Komplexes LGS mit Variable < Gleichungssysteme < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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| Aufgabe | [mm] A=\pmat{ i-1 & i-1 & i \\ i\beta-i & i\beta^{2}-i & -1-i \\ 1 & 1 & -1}
[/mm]
[mm] b=\pmat{ (-2)(1-i)^{-1} \\ -2-2i \\ e^{i\pi}}
[/mm]
Az = b
a) Für welche [mm] \beta \in \IC [/mm] gibt es:
i) genau eine Lösung
ii) unendlich viele Lösungen
iii) keine Lösung
geben Sie die Lösungsmenge von ii an.
b) Berechnen Sie z für [mm] \beta=-1 [/mm] mithilfe der inversen [mm] A^{-1} [/mm] |
Hallo,
die obige Aufgabe ist eine Klausuraufgabe an der ich wirklich verzweifle.
Ich hab gefühlte 100x versucht sie zu lösen komme aber immer auf was anderes und da ich keine Musterlösung besitze kann ich nicht nachvollziehen was denn nun richtig ist.
Grundsätzlich kann ich ein LGS problemlos lösen. Ich würde es in Stufenform bringen und dann eben die nötige Fallunterscheidung machen. Aber bei diesem Komplexen LGS blick ich ehrlich gesagt nicht ganz durch.
Ich hab mir das so gedacht:
Zuerst schiebe ich die letzte Zeile ganz hoch, dann hab ich oben schonmal das stehen was ich brauche. Die erste Zeile multipliziere ich mit 1-i und die zweite teile ich durch [mm] i\beta-i [/mm] und erhalte so:
[mm] \pmat{ 1 & 1 & -1 & -1 \\ -1 & -1 & \bruch{i}{2}-\bruch{1}{2} & -2 \\ 1 & -1 & \bruch{1-i}{-\beta+1} & \bruch{2-2i}{-\beta+1}}
[/mm]
Jetzt müsste ich nurnoch die erste Zeile zur zweiten Addieren und von der dritten subtrahieren dann hätte ich die Stufenform wenn ich dannach Zeile 2 und 3 tausche:
[mm] \pmat{ 1 & 1 & -1 & -1 \\ 0 & 1 & \bruch{2-\beta-2i}{2\beta-2} & \bruch{3-\beta-2i}{2\beta-2} \\ 0 & 0 & i-3 & -6}
[/mm]
Meine Determinante wäre wegen 3fachen Tauschen detA=-i+3 wobei [mm] \beta [/mm] völlig irrelevant wäre .... und ja da hörts dann auf...
Was mach ich falsch? Bitte helft mir.
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
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> [mm]A=\pmat{ i-1 & i-1 & i \\ i\beta-i & i\beta^{2}-i & -1-i \\ 1 & 1 & -1}[/mm]
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> [mm]b=\pmat{ (-2)(1-i)^{-1} \\ -2-2i \\ e^{i\pi}}[/mm]
>
> Az = b
> a) Für welche [mm]\beta \in \IC[/mm] gibt es:
> i) genau eine Lösung
> ii) unendlich viele Lösungen
> iii) keine Lösung
> geben Sie die Lösungsmenge von ii an.
> b) Berechnen Sie z für [mm]\beta=-1[/mm] mithilfe der inversen
> [mm]A^{-1}[/mm]
> Hallo,
> die obige Aufgabe ist eine Klausuraufgabe an der ich
> wirklich verzweifle.
> Ich hab gefühlte 100x versucht sie zu lösen komme aber
> immer auf was anderes und da ich keine Musterlösung
> besitze kann ich nicht nachvollziehen was denn nun richtig
> ist.
> Grundsätzlich kann ich ein LGS problemlos lösen.
Hallo,
das ist doch schonmal gut,
und Du mußt Dir keine großen Sorgen machen.
> Ich
> würde es in Stufenform bringen und dann eben die nötige
> Fallunterscheidung machen. Aber bei diesem Komplexen LGS
> blick ich ehrlich gesagt nicht ganz durch.
>
> Ich hab mir das so gedacht:
> Zuerst schiebe ich die letzte Zeile ganz hoch, dann hab
> ich oben schonmal das stehen was ich brauche.
Ja, das würde ich auch so machen.
> Die erste
> Zeile multipliziere ich mit 1-i
Hier ist Dir ein Fehler unterlaufen, denn es ist doch
[mm] (i-1)*(1-i)=-(i-1)(i-1)=-(i^2-2i+1^2)=-(-1-2i+1)=2i
[/mm]
i(1-i)=i+1
[mm] (-2)(1-i)^{-1}*(1-i)=-2
[/mm]
> und die zweite teile ich
> durch [mm]i\beta-i[/mm]
Das funktioniert nur für [mm] \beta\not=1
[/mm]
Es ist
[mm] \bruch{i\beta^2-i}{i\beta - i}=\bruch{i(\beta^2-1)}{i(\beta - 1)}=\beta+1
[/mm]
Weiter habe ich nicht gerechnet:
Versuche herauszufinden, was der Grund für Deine Fehler war.
Nur Schusselei, oder hast Du irgendetwas nicht verstanden?
LG Angela
> und erhalte so:
> [mm]\pmat{ 1 & 1 & -1 & -1 \\ -1 & -1 & \bruch{i}{2}-\bruch{1}{2} & -2 \\ 1 & -1 & \bruch{1-i}{-\beta+1} & \bruch{2-2i}{-\beta+1}}[/mm]
>
> Jetzt müsste ich nurnoch die erste Zeile zur zweiten
> Addieren und von der dritten subtrahieren dann hätte ich
> die Stufenform wenn ich dannach Zeile 2 und 3 tausche:
> [mm]\pmat{ 1 & 1 & -1 & -1 \\ 0 & 1 & \bruch{2-\beta-2i}{2\beta-2} & \bruch{3-\beta-2i}{2\beta-2} \\ 0 & 0 & i-3 & -6}[/mm]
>
> Meine Determinante wäre wegen 3fachen Tauschen detA=-i+3
> wobei [mm]\beta[/mm] völlig irrelevant wäre .... und ja da hörts
> dann auf...
> Was mach ich falsch? Bitte helft mir.
>
> Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen
> Internetseiten gestellt.
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Hmm ja aus irgendeinem Grund hab ich multiplikation gedacht und hingeschrieben aber hab dann dividiert... es war wohl doch schon etwas spät
Dann komm ich natürlich auch auf 2i und i+1
Ich bin dann also bei:
[mm] \pmat{ 1 & 1 & -1 & -1 \\ 2i & 2i & 1+i & -2 \\ 1 & \beta+1 & \bruch{1-i}{1-\beta} & \bruch{2-2i}{1-\beta}}
[/mm]
Jetzt würde ich die zweite Zeile nochmal durch 2i teilen damit ich auf 1 komme und dann Zeile2 - Zeile1 und Zeile3 - Zeile1:
[mm] \pmat{ 1 & 1 & -1 & -1 \\ 0 & 0 & \bruch{3-i}{2} & 1+i \\ 0 & \beta & \bruch{2-\beta-i}{1-\beta} & \bruch{3-\beta-2i}{1-\beta}}
[/mm]
Dann kann ich noch Zeile2 mit 2 multiplizieren und dann mit Zeile3 tauschen und erhalte die schöne detA= [mm] -\beta*(3-i)
[/mm]
Dann dürfte doch [mm] \beta [/mm] einfach nur nicht 0 werden??
Stimmt das so?
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> Ich bin dann also bei:
> [mm]\pmat{ 1 & 1 & -1 & -1 \\ 2i & 2i & 1+i & -2 \\ 1 & \beta+1 & \bruch{1-i}{1-\beta} & \bruch{2-2i}{1-\beta}}[/mm]
Hallo,
wir sollten an dieser Stelle noch festhalten, daß [mm] \beta\not=1.
[/mm]
Für [mm] \beta=1 [/mm] müssen wir die Matrix gesondert untersuchen.
>
> Jetzt würde ich die zweite Zeile nochmal durch 2i teilen
> damit ich auf 1 komme und dann Zeile2 - Zeile1 und Zeile3 -
> Zeile1:
> [mm]\pmat{ 1 & 1 & -1 & -1 \\ 0 & 0 & \bruch{3-i}{2} & 1+i \\ 0 & \beta & \bruch{2-\beta-i}{1-\beta} & \bruch{3-\beta-2i}{1-\beta}}[/mm]
Das hab ich jetzt nicht nachgerechnet.
>
> Dann kann ich noch Zeile2 mit 2 multiplizieren und dann mit
> Zeile3 tauschen und erhalte die schöne detA= [mm]-\beta*(3-i)[/mm]
Wenn Du mit A die Ausgangsmatrix meinst, stimmt das nicht, denn Du hast ja Zeilen mit irgendwas multipliziert/dividiert.
Die Determinante von A ist irgendein Vielfaches der von Dir berechneten Determinante.
Wir halten an dieser Stelle mal inne:
was willst Du eigentlich? Im Grunde willst Du ja erstmal nur [mm] die\beta [/mm] erfahren, für welche Ax=b keine eindeutige Lösung hat.
Dafür möchtest Du die Determinante der Koeffizientenmatrix A kennen.
Um die Determinante der Matrix zu erfahren, brauchst Du die Matrix nicht unbedingt auf ZSF zu bringen, Du hast ja gemerkt, daß es mühsam ist.
Erinnere Dich daran, daß Du gewisse Zeilen- und Spaltenumformungen machen darfst, ohne daß sich die Determinante ändert: Du darfst Vielfache von Zeilen/Spalten zu anderen Zeile/Spalten addieren.
Wenn man auf diese Art leicht Nullen erzeugen kann, kommt man der Determinante schnell auf die Spur.
Daher mal zurück jetzt zum Anfang:
[mm] detA=det\pmat{ i-1 & i-1 & i \\ i\beta-i & i\beta^{2}-i & -1-i \\ 1 & 1 & -1} [/mm]
2.Spalte - 1. Spalte
[mm] =det\pmat{ i-1 & 0 & i \\ i\beta-i & i\beta^{2}-i\beta & -1-i \\ 1 & 0 & -1}
[/mm]
1.Zeile - (i-1)*3.Zeile:
[mm] =det\pmat{ 0 & 0 & 2i-1 \\ i\beta-i & i\beta^{2}-i\beta & -1-i \\ 1 & 0 & -1}
[/mm]
Jetzt kannstDu nach der ersten Zeile entwickeln und hast schnell und vor allem ohne Qual die Determinante.
(Wenn in Klausuren die Determinante gefragt ist: immer nach guten Zeile/Spaltenumformungen suchen! Das ist der schnelle Weg.)
Hier ist A für [mm] \beta\in \IR \setminus\{0,1\} [/mm] invertierbar, für diese [mm] \beta [/mm] gibt es also eine eindeutige Lösung, welche aber nicht gefragt ist.
Untersuche nun die Aufgabenstellung für [mm] \beta=1 [/mm] und [mm] \beta=0.
[/mm]
LG Angela
> Dann dürfte doch [mm]\beta[/mm] einfach nur nicht 0 werden??
>
> Stimmt das so?
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> Hallo,
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> wir sollten an dieser Stelle noch festhalten, daß
> [mm]\beta\not=1.[/mm]
> Für [mm]\beta=1[/mm] müssen wir die Matrix gesondert
> untersuchen.
Ja stimmt wir dürfen ja nicht durch 0 teilen. Hab ich übersehen.
> Wir halten an dieser Stelle mal inne:
>
> was willst Du eigentlich? Im Grunde willst Du ja erstmal
> nur [mm]die\beta[/mm] erfahren, für welche Ax=b keine eindeutige
> Lösung hat.
Naja ich möchte eigendlich die [mm] \beta, [/mm] für welche Az=b keine, eine oder unendlich viele Lösungen hat. Ich muss alle Fälle untersuchen.
> Dafür möchtest Du die Determinante der
> Koeffizientenmatrix A kennen.
> Um die Determinante der Matrix zu erfahren, brauchst Du
> die Matrix nicht unbedingt auf ZSF zu bringen, Du hast ja
> gemerkt, daß es mühsam ist.
> Erinnere Dich daran, daß Du gewisse Zeilen- und
> Spaltenumformungen machen darfst, ohne daß sich die
> Determinante ändert: Du darfst Vielfache von
> Zeilen/Spalten zu anderen Zeile/Spalten addieren.
> Wenn man auf diese Art leicht Nullen erzeugen kann, kommt
> man der Determinante schnell auf die Spur.
>
> Daher mal zurück jetzt zum Anfang:
>
> [mm]detA=det\pmat{ i-1 & i-1 & i \\ i\beta-i & i\beta^{2}-i & -1-i \\ 1 & 1 & -1}[/mm]
>
> 2.Spalte - 1. Spalte
>
> [mm]=det\pmat{ i-1 & 0 & i \\ i\beta-i & i\beta^{2}-i\beta & -1-i \\ 1 & 0 & -1}[/mm]
>
> 1.Zeile - (i-1)*3.Zeile:
>
> [mm]=det\pmat{ 0 & 0 & 2i-1 \\ i\beta-i & i\beta^{2}-i\beta & -1-i \\ 1 & 0 & -1}[/mm]
>
> Jetzt kannstDu nach der ersten Zeile entwickeln und hast
> schnell und vor allem ohne Qual die Determinante.
> (Wenn in Klausuren die Determinante gefragt ist: immer
> nach guten Zeile/Spaltenumformungen suchen! Das ist der
> schnelle Weg.)
Oh Gott den Entwicklungssatz hab ich total verdrängt.
Da Google aber hilft dürfte doch [mm] detA=(2i-1)*(j\beta-i\beta^{2}) [/mm] sein?!
Daraus kann ich ablesen, wie du schon sagtest das [mm] \beta \in \IR [/mm] \ {0,1} sein muss um eindeutig lösbar zu sein.
Aber für alles weitere muss ich doch die Ränge kennen... Wie soll ich die denn bei deinem Lösungsansatz ablesen?
> Hier ist A für [mm]\beta\in \IR \setminus\{0,1\}[/mm] invertierbar,
> für diese [mm]\beta[/mm] gibt es also eine eindeutige Lösung,
> welche aber nicht gefragt ist.
>
> Untersuche nun die Aufgabenstellung für [mm]\beta=1[/mm] und
> [mm]\beta=0.[/mm]
>
> LG Angela
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> > Daher mal zurück jetzt zum Anfang:
> >
> > [mm]detA=det\pmat{ i-1 & i-1 & i \\ i\beta-i & i\beta^{2}-i & -1-i \\ 1 & 1 & -1}[/mm]
> >
> > 2.Spalte - 1. Spalte
> >
> > [mm]=det\pmat{ i-1 & 0 & i \\ i\beta-i & i\beta^{2}-i\beta & -1-i \\ 1 & 0 & -1}[/mm]
>
> >
> > 1.Zeile - (i-1)*3.Zeile:
> >
> > [mm]=det\pmat{ 0 & 0 & 2i-1 \\ i\beta-i & i\beta^{2}-i\beta & -1-i \\ 1 & 0 & -1}[/mm]
>
> >
> > Jetzt kannstDu nach der ersten Zeile entwickeln und hast
> > schnell und vor allem ohne Qual die Determinante.
> > (Wenn in Klausuren die Determinante gefragt ist: immer
> > nach guten Zeile/Spaltenumformungen suchen! Das ist der
> > schnelle Weg.)
>
> Oh Gott den Entwicklungssatz hab ich total verdrängt.
> Da Google aber hilft dürfte doch
> [mm]detA=(2i-1)*(i\beta-i\beta^{2})[/mm] sein?!
Hallo,
ja.
>
> Daraus kann ich ablesen, wie du schon sagtest das [mm]\beta \in \IR[/mm] [mm] \setminus\{0,1\} [/mm] sein muss um eindeutig lösbar zu sein.
Genau.
> Aber für alles weitere
"Alles weitere" sind [mm] \beta=0 [/mm] und [mm] \beta=1,
[/mm]
also gerade mal zwei Fälle.
> muss ich doch die Ränge kennen...
> Wie soll ich die denn bei deinem Lösungsansatz ablesen?
Da setzt Du Dein [mm] \beta [/mm] in Ax=b ein und untersuchst das dann halt.
LG Angela
P.S.:
Dein erster Ansatz mit der Zeilenstufenform nicht verkehrt!
Aber in einer Klausur ist bei der vorliegenden Fragestellung der andere Weg besser.
>
> > Hier ist A für [mm]\beta\in \IR \setminus\{0,1\}[/mm] invertierbar,
> > für diese [mm]\beta[/mm] gibt es also eine eindeutige Lösung,
> > welche aber nicht gefragt ist.
> >
> > Untersuche nun die Aufgabenstellung für [mm]\beta=1[/mm] und
> > [mm]\beta=0.[/mm]
> >
> > LG Angela
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Wenn ich [mm] \beta=0 [/mm] oder [mm] \beta=1 [/mm] einsetze komme ich beide male auf den Rang von 2 und unendlich viele Lösungen. Also ist es immer lösbar egal was ich für [mm] \beta [/mm] einsetze
Die Lösungsmenge wäre also [mm] \IL=\{\beta\in\IC|\beta=0\vee\beta=1\}
[/mm]
Und dann kommt auchnoch aufgabe b) bei der ich A invertieren soll. Hast du eine Idee wie ich das machen kann ohne mir da total einen abzubrechen? Um das auf eine Einheitsmatrix umzurechnen wären sehr viele wilde Rechnereien nötig.
Ich danke dir sehr für deine Hilfe und deine Geduld mit mir. 2 Vorlesungen über Matrizen und 3 über komplexe Zahlen sind einfach zu wenig um das alles zu verstehen und ich habe leider niemanden der mir da helfen kann. :(
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> Wenn ich [mm]\beta=0[/mm] oder [mm]\beta=1[/mm] einsetze komme ich beide male
> auf den Rang von 2 und unendlich viele Lösungen.
Hallo,
ich möchte nicht alles selbst rechnen, lieber würde ich mir ggf. Deine Rechnungen (Schritt f. Schritt!) anschauen.
Beim Einsetzen von [mm] \beta=0 [/mm] habe ich ein nichtlösbares LGS bekommen - habe aber nur ganz fix versucht und kann nicht ausschließen, daß ich Rechenfehler gemacht habe.
Hast Du denn nur die Koeffizientenmatrix A auf ZSF gebracht oder die erweiterte Koeffizientenmatrix (A|b)?
> Also ist
> es immer lösbar egal was ich für [mm]\beta[/mm] einsetze
> Die Lösungsmenge wäre also
> [mm]\IL=\{\beta\in\IC|\beta=0\vee\beta=1\}[/mm]
Nein.
Mal angennommen, Du hättest richtig gerechnet.
Die Lösungsmenge ist doch die Menge aller Vektoren x, die Du einsetzen kannst.
Du hättest dann [mm] L_{\beta=0}=\{x\in \IC^3|...\}, [/mm] oder eine Angabe in dieser Form:
[mm] L_{\beta=0}=spezielle \quad [/mm] Loesung + Loesungsraum [mm] \quad [/mm] des [mm] \quad [/mm] homogenen [mm] \quad [/mm] Systems.
>
> Und dann kommt auchnoch aufgabe b) bei der ich A
> invertieren soll. Hast du eine Idee wie ich das machen kann
> ohne mir da total einen abzubrechen? Um das auf eine
> Einheitsmatrix umzurechnen wären sehr viele wilde
> Rechnereien nötig.
Echt? wenn man [mm] \beta=-1 [/mm] einsetzt, sieht doch alles vergleichsweise übersichtlich aus?
Zeig mal - dann kann man Genaueres sagen.
LG Angela
>
> Ich danke dir sehr für deine Hilfe und deine Geduld mit
> mir. 2 Vorlesungen über Matrizen und 3 über komplexe
> Zahlen sind einfach zu wenig um das alles zu verstehen und
> ich habe leider niemanden der mir da helfen kann. :(
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Also gut ich setze [mm] \beta=0 [/mm] und bekomme:
[mm] \pmat{ i-1 & i-1 & i & | & -1-i \\ -i & -i & -1-i & | & -2-2i \\ 1 & 1 & -1 & | & -1 }
[/mm]
Zeile1 - Zeile3*j-1 und Zeile2 + Zeile3*i und Zeile3 nach oben
[mm] \pmat{ 1 & 1 & -1 & | & -1 \\ 0 & 0 & 2i-1 & | & -2 \\ 0 & 0 & -1-2i & | & -2-3i }
[/mm]
Zeile2 und 3 sind hier in Spalte3 fast gleich aber eben nur fast und egal wie ich sie verrechne es würde nie 0 werden:
rgA = rgA|b = 2
[mm] \beta=1
[/mm]
[mm] \pmat{ i-1 & i-1 & i & | & -1-i \\ 0 & 0 & -1-i & | & -2-2i \\ 1 & 1 & -1 & | & -1 }
[/mm]
Zeile1 - Zeile3*j-1 und Zeile3 nach oben
[mm] \pmat{ 1 & 1 & -1 & | & -1 \\ 0 & 0 & 2i-1 & | & -2 \\ 0 & 0 & -1-i & | & -2-2i }
[/mm]
rgA = rgA|b = 2
Das mit der Lösungsmenge kapier ich nicht. Das schau ich mir nochmal an wenn ich daheim bin.
[mm] \beta=-1
[/mm]
[mm] \pmat{ i-1 & i-1 & i & | & 1 & 0 & 0 \\ -2i & 0 & -1-i & | & 0 & 1 & 0 \\ 1 & 1 & -1 & | & 0 & 0 & 1 }
[/mm]
So angenehm sieht das für mich nicht aus. Darf ich denn beim bilden der inversen überhaupt Zeilen tauschen?
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> Also gut ich setze [mm]\beta=0[/mm] und bekomme:
> [mm]\pmat{ i-1 & i-1 & i & | & -1-i \\ -i & -i & -1-i & | & -2-2i \\ 1 & 1 & -1 & | & -1 }[/mm]
>
> Zeile1 - Zeile3*j-1 und Zeile2 + Zeile3*i und Zeile3 nach
> oben
> [mm]\pmat{ 1 & 1 & -1 & | & -1 \\ 0 & 0 & 2i-1 & | & -2 \\ 0 & 0 & -1-2i & | & -2-3i }[/mm]
>
> Zeile2 und 3 sind hier in Spalte3 fast gleich aber eben nur
> fast
Hallo,
machen wir weiter:
--> [mm] \pmat{ 1 & 1 & -1 & | & -1 \\ 0 & 0 & 1 & | & \bruch{-2 }{2i-1}\\ 0 & 0 & 1 & | & \bruch{2+3i}{1+2i} }
[/mm]
--> [mm] \pmat{ 1 & 1 & -1 & | & -1 \\ 0 & 0 & 1 & | & \bruch{-2 }{2i-1}\\ 0 & 0 & 0 & | & \bruch{2+3i}{1+2i}-\bruch{-2 }{2i-1}\not=0 }
[/mm]
Wir haben hier doch rangA=2, Rang (A|b)=3.
Also ist das LGS nicht lösbar.
[mm] L_{\beta=0}=\emptyset
[/mm]
>
> [mm]\beta=1[/mm]
> [mm]\pmat{ i-1 & i-1 & i & | & -1-i \\ 0 & 0 & -1-i & | & -2-2i \\ 1 & 1 & -1 & | & -1 }[/mm]
>
> Zeile1 - Zeile3*j-1 und Zeile3 nach oben
> [mm]\pmat{ 1 & 1 & -1 & | & -1 \\ 0 & 0 & 2i-1 & | & -2 \\ 0 & 0 & -1-i & | & -2-2i }[/mm]
>
> rgA = rgA|b = 2
Das kannst Du hier doch noch gar nicht sehen. Du hast noch nicht die ZSF erreicht.
Ich mache weiter:
--> [mm] \pmat{ 1 & 1 & -1 & | & -1 \\ 0 & 0 & 1 & | & \bruch{-2}{2i-1} \\ 0 & 0 & 1& | & 2 }
[/mm]
--> [mm] \pmat{ 1 & 1 & -1 & | & -1 \\ 0 & 0 & 1 & | & \bruch{-2}{2i-1} \\ 0 & 0 & 0& | & 2-\bruch{-2}{2i-1}\not=0 },
[/mm]
also haben wir auch hier rangA=2, rang(A|b)=3, also ist das LGS nicht lösbar.
[mm] L_{\beta=1}=\emptyset
[/mm]
(Ich hätte eigentlich erwartet, daß wir ein unlösbares System und eines mit unendlich vielen Lösungen bekommen.)
> Das mit der Lösungsmenge kapier ich nicht. Das schau ich
> mir nochmal an wenn ich daheim bin.
Okay. Am besten mal bei bequemen Gleichungssystemem ohne komplexe Zahlen.
>
> [mm]\beta=-1[/mm]
> [mm]\pmat{ i-1 & i-1 & i & | & 1 & 0 & 0 \\ -2i & 0 & -1-i & | & 0 & 1 & 0 \\ 1 & 1 & -1 & | & 0 & 0 & 1 }[/mm]
>
> So angenehm sieht das für mich nicht aus.
Aber es gibt viel Schlimmeres...
> Darf ich denn
> beim bilden der inversen überhaupt Zeilen tauschen?
Ja.
Du darfst Zeilenumformungen nach Herzenslust machen.
[mm] \pmat{ i-1 & i-1 & i & | & 1 & 0 & 0 \\ -2i & 0 & -1-i & | & 0 & 1 & 0 \\ 1 & 1 & -1 & | & 0 & 0 & 1 }
[/mm]
--> [mm] \pmat{1 & 1 & -1 & | & 0 & 0 & 1 \\ i-1 & i-1 & i & | & 1 & 0 & 0 \\ -2i & 0 & -1-i & | & 0 & 1 & 0 }
[/mm]
--> [mm] \pmat{1 & 1 & -1 & | & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 &1-2 i & | & -1 & 0 & i-1 \\ 0 & 2i & -1-3i & | & 0 & 1 & 2i }
[/mm]
--> ...
Ich denke, Du bekommst das hin.
LG Angela
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> Hallo,
>
> machen wir weiter:
>
> --> [mm]\pmat{ 1 & 1 & -1 & | & -1 \\ 0 & 0 & 1 & | & \bruch{-2 }{2i-1}\\ 0 & 0 & 1 & | & \bruch{2+3i}{1+2i} }[/mm]
>
> --> [mm]\pmat{ 1 & 1 & -1 & | & -1 \\ 0 & 0 & 1 & | & \bruch{-2 }{2i-1}\\ 0 & 0 & 0 & | & \bruch{2+3i}{1+2i}-\bruch{-2 }{2i-1}\not=0 }[/mm]
>
> Wir haben hier doch rangA=2, Rang (A|b)=3.
> Also ist das LGS nicht lösbar.
>
> [mm]L_{\beta=0}=\emptyset[/mm]
>
>
> Das kannst Du hier doch noch gar nicht sehen. Du hast noch
> nicht die ZSF erreicht.
>
> Ich mache weiter:
>
> --> [mm]\pmat{ 1 & 1 & -1 & | & -1 \\ 0 & 0 & 1 & | & \bruch{-2}{2i-1} \\ 0 & 0 & 1& | & 2 }[/mm]
>
> --> [mm]\pmat{ 1 & 1 & -1 & | & -1 \\ 0 & 0 & 1 & | & \bruch{-2}{2i-1} \\ 0 & 0 & 0& | & 2-\bruch{-2}{2i-1}\not=0 },[/mm]
>
> also haben wir auch hier rangA=2, rang(A|b)=3, also ist das
> LGS nicht lösbar.
>
> [mm]L_{\beta=1}=\emptyset[/mm]
>
> (Ich hätte eigentlich erwartet, daß wir ein unlösbares
> System und eines mit unendlich vielen Lösungen bekommen.)
>
Hab ich auch erwartet. Nunja man kann nicht alles haben. Eine leere Menge ist doch auch mal was schönes.
Irgendwie hör ich immer zu früh auf.
>
> > Das mit der Lösungsmenge kapier ich nicht. Das schau ich
> > mir nochmal an wenn ich daheim bin.
>
> Okay. Am besten mal bei bequemen Gleichungssystemem ohne
> komplexe Zahlen.
>
Ja das hab ich vor gehabt es ist leider sehr spät geworden heute. Das muss ich verschieben.
Ich lege mal los:
[mm] \pmat{ i-1 & i-1 & i & | & 1 & 0 & 0 \\ -2i & 0 & -1-i & | & 0 & 1 & 0 \\ 1 & 1 & -1 & | & 0 & 0 & 1 }
[/mm]
Zeile2 + Zeile3*2j, Zeile1 - Zeile 3*(j-1), Zeile3 hoch:
[mm] \pmat{ 1 & 1 & -1 & | & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 2i-1 & | & 1 & 0 & 1-i \\ 0 & 2i & -1-3i & | & 0 & 1 & 2i }
[/mm]
Zeile2/(2i-1), Zeile3/2i, Zeile2 runter:
[mm] \pmat{ 1 & 1 & -1 & | & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & \bruch{i-3}{2} & | & 0 & \bruch{1}{2i} & 1 \\ 0 & 0 & 1 & | & \bruch{-2i-1}{5} & 0 & \bruch{-i-3}{5} }
[/mm]
Zeile1 + Zeile3, Zeile2 + [mm] Zeile3*\bruch{3-i}{2}:
[/mm]
[mm] \pmat{ 1 & 1 & 0 & | & \bruch{-2i-1}{5} & 0 & \bruch{2-i}{5} \\ 0 & 1 & 0 & | & \bruch{-i-1}{2} & \bruch{-i}{2} & 0 \\ 0 & 0 & 1 & | & \bruch{-2i-1}{5} & 0 & \bruch{-i-3}{5} }
[/mm]
Und zuletzt noch Zeile1 - Zeile2:
[mm] \pmat{ 1 & 0 & 0 & | & \bruch{i+3}{10} & \bruch{i}{2} & \bruch{i+3}{10} \\ 0 & 1 & 0 & | & \bruch{-i-1}{2} & \bruch{-i}{2} & 0 \\ 0 & 0 & 1 & | & \bruch{-2i-1}{5} & 0 & \bruch{-i-3}{5} }
[/mm]
Damit ergibt sich [mm] A^{-1}=\bruch{1}{10}*\pmat{ i+3 & 5i & i+3 \\ -5i-5 & -5i & 0 \\ -4i-2 & 0 & -2i-6 }
[/mm]
Az=b -> [mm] z=A^{-1}b
[/mm]
[mm] z=\bruch{1}{10}*\pmat{ 5-15i \\ 20i-10 \\ 8i+4 }
[/mm]
Hmm man könnte so schön durch 5 teilen wenn Zeile3 nicht wäre...hat sich da etwa wieder ein Fehler eingeschlichen?
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Hallo,
> Ich lege mal los:
> [mm]\pmat{ i-1 & i-1 & i & | & 1 & 0 & 0 \\ -2i & 0 & -1-i & | & 0 & 1 & 0 \\ 1 & 1 & -1 & | & 0 & 0 & 1 }[/mm]
>
> Zeile2 + Zeile3*2j, Zeile1 - Zeile 3*(j-1), Zeile3 hoch:
> [mm]\pmat{ 1 & 1 & -1 & | & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 2i-1 & | & 1 & 0 & 1-i \\ 0 & 2i & -1-3i & | & 0 & 1 & 2i }[/mm]
>
> Zeile2/(2i-1), Zeile3/2i, Zeile2 runter:
> [mm]\pmat{ 1 & 1 & -1 & | & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & \bruch{i-3}{2} & | & 0 & \bruch{1}{2i} & 1 \\ 0 & 0 & 1 & | & \bruch{-2i-1}{5} & 0 & \bruch{-i-3}{5} }[/mm]
>
> Zeile1 + Zeile3, Zeile2 + [mm]Zeile3*\bruch{3-i}{2}:[/mm]
> [mm]\pmat{ 1 & 1 & 0 & | & \bruch{-2i-1}{5} & 0 & \bruch{2-i}{5} \\ 0 & 1 & 0 & | & \bruch{-i-1}{2} & \bruch{-i}{2} & 0 \\ 0 & 0 & 1 & | & \bruch{-2i-1}{5} & 0 & \bruch{-i-3}{5} }[/mm]
>
> Und zuletzt noch Zeile1 - Zeile2:
> [mm]\pmat{ 1 & 0 & 0 & | & \bruch{i+3}{10} & \bruch{i}{2} & \red{\bruch{i+3}{10}} \\ 0 & 1 & 0 & | & \bruch{-i-1}{2} & \bruch{-i}{2} & 0 \\ 0 & 0 & 1 & | & \bruch{-2i-1}{5} & 0 & \bruch{-i-3}{5} }[/mm]
Das Rote stimmt nicht.
Da muß [mm] \bruch{2-i}{5} [/mm] stehen.
Das Prinzip hast Du auf jeden Fall verstanden.
LG Angela
>
> Damit ergibt sich [mm]A^{-1}=\bruch{1}{10}*\pmat{ i+3 & 5i & i+3 \\ -5i-5 & -5i & 0 \\ -4i-2 & 0 & -2i-6 }[/mm]
>
> Az=b -> [mm]z=A^{-1}b[/mm]
> [mm]z=\bruch{1}{10}*\pmat{ 5-15i \\ 20i-10 \\ 8i+4 }[/mm]
>
> Hmm man könnte so schön durch 5 teilen wenn Zeile3 nicht
> wäre...hat sich da etwa wieder ein Fehler eingeschlichen?
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 10:44 Di 14.04.2015 | | Autor: | Fl4shM4k3r |
Hallo,
da ist mir wohl ein Übertragungsfehler passiert.
Ich danke dir sehr für deine Mühe.
Das ganze werde ich in Ruhe nocheinmal durchrechnen, die Lösung hab ich ja jetzt.
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