede Zeile mit einem [mm]a\in\IR[/mm] multiplizieren und dann
> die Zeilen voneinander abziehen. Hier würde ich übrigens
> vorschlagen, dass du jede Zeile minus ein Vielfaches der
> ersten Zeile rechnest, danach mit der zweiten Zeile das
> Gleiche und dann müsstest du eigentlich schon fertig
> sein.
> Also: die vierte Zeile minus die erste, dann ist in der
> vierten Zeile der erste Eintrag schon mal 0. Die dritte
> Zeile minus 4-mal die erste, dann ist auch hier der erste
> Eintrag 0 und noch die zweite Zeile minus zweimal die
> erste, dann ist auch dieser erste Eintrag 0. Nun rechnest
Gut, dann erhalte ich:
[mm] $\pmat{1&1&-1&1&|&0\\0&1&5&-3&|&-1\\0&1&5&-3&|&-1\\0&1&-2&1&|&-1}$
[/mm]
> du die dritte Zeile minus die zweite (wenn ich mich nicht
> verrechnet habe), dann müsste in der dritten Zeile auch der
> zweite Eintrag 0 sein und noch die vierte Zeile plus die
> zweite, damit auch hier der zweite Eintrag 0 wird. Dann
> habe ich hier in der dritten Zeile eine Nullzeile stehen
> und bin somit fertig.
>
Ja, das stimmt. Aber bin ich dadurch automatisch fertig?
Das sieht dann ja so aus:
[mm] $\pmat{1&1&-1&1&|&0\\0&1&5&-3&|&-1\\0&0&0&0&|&0\\0&0&7&-4&|&0}$
[/mm]
Vertausche der dritten und vierten Zeile ergibt:
[mm] $\pmat{1&1&-1&1&|&0\\0&1&5&-3&|&-1\\0&0&7&-4&|&0\\0&0&0&0&|&0}$
[/mm]
Jetzt ist erst eine Etappe fertig: unter der Diagonalen stehen Nullen.
Als nächstes ist zu überprüfen, ob das Gleichungssystem überhaupt Lösungen haben kann. Dies ist ganz einfach und kann sofort mit "ja" beantwortet werden, weil in der 4. Zeile rechts des vertikalen Strichs auch eine Null steht. Wäre das nicht der Fall, wären wir fertig mit der Bemerkung, dass die Lösungsmenge leer sei. 
Das ist aber hier nicht der Fall. Wir müssen weiter machen!
Was wir hier schon mal vormerken können: die allgemeine Lösung des zugehörigen homogenen Gleichungssystems bildet einen Unterraum der Dimension 1.
Neben anderen, vor Allem in Gymnasien gelehrten Praktiken, gibt es noch die jetzt gleich angeführte Rechnung. Die hat den Vorteil, dass das Lösungsformat "Eine spezielle Lösung des inhomogenen Gleichungssystems plus die allgemeine Lösung des zugehörigen homogenen Gleichungssystem" erzeugt wird.
Die Rechnung besteht darin, dass jetzt über der Hauptdiagonalen auch Nullen erzeugt werden, jetzt aber von rechts nach links. Die 4. Zeile lasse ich dabei weg.
Dazu ersetze ich die 1. Zeile durch 7*ersteZeile plus dritteZeile, die 2. Zeile ersetze ich durch 7*zweiteZeile minus 5*dritteZeile.
Dann erhalte ich:
[mm] $\pmat{7&7&0&3&|&0\\0&7&0&-1&|&-7\\0&0&7&-4&|&0}$
[/mm]
Und jetzt ersetze ich noch die 1. Zeile durch ersteZeile minus zweiteZeile:
[mm] $\pmat{7&0&0&4&|&7\\0&7&0&-1&|&-7\\0&0&7&-4&|&0}$
[/mm]
Jetzt ist eine weitere Etappe geschafft. Nun bestimmen wir eine spezielle Lösung. Das ist einfach und kann immer auf die gleiche Art gemacht werden: Für alle [mm] $x_i$ [/mm] recht der Diagonale setzen wir $0_$ und berechnen die übrigen Werte. Durch das Null-setzen entsteht nämlich folgendes Gleichungssystem:
[mm] $\pmat{7&0&0&0&|&7\\0&7&0&0&|&-7\\0&0&7&0&|&0}$
[/mm]
Und daraus ergibt sich sofort: [mm] $x_1=1$, $x_2=-1$ [/mm] und [mm] $x_3=0$. [/mm] Weil wir vorsätzlich [mm] $x_4=0$ [/mm] gesetzt haben, ergibt sich für die spezielle Lösung:
[mm] $(x_1,x_2,x_3,x_4)=(1,-1,0,0)$
[/mm]
Jetzt noch die allgemeine Lösung für das zugehörende Homogene Gleichungssystem:
[mm] $\pmat{7&0&0&4&|&0\\0&7&0&-1&|&0\\0&0&7&-4&|&0}$
[/mm]
Die Aufgabe ist, linear unabhängige Lösungen zu finden, und alle Linearkombintionen davon bilden dann die allgemeine Lösung.
Hier ist das Vorgehen so: man setzt nacheinander für eine Variable rechts der Hauptdiagonalen eine $1_$, die übrigen (auch rechts der Hauptdiagonalen) werden $0_$ gesetzt. Die Variablen, die zur Hauptdiagonalen gehören, werden dann einfach berechnet.
In unserem Beispiel müssen wir das nur einmal machen, weil ja rechts der Hauptdiagonalen nur [mm] $x_4$ [/mm] steht. Das setzen wir also = 1. Ich schreibe zur Verdeutlichung das Homogene Gleichungssystem nicht als Matrix, sondern wirklich als Gleichungssystem (aber wirklich nur aus didaktischen Gründen, in der Praxis macht man das nicht):
[mm] $7x_1+4=0$
[/mm]
[mm] $7x_2-1=0$
[/mm]
[mm] $7x_3-4=0$
[/mm]
Daraus ergibt sich sofort: [mm] $(x_1,x_2,x_3,x_4)=(-\bruch{4}{7},\bruch{1}{7},\bruch{4}{7},1)$
[/mm]
Das ist also ein unabhängiger Lösungsvektor des Homogenen Gleichungssystems. Den kann ich auch mit $7_$ multiplizieren:
[mm] $(x_1,x_2,x_3,x_4)=(-4,1,4,7)$
[/mm]
So, jetzt kann ich die allgemeine Lösung angeben:
[mm] $(x_1,x_2,x_3,x_4)=(1,-1,0,0)+\lambda(-4,1,4,7)$
[/mm]
Das kann man jetzt getrost bei den ursprünglichen Gleichungen einsetzen. Die Lambdas fallen weg, und die Gleichungen sind erfüllt. Bitte ausprobieren!
Mit lieben Grüssen
Paul
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