Richtige Lösung? < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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Hallo!
Die Aufgabe lautet:
Man gebe jeweils eine Bedingung für die reelen Zahlen a,b,c an, die äquivalent zur Lösbarkeit des Gleichungssystems über R ist.Anschließend
bestimme man alle Lösungen des Gleichungssystems (unter den angegebenen Bedingungen):
x+y+z+w=a
5y+2z+4w=b
3x-2y+z-w=c
Ich habe die Aufgabe wie folgt gelöst, und würde gerne wissen, ob das so richtig ist.
a=1 b=5 c=7
Koeffizientenmatrix
1. 1 1 1 1 1
2. 0 5 2 4 5
3. 3 -2 1 -1 7
nach 3-1*3 und 3-2*(-1) erhält man folgende Matrix
1 1 1 1 1
0 5 2 4 5
0 0 0 0 4
Damit gibt es keine Lösung.
Danke im Vorraus!
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 23:16 Sa 30.10.2004 | | Autor: | Stefan |
Hallo Mausi!
> Die Aufgabe lautet:
> Man gebe jeweils eine Bedingung für die reelen Zahlen
> a,b,c an, die äquivalent zur Lösbarkeit des
> Gleichungssystems über R ist.
Später schreibst du:
> a=1 b=5 c=7 [...]
> Damit gibt es keine Lösung.
Damit kannst du die Aufgabe gar nicht richtig gelöst haben, denn du solltest ja solche Bedingungen an die Parameter $a,b,c$ finden, dass das LGS lösbar ist.
Erst einmal solltest du dich mal grundsätzlich über die Lösbarkeit linearer Gleichungssysteme informieren:
![[]](/images/popup.gif) http://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/article.php?sid=488
Dann musst du schauen, für welche $a,b,c$ die Bedingung
[mm] $\mbox{Rang} \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 \\ 0 & 5 & 2 & 4 \\ 3 & -2 & 1 & -1 \end{pmatrix} [/mm] = [mm] \mabox{Rang} \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 & a \\ 0 & 5 & 2 & 4 & b \\ 3 & -2 & 1 & -1 & c\end{pmatrix}$
[/mm]
gilt. Das kannst zum Beispiel dadurch prüfen, indem du beide Matrizen auf Zeilenstufenform bringst.
Versuche es bitte mal und melde dich wieder mit deinen Ansätzen. Wir helfen dir dann schon! 
Liebe Grüße
Stefan
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Hallo! Ich habe die gleiche Aufgabe zu lösen!
Ich habe [mm] \pmat{1&1&1&1\\0&5&2&4\\3&-2&1&-1} [/mm] und [mm] \pmat{1&1&1&1&a\\0&5&2&4&b\\3&-2&1&-1&c} [/mm] umgeformt in die Zeilenstufenform und habe dabei folgendes heraus:
[mm] \pmat{1&1&1&1\\0&0&-7&-9} [/mm] UND [mm] \pmat{1&1&1&1&a\\0&-5&-2&c-3a\\0&0&0&0&b+c-3a}
[/mm]
Habe ich die Zeilenstufenform falsch berechnet? Denn ansonsten ist das System doch nicht lösbar???
Ich habe diese Frage in keinem anderen Forum gestellt
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(Antwort) fertig | | Datum: | 10:24 Mo 01.11.2004 | | Autor: | Paulus |
Hallo Yellowbird
ich glaube, da hast du dich irgendwo verrechnet!
ich jedenfalls habe erhalten:
[mm] $\pmat{1&1&1&1&a\\0&5&2&4&b\\0&0&0&0&b+c-3a}$
[/mm]
Zeige doch bitte deinen Rechenweg, amit der Fehler gefunden werden kann!
Die Frage bleibt dann noch zu beantworten, welche Werte für $a, b_$ und $c_$ genommen werden müssen, damit das Gleichungssystem lösbar ist.
Na ja, lösbar ist es auf jeden Fall, nur ist manchmal die Lösungsmenge leer, manchmal nicht! 
Mit lieben Grüssen
Paul
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Hallo
Also ich habe das folgendermaßen gerechnet:
[mm] \pmat{1&1&1&1&a\\0&5&2&4&b\\3&-2&1&-1&c}
[/mm]
daraus folgt : [mm] \pmat{1&1&1&1&a\\3&-2&1&-1&c\\0&5&2&4&b} [/mm]
daraus folgt: [mm] \pmat{1&1&1&1&a\\0&-5&-2&-4&c-3a\\0&0&0&0&b+c-3a}
[/mm]
Ich verstehe nicht wie du auf deine Lösung gekommen bist?
Kann man denn durch einsetzen in der letzten Zeile diese zur Nullzeile machen und dann das System lösen???
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(Antwort) fertig | | Datum: | 22:31 Mo 01.11.2004 | | Autor: | Paulus |
Hallo Yellowbird
ja, deine Antwort ist auch richtig (in der 1. Version ist aber die Matrix etwas vermurkst, darum konnte ich sie nicht richtig interpretieren!
Dass unsere Lösungen gleichwertig sind, kannst du verifizieren, indem du bei deiner Matrix die 2- Zeile mal -1 rechnest und anschliessend noch die 3. Zeile hinzuaddierst.
Ich habe das eben ohne Zeilenvertauschung gerechnet. Einfach zuerst mit Hilfe der 1. Zeile links unten 0 entstehen lassen, und dann die 2. Zeile zur 3. addiert.
Aber: die Frage ist noch nicht beantwortet! Was bedeutet das nun für a, b und c?
Mit lieben Grüssen
Paul
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Da ich ja die gleiche Aufgabe zu lösen habe, und auch mittlerweile das Gleichungssystem so wie ihr auflösen konnte, habe ich mir überlegt, dass a=4 b=11 und c=1 sein könnte.Diese Werte habe ich erhalten, indem ich angenommen habe, dass x,y,z,w alle gleich 1 sind. Wenn man die Werte für a,b,c dann in die 3. Zeile einsetzt,erhält man 0=0, was ja richtig ist. Daraus kann ich doch schließen, dass das Gleichungssystem unendlich viele Lsg hat, oder?
Hätte ich damit die Aufgabe richtig beantwortet?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 00:24 Di 02.11.2004 | | Autor: | Paulus |
Hallo Mausi
> Da ich ja die gleiche Aufgabe zu lösen habe, und auch
> mittlerweile das Gleichungssystem so wie ihr auflösen
> konnte, habe ich mir überlegt, dass a=4 b=11 und c=1 sein
Ja, das könnte sein. Es gibt aber noch sehr viel mehr Möglichkeiten, wie a, b und c gesetzt werden könnten!
Due hast ja festgestellt, dass b+c-3a = 0 sein muss.
Das kannst du jetzt einfach nach einer der Variablen auflösen, z.B.:
$c=3a-b_$
Damit kannst du sagen: $a_$ und $b_$ dürfen beliebig gewählt werden, c muss dann gemäss obiger Gleichung berechnet werden, damit das Gleichungssystem eine Lösungsmenge hat, die nicht leer ist.
> könnte.Diese Werte habe ich erhalten, indem ich angenommen
> habe, dass x,y,z,w alle gleich 1 sind. Wenn man die Werte
> für a,b,c dann in die 3. Zeile einsetzt,erhält man 0=0, was
> ja richtig ist. Daraus kann ich doch schließen, dass das
> Gleichungssystem unendlich viele Lsg hat, oder?
> Hätte ich damit die Aufgabe richtig beantwortet?
>
Ja, ja, schon. Das Gleichungssystem hat unendlich viele Lösungen, aber: nicht alle beliebigen Werte für x, y, z und w eingesetzt, bilden eine Lösung. Die Lösungen selber haben untereinander noch eine bestimmte Struktur, und die gilt es noch herauszufinden.
Das Gleichungssystem muss jetzt noch aufgelöst werden. Dabei darfst du aber einfach an Stelle des $c_$ den Ausdruck $3a-b$ einsetzen.
Ueberlege dazu vielleicht auch: wenn du eine einzige Gleichung mit 2 Unbekannten hast, also etwa:
$y-x=5$
Dann sagst du auch nicht einfach: Die Gleichung hat unendlich viele Lösungen.
Du weisst ja sicher, dass die Lösungsmenge, wenn man die in einem Koordinatensystem einzeichnet, eine Gerade bildet. Die Lösungen haben also eine bestimmte Struktur untereinander!
Man würde das etwa so ausdrücken:
$ [mm] \begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\5\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}*t$
[/mm]
So etwas Aehnliches ist bei deiner Aufgabe auch gefordert. Es heisst ja, man solle das Gleichungssystem auflösen, nachdem man die Bedingung für a, b und c angegeben habe.
Kannst du das noch machen?
Mit lieben Grüssen
Paul
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Hallo!
Um das Gleichungssystem für a=4,b=11 und c=1 zu lösen, benutze ich die Koeffizientenmatrix
1 1 1 1 4 Z1
0 5 2 4 11 Z2
3 -2 1 -1 1 Z3
nach Z3-Z1*3 und Z3-Z2*(-1) erhalte ich:
1 1 1 1 4 Z1
0 5 2 4 11 Z2
0 0 0 0 0 Z3
da Z3 zur Nullzeile geworden ist, haben wir mehr Spalten als Zeilen. Das Gleichungssystem muss somit unendlich viele Lsg haben.
Ich habe das Gleichungssystem trotzdem weiter aufgelöst, und folgendes erhalten:
Z2 : 5y+2z+4w=11 daraus folgt 2z=11-5y-4w
das in Z1*2 eingesetzt 2x+2y+11-5y-4w+2w=8
ergibt dann x-1,5y-w=1,5
Ist das denn so richtig?
Und ich weiß nicht, wie ich die Lösungsmenge aufschreiben muss.
Lg Sonja
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(Antwort) fertig | | Datum: | 10:23 Mi 03.11.2004 | | Autor: | Paulus |
Liebe Sonja
ich glaube, diese Aufgabe braucht zunächst einige grundsätzliche Überlegungen im Zusammenhang mit dem Lösen von Linearen Gleichungssystemen. Ich mach das einmal anhand zweier ganz einfacher Beispiele.
Das erste Beispiel kennst du schon:
$x + y = 5$
Da habe ich dir in einer Antwort bereits gesagt, dass die Lösungen so dargestellt werden können:
[mm] $\begin{pmatrix}5\\0\end{pmatrix}+\lambda*\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}$
[/mm]
Das ist eine Gerade im x-y-Koordinatensystem. Mach bitte dazu auch eine Zeichnung (wichtig!).
Jetzt beobachten wir, was passiert, wenn man die Koeffizienten bei x und y in Ruhe lässt, aber den Wert rechterhand verändert. Schreiben wir die Gleichung einmal so:
$x + y = 4$
Wie ändert sich jetzt die Lösungsmenge?
Die Lösungen sind jetzt:
[mm] $\begin{pmatrix}4\\0\end{pmatrix}+\lambda*\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}$
[/mm]
Und wenn die Gleichung so heissen würde:
$x + y = 3$
Dann ergibt sich:
[mm] $\begin{pmatrix}3\\0\end{pmatrix}+\lambda*\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}$
[/mm]
Und so?:
$x + y = 2$
Dann ergibt sich:
[mm] $\begin{pmatrix}2\\0\end{pmatrix}+\lambda*\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}$
[/mm]
Und so?:
$x + y = 0$
Dann ergibt sich:
[mm] $\lambda*\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}$
[/mm]
Was hast du in deiner Zeichnung festgestellt?
Ich denke, die Gerade wird durch das Abändern der Werte rechterhand einfach parallel verschoben. Das heisst: der Richtungsvektor bleibt erhalten, wenn ich die Koeffizienten nicht verändere. Ledigleich der Stützpunkt verändert sich!
Wenn der Wert auf der rechten Seite 0 ist, dann geht die Gerade durch den Ursprung, das heisst: die Gerade selbst kann als Vektorraum aufgefasst werden.
Und jetzt die wichtige Schlussfolgerung, die ich gleich an einem weiteren Beispiel nochmals zeige:
Wenn man ein lineares Gleichungssystem zu lösen hat (von dem wir wissen, dass überhaupt Lösungen existieren), haben wir 2 Aufgaben zu lösen:
1) Einen (beliebigen) Stützpunkt herausfinden.
2) Den (die) Richtungsvektor(en) herausfinden.
Für Punkt 2) genügt es, mit dem zugehörigen Homogenen Gleichungssystem zu arbeiten (also rechts von den Gleichheitszeichen jeweils 0)
Wie können nun diese beiden Teilaufgaben gelöst werden?
Ich mach an einem andere Beispiel, das aber auch recht einfach ist.
Sei folgendes Gleichungssystem gegeben:
$x + y + z = 7$
$x -y + 2z = 5$
In Matrix-Schreibweise:
[mm] $\begin{pmatrix}1&1&1&\mid&7\\1&-1&2&\mid&5\end{pmatrix}$
[/mm]
Jetzt wenden wir zunächst das Gauss-Verfahren an:
[mm] $\begin{pmatrix}1&1&1&\mid&7\\0&-2&1&\mid&-2\end{pmatrix}$
[/mm]
So, damit ist ein Teilerfolg erzielt. Wir machen aber weiter: nachdem wir unterhalb der Diagonale (von links oben nach rechts unten) Nullen erzeugt haben, produzieren wir auch oberhalb dieser Diagonalen Nullen:
[mm] $\begin{pmatrix}2&2&2&\mid&14\\0&-2&1&\mid&-2\end{pmatrix}$
[/mm]
[mm] $\begin{pmatrix}2&0&3&\mid&12\\0&-2&1&\mid&-2\end{pmatrix}$
[/mm]
Vielleich die 2. Zeile noch mal -1:
[mm] $\begin{pmatrix}2&0&3&\mid&12\\0&2&-1&\mid&2\end{pmatrix}$
[/mm]
Jetzt habe ich eine Diagonalform erreicht. Das macht man immer, bevor man die 2 oben erwähnten Teilaufgaben löst.
Diese Matrix wieder als Gleichungssystem interpretiert sähe übrigens so aus:
$2x + 3z = 12_$
$2y - z = 2_$
Jetzt also zur 1. Teilaufgabe: Auffinden irgend eines Zahlentripels (x,y,z), das die Gleichungen erfüllt.
Das kann man ganz einfach machen: man setzt für alle Variablen, die rechts von der Diagonale sind, 0 ein und berechnet daraus die anderen Werte:
In unserem Beispiel haben wir also $z=0_$ zu setzen, was zu folgendem Gleichungssystem führt:
$2x = 12_$
$2y = 2_$
Das liefert: $x = 6_$ und $y=1_$.
Somit ist unser Stützvektor gefunden:
[mm] $\begin{pmatrix}6\\1\\0\end{pmatrix}$
[/mm]
Wir können nun zu den Richtungsvektoren schreiten.
Da haben wir ja festgestellt, dass wir dazu nur das Homogene Gleichungssystem zu untersuchen haben:
[mm] $\begin{pmatrix}2&0&3&\mid&0\\0&2&-1&\mid&0\end{pmatrix}$
[/mm]
Das Gleichungssystem sieht so aus:
$2x + 3z = 0_$
$2y - z = 0_$
Wie können wir hier vorgehen:
Da setzt man einfach hintereinander für eine Variable rechts der Diagonale eine $1_$ ein, für alle anderen rechts der Diagonale eine $0_$. In unserem Beispiel haben wir aber keine "anderen", so dass ich einfach einmal $z=1_$ setze. Das führt zu folgendem Gleichungssystem:
$2x + 3 = 0_$
$2y - 1 = 0_$
das kann ebenso einfach wie eben nach $x_$ und $y_$ aufgelöst werden:
[mm] $x=-\bruch{3}{2}$
[/mm]
[mm] $y=\bruch{1}{2}$
[/mm]
Ein Richtungsvektor sieht also so aus:
[mm] $\begin{pmatrix}-\bruch{3}{2}\\\bruch{1}{2}\\1\end{pmatrix}$
[/mm]
Da das nur ein Richtungsvektor ist, kann man ihn auch mit einer Konstanten multiplizieren, und er versieht seinen Dienst immer noch. Hier würde ich die Brüche wegmultiplizieren (also mit 2):
[mm] $\begin{pmatrix}-3\\1\\2\end{pmatrix}$
[/mm]
So: fertig!
Die Lösung sieht also so aus:
[mm] $\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}6\\1\\0\end{pmatrix}+\lambda*\begin{pmatrix}-3\\1\\2\end{pmatrix}$
[/mm]
Zur Kontrolle können wir das in unseren ursprünglichen Gleichungen einmal einsetzen:
$x + y + z = 7$
$x -y + 2z = 5$
Die 1. Gleichung ergibt:
[mm] $6-3\lambda+1+\lambda+2\lambda=7$ [/mm] ![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
Die 2. Gleichung ergibt:
[mm] $6-3\lambda-1-\lambda+4\lambda=5$ [/mm] Ebenfalls
So, Sonja, ich werde dein Beispiel etwas später in einer separaten Antwort vorrechnen, ich bitte dich aber, diesen Beitrag mal in Ruhe durchzustudieren. Das zu begreifen ist sehr wichtig, um weiterführende Dinge machen zu können!
Mit lieben Grüssen
Paul
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 14:37 Mi 03.11.2004 | | Autor: | Paulus |
Hallo Sonja
warum ist dein Spitzname eigentlich "Mausi2911"? Es gibt ja noch ein "mausi" im Matheraum, und irgendwie spüre ich da eine Seelenverwandtschaft!
Wie in meinem anderen Beitrag "Etwas Grundlagen" angedeutet, will ich dein Beispiel einmal vorrechnen. Sei aber bitte so gut und studiere zuerst jenen Beitrag, ich kann mich dann hier etwas kurz fassen.
> Hallo!
>
> Um das Gleichungssystem für a=4,b=11 und c=1 zu lösen,
> benutze ich die Koeffizientenmatrix
![[notok]](/images/smileys/notok.gif "[notok]") Das würde ich nicht so tun. Indem du fixe Werte einsetzt, vergibst du den Blick aufs Allgemeine.
Ich würde das so tun: (bitte Vergleiche das Vorgehen mit meiner kleinen Einführung bezüglich einiger Grundlagen)
So war das Gleichungssystem gegeben:
$x+y+z+w=a_$
$5y+2z+4w=b_$
$3x-2y+z-w=c_$
Und wir haben auch schon herausgefunden: sollte das Gleichungssystem Lösungen besitzen, dann muss gelten:
$c=3a-b_$
Das setzen wir einfach in unser Gleichungssystem ein:
$x+y+z+w=a_$
$5y+2z+4w=b_$
$3x-2y+z-w=3a-b_$
Das ist unser Ausgangspunkt. Hier werden wir auch unser Resultat einsetzen, um die Korrektheit unserer Berechnungen zu überprüfen!
Ebenfall bereits früher haben wir das Gleichungssystem etwas reduziert:
$x+y+z+w=a_$
$5y+2z+4w=b_$
Das lösen wir jetzt auf, nach den Regeln, die ich im "Etwas Grundlagen" dargelegt habe.
Setzen wir das doch mal in die Matrix-Schreibweise um (um Schreibarbeit zu ersparen, mindestens auf dem Papier, aber nicht hier, mit dem Formeleditor):
[mm] $\begin{pmatrix}1&1&1&1&\mid&a\\0&5&2&4&\mid&b\end{pmatrix}$
[/mm]
Der erste Teil des Gauss-Verfahrens ist schon gemacht, also noch der 2. Teil:
[mm] $\begin{pmatrix}5&5&5&5&\mid&5a\\0&5&2&4&\mid&b\end{pmatrix}$
[/mm]
[mm] $\begin{pmatrix}5&0&3&1&\mid&5a-b\\0&5&2&4&\mid&b\end{pmatrix}$
[/mm]
Jetzt die Ermittlung des Stützvektors: die 3. Spalte, und auch die 4. Spalte $0_$ setzen und jede so entstehende Gleichung nach den Variablen der ersten zwei Spalten auflösen:
[mm] $\begin{pmatrix}5&0&0&0&\mid&5a-b\\0&5&0&0&\mid&b\end{pmatrix}$ [/mm]
Das ergibt für den Stützvektor:
[mm] $\begin{pmatrix}a-\bruch{b}{5}\\\bruch{b}{5}\\0\\0\end{pmatrix}$
[/mm]
Kannst du das nachvollziehen? Sonst erkläre ich das dann nochmals mit Zwischenschritten.
Jetzt die Richtungsvektoren: (Homogenes Gleichungssystem machen!):
[mm] $\begin{pmatrix}5&0&3&1&\mid&0\\0&5&2&4&\mid&0\end{pmatrix}$
[/mm]
Zunächst für die Variable der 3. Spalte $1_$ setzen, die anderen - rechts der 2. Spalte - $0_$:
[mm] $\begin{pmatrix}5&0&3&0&\mid&0\\0&5&2&0&\mid&0\end{pmatrix}$
[/mm]
Das ergibt den einen Richtungsvektor:
[mm] $\begin{pmatrix}-\bruch{3}{5}\\-\bruch{2}{5}\\1\\0\end{pmatrix}$
[/mm]
Vielleicht noch die Brüche "wegmultiplizieren":
[mm] $\begin{pmatrix}-3\\-2\\5\\0\end{pmatrix}$
[/mm]
Dann für die Variable der 3. Spalte $1_$ setzen, die anderen - rechts der 2. Spalte - $0_$:
[mm] $\begin{pmatrix}5&0&0&1&\mid&0\\0&5&0&4&\mid&0\end{pmatrix}$
[/mm]
Das ergibt den zweiten (und letzten) Richtungsvektor:
[mm] $\begin{pmatrix}-\bruch{1}{5}\\-\bruch{4}{5}\\0\\1\end{pmatrix}$
[/mm]
Auch hier vielleicht wieder mal $5_$:
[mm] $\begin{pmatrix}-1\\-4\\0\\5\end{pmatrix}$
[/mm]
Somit hätten wir als Lösung:
[mm] $\begin{pmatrix}x\\y\\z\\w\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}a-\bruch{b}{5}\\\bruch{b}{5}\\0\\0\end{pmatrix}+\lambda*\begin{pmatrix}-3\\-2\\5\\0\end{pmatrix}+\mu*\begin{pmatrix}-1\\-4\\0\\5\end{pmatrix}$
[/mm]
So, jetzt bleibt nur noch, diese Lösung zwecks Überprüfung in den ursprünglichen Gleichungen einzusetzen:
$x+y+z+w=a_$
$5y+2z+4w=b_$
$3x-2y+z-w=3a-b_$
Die 1. Gleichung liefert:
[mm] $a-\bruch{b}{5}-3\lambda-\mu+\bruch{b}{5}-2\lambda-4\mu+5\lambda+5\mu=a$ [/mm]
Die 2. Gleichung liefert:
[mm] $b-10\lambda-20\mu+10\lambda+20\mu=b$ [/mm]
Die 3. Gleichung liefert:
[mm] $3a-\bruch{3b}{5}-9\lambda-3\mu-\bruch{2b}{5}+4\lambda+8\mu+5\lambda-5\mu=3a-b$ [/mm]
![[huepf]](/images/smileys/huepf.gif "[huepf]")
Mit lieben Grüssen
Paul
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Hallo Paulus
Ich würde gerne wissen ob deine Lösung die einzige Art ist solch ein Gleichungssystem zu lösen und die Lösung aufgeschrieben.
Ich habe das nämlich folgendermaßen gemacht und würde gerne wissen ob man das nur auf deine Weise ( also mit vektorenschreibweise) aufschreiben kann.
Meine Lösung:
Die letzte matrix [mm] ist\pmat{1&1&1&1&a\\0&-5&-2&-4&c-3a\\0&0&0&0&b+c-3a}
[/mm]
dann habe ich a=2, b=3 und c=3 gewählt und somit entsteht in der letzten Zeile eine Nullzeile und man hat
[mm] \pmat{1&1&1&1&a\\0&-5&-2&-4&c-3a}
[/mm]
jetzt habe ich das Sytem folgendermaßen gelöst:
Die letzte Gleichung nach y aufgelöst wobei ich [mm] z=\alpha [/mm] und [mm] w=\beta [/mm] gesetzt habe, weil man diese beiden ja beliebig wählen kann
Dannn ist [mm] y=-3+2\alpha+4\beta [/mm] geteilt durch 5
und [mm] x=7-3\alpha-\beta [/mm] geteilt durch 5
dann habe ich gesagt dass [mm] \alpha [/mm] und \ beta die reellen zahlen durchlaufen
Wenn ich diese Lösung für a=2, b=3 und c=3 einsetzte dann funktioniert das
Ist so eine Lösung völlig falsch??? Was wäre denn wenn man so eine Darstellung in Vektorenform noch nicht kennen würde, könnte man dann diese Systeme nicht lösen?
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 23:28 Mi 03.11.2004 | | Autor: | Paulus |
Hallo Yellowbird
diene Methode ist auch fast richtig. Du musst einfach die Variabeln a und c stehen lassen, nicht einfach durch feste, willkürliche, Werte ersetzen.
Dann gibt es noch ein Problem: es könnte sein, dass z und w nicht die ganzen reellen Zahlen durchlaufen! (Bei diesem Beispiel ist das aber nicht der Fall)
Bei y hast du noch einen Vorzeichenfehler! Das ganze sollte negativ sein.
Ich habe so erhalten:
$x = [mm] \bruch{2a+c-3\alpha-\beta}{5}$
[/mm]
$y = [mm] \bruch{3a-c-2\alpha-4\beta}{5}$
[/mm]
[mm] $z=\alpha$
[/mm]
[mm] $w=\beta$
[/mm]
In der linearen Algebra macht man das aber im Allgemeinen schon mit Vektoren. Die Lineare Algebra untersucht ja schliesslich die Vektorräume.
Mit der durch mich beschriebenen Methode hast du ein Werkzeug zur Hand, das immer funktioniert, also auch, wenn die "frei wählbaren Variablen" gar nicht so frei sind, wie man glauben könnte.
Natürlich hätte man auch meine Lösungsmenge ohne Vektorschreibweise aufstellen können, indem man jede Komponente einzeln aufzählt.
Versuch das doch mal. Du wirst die genau gleiche Lösungsmenge erhalten!
Mit lieben Grüssen
Paul
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 22:55 Do 04.11.2004 | | Autor: | Yellowbird |
Hallo
Vielen Dank, dass du die Fragen so ausführlich beantwortet hast, es ist mir klar, dass man in der linearen Algebra solche Lösungsmengen so darstellt, wie du es beschrieben hast, nur konnte ich das in unserer bisherigen Volesung noch nicht wiederfinden.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 23:26 So 07.11.2004 | | Autor: | Mausi2911 |
Hallo Paulus!
Sorry, dass ich mich jetzt erst bedanke, aber ich hatte ziemlich viel um die Ohren. Hast mir und ich denke auch anderen echt weitergeholfen. Außerdem ein Kompliment für "Etwas Grundlagen". Wenn man solche Dinge weiß, ist das alles gar nicht mehr so schwer.
Du wolltest noch wissen, warum ich Mausi2911 heiße. Lässt sich ziemlich einfach beantworten. Mein Freund nennt mich immer Mausi und der 29.11 ist mein Geburtsdatum.
Nochmals tausend Dank!
Tschüß Sonja
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