inhomogenes lin. GLS < Gleichungssysteme < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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| Aufgabe | Fuer eine reelle Zahl [mm] \alpha [/mm] sei das Gleichungssystem
[mm] x_{1}+2x_{2}+\alpha{x_{3}}=1
[/mm]
[mm] 3x_{1}+6x_{2}+x_{3}=\alpha
[/mm]
[mm] 2x_{1}+4x_{2}+2x_{3}=2
[/mm]
gegeben. Untersuchen Sie, für welche [mm] \alpha [/mm] das GLS lösbar ist und geben Sie die entsprechenden Lösungsmengen an. |
Hallo,
mein wöchentliches Brett vorm Kopf ist wieder da...
Ich hab das GLS elementar umgeformt, indem ich das (-3)fache bzw. das (-2)fache der ersten Gleichung zur 2. bzw. 3. GL addiert hab.
[mm] x_{1}+2x_{2}+\alpha{x_{3}}=1
[/mm]
[mm] 0+0+x_{3}=\bruch{\alpha-3}{-3\alpha+1}
[/mm]
[mm] 0+0+(-2\alpha+2)x_{3}=0
[/mm]
Ich hab dann versucht, die 2. Gleichung nach [mm] x_{3} [/mm] aufzulösen und davon das [mm] -(2\alpha+2)fache [/mm] zur 3. Gleichung zu addieren, um [mm] \alpha [/mm] zu erhalten:
[mm] 0=\bruch{(\alpha-3)*(2\alpha-2)}{-3\alpha+1}
[/mm]
Aber jetzt krieg ich die Gleichung nicht nach [mm] \alpha [/mm] aufgelöst (Polynomdivision des Bruchs liefert [mm] 0=-\bruch{2}{3}\alpha+\bruch{22}{9}-\bruch{32}{27\alpha-9}).
[/mm]
Also entweder ich hab irgendwo falsch oder ungünstig umgeformt (es kommt mir ein wenig seltsam vor, dass nur [mm] x_{3} [/mm] eindeutig bestimmbar ist), oder ich hab mich verrechnet... Kann jemand den Fehler entdecken?
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> Fuer eine reelle Zahl [mm]\alpha [/mm] sei das Gleichungssystem
> [mm]x_{1}+2x_{2}+\alpha{x_{3}}=1[/mm]
> [mm]3x_{1}+6x_{2}+x_{3}=\alpha[/mm]
> [mm]2x_{1}+4x_{2}+2x_{3}=2[/mm]
> gegeben. Untersuchen Sie, für welche [mm]\alpha[/mm] das GLS lösbar
> ist und geben Sie die entsprechenden Lösungsmengen an.
> Hallo,
>
> mein wöchentliches Brett vorm Kopf ist wieder da...
> Ich hab das GLS elementar umgeformt, indem ich das
> (-3)fache bzw. das (-2)fache der ersten Gleichung zur 2.
> bzw. 3. GL addiert hab.
Hallo,
und dann hast Du noch heimlich durch [mm] -3\alpha+1 [/mm] dividiert, was Du nur tun darfst, wenn Du Dir sicher bist, daß das [mm] \not= [/mm] 0 ist.
Du müßtest an dieser Stelle eine Notiz machen und den Fall [mm] -3\alpha+1=0 [/mm] später noch untersuchen.
Dann ist es sehr viel übersichtlicher, wenn man das ganze in Matrixform aufschreibt, es läßt sich alles besser ablesen.
>
> [mm]x_{1}+2x_{2}+\alpha{x_{3}}=1[/mm]
> [mm]0+0+x_{3}=\bruch{\alpha-3}{-3\alpha+1}[/mm]
> [mm]0+0+(-2\alpha+2)x_{3}=0[/mm]
In Matrixform sähe Deine Matrix (für [mm] -3\alpha+1\not=0) [/mm] in ZSF so aus:
[mm] \pmat{1&2&a&|&1\\0&0&1&|&\bruch{\alpha-3}{-3\alpha+1}\\0&0&-2\alpha+2&|& 0}
[/mm]
Für Lösbarkeitsüberlegungen etrachtet man nun die Ränge von Koeffizientenmatrix bzw. erweiterter Koeffizientenmatrix.
Was weißt Du hierüber in Bezug auf lösbarkeit?
Welchen Rang hat die Matrix? Hängt er von a ab?
Gruß v. Angela
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Erstmal vielen Dank für die Hilfe!
> Für Lösbarkeitsüberlegungen etrachtet man nun die Ränge von
> Koeffizientenmatrix bzw. erweiterter Koeffizientenmatrix.
>
> Was weißt Du hierüber in Bezug auf lösbarkeit?
>
> Welchen Rang hat die Matrix? Hängt er von a ab?
Das Gleichungssystem ist lösbar, wenn r(A)=r(A|b).
Beide Ränge sind 3, also ist das GLS lösbar. Der Rang ändert sich, wenn [mm] \alpha=1 [/mm] ist, dann wird nämlich die dritte Zeile 0 und der Rang (in beiden Fällen) 2. Damit wäre das GLS für alle [mm] \alpha\not=1,\bruch{1}{3} [/mm] lösbar.
Kommt das hin? Oder macht das nix, wenn der Rang sich ändert, solange r(A)=r(A|b)? Dann wäre das GLS für alle [mm] \alpha\not=\bruch{1}{3} [/mm] lösbar
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> Erstmal vielen Dank für die Hilfe!
>
> > Für Lösbarkeitsüberlegungen etrachtet man nun die Ränge von
> > Koeffizientenmatrix bzw. erweiterter Koeffizientenmatrix.
> >
> > Was weißt Du hierüber in Bezug auf lösbarkeit?
> >
> > Welchen Rang hat die Matrix? Hängt er von a ab?
>
> Das Gleichungssystem ist lösbar, wenn r(A)=r(A|b).
Hallo,
ja.
> Beide Ränge sind 3,
Nein.
Die auf ZSF gebrachte Matrix sah doch so aus
$ [mm] \pmat{1&2&a&|&1\\0&0&1&|&\bruch{\alpha-3}{-3\alpha+1}\\0&0&-2\alpha+2&|& 0} [/mm] $
Wie schaut's aus, wenn [mm] a\not=1 [/mm] ist?
Dann knnst Du in der dritten Spalte eine weitere 1 erzeugen, und der Rang ist?
> also ist das GLS lösbar. Der Rang
> ändert sich, wenn [mm]\alpha=1[/mm] ist,
Wirklich?
> dann wird nämlich die
> dritte Zeile 0 und der Rang (in beiden Fällen) 2.
Ja. ich weiß aber nicht, was Du mit "beiden Fällen" gerade meinst.
> Damit
> wäre das GLS für alle [mm]\alpha\not=1,\bruch{1}{3}[/mm] lösbar.
> Kommt das hin?
Ja. Wenn es lösbar ist, interessiert man sich normalerweise dafür, ob es eindeutig lösbar ist, oder ob es mehrere Lösungen gibt.
> Oder macht das nix, wenn der Rang sich
> ändert, solange r(A)=r(A|b)?
Wenn der Rang von A=3 ist, ist es eindeutig lösbar.
Wenn Rang A und Rang (A|b) einen Rang haben, der kleiner als drei ist, gibt es mehrere Lösungen.
Wenn die Ränge von A und (A|b) verschiedne sind, gibt's keine Lösung.
> Dann wäre das GLS für alle
> [mm]\alpha\not=\bruch{1}{3}[/mm] lösbar
Ja.
Untersuchen mußt Du nun noch [mm] alpha=\bruch{1}{3}.
[/mm]
Gruß v. Angela
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Hm, ich versteh nicht so ganz, was du mir sagen willst.
> > Beide Ränge sind 3,
>
> Nein.
Warum? Wegen [mm] (-2a+2)x_{3}=0\gdw{x_{3}=0}? [/mm] Dann wäre der Rang 2, unabhängig von [mm] \alpha. [/mm]
>
> Die auf ZSF gebrachte Matrix sah doch so aus
>
> [mm]\pmat{1&2&a&|&1\\0&0&1&|&\bruch{\alpha-3}{-3\alpha+1}\\0&0&-2\alpha+2&|& 0}[/mm]
>
> Wie schaut's aus, wenn [mm]a\not=1[/mm] ist?
> Dann knnst Du in der dritten Spalte eine weitere 1
> erzeugen, und der Rang ist?
Wie meinst du das?
> > also ist das GLS lösbar. Der Rang
> > ändert sich, wenn [mm]\alpha=1[/mm] ist,
>
> Wirklich?
Okay, wenn meine Annahme [mm] (-2a+2)x_{3}=0\gdw{x_{3}=0} [/mm] stimmt, ist der Rang immer 2
>
> > dann wird nämlich die
> > dritte Zeile 0 und der Rang (in beiden Fällen) 2.
>
> Ja. ich weiß aber nicht, was Du mit "beiden Fällen" gerade
> meinst.
Ich meine r(A) und r(A|b).
> > Damit
> > wäre das GLS für alle [mm]\alpha\not=1,\bruch{1}{3}[/mm] lösbar.
> > Kommt das hin?
>
> Ja. Wenn es lösbar ist, interessiert man sich normalerweise
> dafür, ob es eindeutig lösbar ist, oder ob es mehrere
> Lösungen gibt.
"Entspricht der Rang der (erweiterten) Koeffizientenmatrix auch noch der Anzahl der Unbekannten, so besitzt das Gleichungssystem genau eine Lösung" Daraus würde ich jetzt schließen, dass es pro [mm] \alpha [/mm] genau eine Lösung gibt.
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> > Die auf ZSF gebrachte Matrix sah doch so aus
> >
> >
> [mm]\pmat{1&2&a&|&1\\0&0&1&|&\bruch{\alpha-3}{-3\alpha+1}\\0&0&-2\alpha+2&|& 0}[/mm]
Hallo,
untersuchen wir das nun für [mm] a\not=1:
[/mm]
[mm] \pmat{1&2&a&|&1\\0&0&1&|&\bruch{\alpha-3}{-3\alpha+1}\\0&0&-2\alpha+2&|& 0} [/mm] --> [mm] \pmat{1&2&a&|&1\\0&0&1&|&\bruch{\alpha-3}{-3\alpha+1}\\0&0&1&|& 0} [/mm] --> [mm] \pmat{1&2&a&|&1\\0&0&0&|&\bruch{\alpha-3}{-3\alpha+1}\\0&0&1&|& 0}-->\pmat{1&2&a&|&1\\0&0&1&|& 0\\0&0&0&|&\bruch{\alpha-3}{-3\alpha+1}}
[/mm]
So, wie schaut das hier nun mit der Lösbarkeit aus? für welche a ist es lösbar (was ist dann ggf. die Lösung?) und wann nicht?
Nun a=1:
[mm] \pmat{1&2&a&|&1\\0&0&1&|&\bruch{\alpha-3}{-3\alpha+1}\\0&0&-2\alpha+2&|& 0} =\pmat{1&2&1&|&1\\0&0&1&|&1\\0&0&0&|& 0}
[/mm]
Lösbarkeit? Lösung?
Fehlt noch der fall $ [mm] -3\alpha+1=0 [/mm] $ <==> [mm] a=\bruch{1}{3}, [/mm] der bereits ganz am Anfang ausgesondert wurde:
Die Koeffizientenmatrix ist
[mm] \pmat{1&2&\bruch{1}{3}&|&1\\3&6&1&|&\bruch{1}{3}\\2&4&2&|& 2} [/mm] --> [mm] \pmat{1&2&\bruch{1}{3}&|&1\\0&0&0&|&\bruch{8}{3}\\0&0&-\bruch{4}{3}&|& 0} [/mm] -->
Lösbarkeit? Ggf. Lösung ?
Man muß die Sache also etwas systematisch und mit Fallunterscheidungen angehen, dann kommt man ans Ziel. Daß man für alle Fälle die Zeilenstufenform dastehen hat, ist entscheidend.
Gruß v. Angela
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Hallo! Ich hab die Aufgabe beim Klausurenlernen nochmal gelöst. Bin mir immer noch nicht hundertprozentig sicher, ob das so korrekt ist. Wäre nett, wenn sich jemand meine Lösung kurz ansehen könnte.
> > > Die auf ZSF gebrachte Matrix sah doch so aus
> > >
> > >
> >
> [mm]\pmat{1&2&a&|&1\\0&0&1&|&\bruch{\alpha-3}{-3\alpha+1}\\0&0&-2\alpha+2&|& 0}[/mm]
Ist das überhaupt die ZSF? Ich hab hier eine Definition die besagt: "jede Zeile hat links eine Null mehr als die darüber" (ausgenommen Nullzeilen).
> untersuchen wir das nun für [mm]a\not=1:[/mm]
> [mm]\pmat{1&2&a&|&1\\0&0&0&|&\bruch{\alpha-3}{-3\alpha+1}\\0&0&0&|& 0}[/mm]
>
> So, wie schaut das hier nun mit der Lösbarkeit aus? für
> welche a ist es lösbar (was ist dann ggf. die Lösung?) und
> wann nicht?
Hier ist das LGS nur lösbar, wenn [mm] \bruch{\alpha-3}{-3\alpha+1}=0 [/mm] <=> [mm] \alpha=3 [/mm] ist. Dann habe ich die ZSF
[mm]\pmat{1&2&3&|&1\\0&0&0&|&0\\0&0&0&|& 0}[/mm]
Dabei ist rg A = rg (A|b)=1 (das LGS ist also lösbar und hat mehrere Lösungen). Die Lösungsmenge lautet:
[mm] \{x|x=\vektor{1-x_{2}-3x_{3} \\ x_{2} \\ x_{3}}\}
[/mm]
> Nun a=1:
>
> [mm]\pmat{1&2&a&|&1\\0&0&1&|&\bruch{\alpha-3}{-3\alpha+1}\\0&0&-2\alpha+2&|& 0} =\pmat{1&2&1&|&1\\0&0&1&|&1\\0&0&0&|& 0}[/mm]
>
> Lösbarkeit? Lösung?
>
Lösbarkeit: rg A = rg (A|b)=2
Lösungsmenge: [mm] \{x|x=\vektor{-2-x_{2} \\ x_{2} \\ 1}\}
[/mm]
>
> Fehlt noch der fall [mm]-3\alpha+1=0[/mm] <==> [mm]a=\bruch{1}{3},[/mm] der
> bereits ganz am Anfang ausgesondert wurde:
>
> Die Koeffizientenmatrix ist
>
> [mm]\pmat{1&2&\bruch{1}{3}&|&1\\3&6&1&|&\bruch{1}{3}\\2&4&2&|& 2}[/mm]
> -->
> [mm]\pmat{1&2&\bruch{1}{3}&|&1\\0&0&0&|&\bruch{8}{3}\\0&0&-\bruch{4}{3}&|& 0}[/mm]
> -->
>
> Lösbarkeit? Ggf. Lösung ?
nicht lösbar wegen des Widerspruchs [mm] 0=\bruch{8}{3}
[/mm]
Das LGS ist also für [mm] \alpha=3 [/mm] und [mm] \alpha=1 [/mm] lösbar.
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Gruß, Christoph
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Hallo Palisaden-Honko,
> Hallo! Ich hab die Aufgabe beim Klausurenlernen nochmal
> gelöst. Bin mir immer noch nicht hundertprozentig sicher,
> ob das so korrekt ist. Wäre nett, wenn sich jemand meine
> Lösung kurz ansehen könnte.
>
> > > > Die auf ZSF gebrachte Matrix sah doch so aus
> > > >
> > > >
> > >
> >
> [mm]\pmat{1&2&a&|&1\\0&0&1&|&\bruch{\alpha-3}{-3\alpha+1}\\0&0&-2\alpha+2&|& 0}[/mm]
>
> Ist das überhaupt die ZSF? Ich hab hier eine Definition die
> besagt: "jede Zeile hat links eine Null mehr als die
> darüber" (ausgenommen Nullzeilen).
>
> > untersuchen wir das nun für [mm]a\not=1:[/mm]
> >
> [mm]\pmat{1&2&a&|&1\\0&0&0&|&\bruch{\alpha-3}{-3\alpha+1}\\0&0&0&|& 0}[/mm]
>
> >
> > So, wie schaut das hier nun mit der Lösbarkeit aus? für
> > welche a ist es lösbar (was ist dann ggf. die Lösung?) und
> > wann nicht?
>
> Hier ist das LGS nur lösbar, wenn
> [mm]\bruch{\alpha-3}{-3\alpha+1}=0[/mm] <=> [mm]\alpha=3[/mm] ist. Dann habe
> ich die ZSF
> [mm]\pmat{1&2&3&|&1\\0&0&0&|&0\\0&0&0&|& 0}[/mm]
Die ZSF muß doch so aussehen:
[mm]\pmat{1&2&3&|&1\\0&0&\red{1}&|&0\\0&0&0&|& 0}[/mm]
Daraus ergibt sich [mm]x_{3}=0[/mm]
> Dabei ist rg A =
> rg (A|b)=1 (das LGS ist also lösbar und hat mehrere
> Lösungen). Die Lösungsmenge lautet:
> [mm]\{x|x=\vektor{1-x_{2}-3x_{3} \\ x_{2} \\ x_{3}}\}[/mm]
[mm]\{x|x=\vektor{1-x_{2} \\ x_{2} \\ \red{0} } \}[/mm]
>
> > Nun a=1:
> >
> >
> [mm]\pmat{1&2&a&|&1\\0&0&1&|&\bruch{\alpha-3}{-3\alpha+1}\\0&0&-2\alpha+2&|& 0} =\pmat{1&2&1&|&1\\0&0&1&|&1\\0&0&0&|& 0}[/mm]
>
> >
> > Lösbarkeit? Lösung?
> >
>
> Lösbarkeit: rg A = rg (A|b)=2
> Lösungsmenge: [mm]\{x|x=\vektor{-2-x_{2} \\ x_{2} \\ 1}\}[/mm]
Hier hast Du Dich verschrieben:
[mm]\{x|x=\vektor{-2\red{*}x_{2} \\ x_{2} \\ 1}\}[/mm]
>
> >
> > Fehlt noch der fall [mm]-3\alpha+1=0[/mm] <==> [mm]a=\bruch{1}{3},[/mm] der
> > bereits ganz am Anfang ausgesondert wurde:
> >
> > Die Koeffizientenmatrix ist
> >
> > [mm]\pmat{1&2&\bruch{1}{3}&|&1\\3&6&1&|&\bruch{1}{3}\\2&4&2&|& 2}[/mm]
> > -->
> >
> [mm]\pmat{1&2&\bruch{1}{3}&|&1\\0&0&0&|&\bruch{8}{3}\\0&0&-\bruch{4}{3}&|& 0}[/mm]
> > -->
> >
> > Lösbarkeit? Ggf. Lösung ?
>
> nicht lösbar wegen des Widerspruchs [mm]0=\bruch{8}{3}[/mm]
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
>
> Das LGS ist also für [mm]\alpha=3[/mm] und [mm]\alpha=1[/mm] lösbar.
>
> --
> Gruß, Christoph
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Gruß
MathePower
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Vielen Dank!
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Gruß, Christoph
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