Lösbarkeit, LGS mit 2 Paramet. < Gleichungssysteme < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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| Aufgabe | Gegeben seien
[mm] A=\pmat{ 1 & -2 & 3 \\ 2 & 1 & 1 \\ 1 & a & 2 } [/mm] und [mm] C=\pmat{ -4 \\ 2 \\ -b } \in \IR^3
[/mm]
Untersuchen Sie, für welche Parameter a,b das lineare Gleichungssystem
Ax = C
lösbar, eindeutig lösbar bzw. nicht lösbar ist. |
Hallo,
Ich hab mich grade versucht in das Thema einzuarbeiten, aber irgendwie komme ich nicht sonderlich weit.
Ich habe ein paar Ansätze gelesen, aber ich kann mit allem nicht viel anfangen, besonders die Variablen a,b machen mir so meine Probleme.
Vermutlich stehe ich nur total auf dem Schlauch...
Ich hab mal angefangen die Matrix mit Gauß umzustellen... eignetlich in ne Trapezform, aber da machen mir wieder a,b einen Strich durch die Rechnung.
Ein anderen Ansatz den ich gelesen habe, hatte etwas mit Determinanten zu tun. Das bekomme ich ja auch noch hin, zumindest mit Einer normalen Matrix oder mit nur einer Variablen.
Soweit habe ich versucht umzustellen:
[mm] \pmat{ 1 & -2 & 3 & -4 \\ 0 & a+2 & -1 & -b+4 \\ 0 & 1 & -1 & 2 }
[/mm]
Ich hoffe ihr könnt mir helfen.
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Hi!
Behandle die Parameter $a,b$ als Zahlen (wie addierst du z.B. $a+2$ und $4$? Das weißt du!). Der Demerminatenansatz setzt voraus, dass ihr das eingeführt habt.
Wenn du jetzt noch sagst, welche elementaren Zeilentransformationen du benutzt hast, können wir nachvollziehen, ob deine Matrix korrekt ist.
Versuche dann, die Zeilenstufenform zu erreichen.
Grüße, Stefan.
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Hi!
Behandle die Parameter als Zahlen (wie addierst du z.B. und ? Das weißt du!). Der Demerminatenansatz setzt voraus, dass ihr das eingeführt habt.
Wenn du jetzt noch sagst, welche elementaren Zeilentransformationen du benutzt hast, können wir nachvollziehen, ob deine Matrix korrekt ist.
Versuche dann, die Zeilenstufenform zu erreichen.
Grüße, Stefan.
1 -2 3 -4
2 1 1 2
1 a 2 -b
Z2 und Z3 vertauscht.
1 -2 3 -4
1 a 2 -b
2 1 1 2
Z2 - Z1 und 2* Z3 - Z1
1 -2 3 -4
0 a+2 -1 -b+4
0 5 -5 10
Z3 durch 5 geteilt
1 -2 3 -4
0 a+2 -1 -b+4
0 1 -1 2
Das war mein Lösungsweg bis hier hin...
Ja ich weiß schon wie ich mit a,b umgehensoll, aber ich komm trotzdem auf keinen grünen Zweig... Seh ich es einfach nicht?
Wenn ich versuch Z3 weiter zu reduzieren kann ich das nur mit Z2 machen da ich ja sonst wieder in der ersten Spalte einen Wert bekomme.
Wenn ich das aber mache kann ich es ja nicht auf 0 bringen, da ich ja mein a da noch mit drin habe.
Und zum Determinantenansatz, den hab ich mir vorher nur selbst versucht bei zubringen, aber nichts schönes im Internet gefunden. Nur das Grundprinzip... dann stellt sich mir aber wieder die Frage Determinanten mit a,b zu bilden...
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Hallo erlkoenig,
> Hi!
>
> Behandle die Parameter als Zahlen (wie addierst du z.B.
> und ? Das weißt du!). Der Demerminatenansatz setzt voraus,
> dass ihr das eingeführt habt.
>
> Wenn du jetzt noch sagst, welche elementaren
> Zeilentransformationen du benutzt hast, können wir
> nachvollziehen, ob deine Matrix korrekt ist.
>
> Versuche dann, die Zeilenstufenform zu erreichen.
>
> Grüße, Stefan.
>
>
> 1 -2 3 -4
> 2 1 1 2
> 1 a 2 -b
>
> Z2 und Z3 vertauscht.
>
> 1 -2 3 -4
> 1 a 2 -b
> 2 1 1 2
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
>
> Z2 - Z1 und 2* Z3 - Z1
Hmm, eher Z3-2Z1 
>
> 1 -2 3 -4
> 0 a+2 -1 -b+4
> 0 5 -5 10
>
> Z3 durch 5 geteilt
>
> 1 -2 3 -4
> 0 a+2 -1 -b+4
> 0 1 -1 2
Nun weiter nach Schema:
Addiere Z2 auf das $-a-2$-fache von Z3, dann bekommst du
[mm] $\pmat{1&-2&3&\mid&-4\\0&a+2&-1&\mid&4-b\\0&0&a+1&\mid&-(2a+b)}$
[/mm]
Nun kannst du die Lösbarkeit untersuchen ...
Beginne mit [mm] $a\neq [/mm] -1$
Dann ist [mm] $a+1\neq [/mm] 0$ und du darfst in Zeile 3 durch $a+1$ teilen ...
Dann weiter ... was ergibt sich für die Lösbarkeit und die evtl. Lösung? Oder auch nicht?
Danach $a=-1$
Dann steht in Z3 $0=-(2a+b)=-(-2+b)$
Jetzt schaue, wie was sich dann für "kritisches" b ergibt ...
>
> Das war mein Lösungsweg bis hier hin...
> Ja ich weiß schon wie ich mit a,b umgehensoll, aber ich
> komm trotzdem auf keinen grünen Zweig... Seh ich es
> einfach nicht?
> Wenn ich versuch Z3 weiter zu reduzieren kann ich das nur
> mit Z2 machen da ich ja sonst wieder in der ersten Spalte
> einen Wert bekomme.
> Wenn ich das aber mache kann ich es ja nicht auf 0
> bringen, da ich ja mein a da noch mit drin habe.
>
> Und zum Determinantenansatz, den hab ich mir vorher nur
> selbst versucht bei zubringen, aber nichts schönes im
> Internet gefunden. Nur das Grundprinzip... dann stellt sich
> mir aber wieder die Frage Determinanten mit a,b zu
> bilden...
>
LG
schachuzipus
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$ [mm] \pmat{1&-2&3&\mid&-4\\0&a+2&-1&\mid&4-b\\0&0&a+1&\mid&-(2a+b)} [/mm] $
Ok bis hierhin hätte ichs eigentlich selber schaffen müssen, ist ja echt peinlich, aber danke.
So jetzt fass ich mal kurz mein Restwissen zusammen und versuch mich mal an der Bestimmung.
Für:
Rg(A) [mm] \not= [/mm] Rg (A|c) =>gibt es keine Lösung
Rg(A) = Rg(A|c) = r (r = nicht Nullzeilen) gibt es eine Lösung und zwar:
Genau Eine bei r=n und für r < n unendlich Viele
Für a [mm] \not= [/mm] -1 ist Rg(A)=3
und b muss [mm] \not= [/mm] 2*a sein, sonst ist Rg(C) nicht mehr 3
Für a [mm] \not= [/mm] -1 und b [mm] \not= [/mm] 2*a gibt es genau eine Lösung
Schlußendlich für a=-1 und b=2*a gibt es unendlich viele Lösungen.
Und wie definiere ich das es keine Lösung gibt? Sofern das oben überhaupt richtig ist?
Danke Erlkönig
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>
> [mm]\pmat{1&-2&3&\mid&-4\\0&a+2&-1&\mid&4-b\\0&0&a+1&\mid&-(2a+b)}[/mm]
>
> Für:
>
> Rg(A) [mm]\not=[/mm] Rg (A|c) =>gibt es keine Lösung
>
> Rg(A) = Rg(A|c) = r (r = nicht Nullzeilen) gibt es eine
> Lösung und zwar:
>
> Genau Eine bei r=n und für r < n unendlich Viele
Hallo,
ja, richtig.
>
>
> Für a [mm]\not=[/mm] -1 ist Rg(A)=3
Nicht unbedingt. Es muß nämlich gleichzeitig auch [mm] a\not=-2 [/mm] sein, und in diesen Fällen haben wir genau eine Lösung.
> und b muss [mm]\not=[/mm] 2*a sein, sonst ist Rg(C) nicht mehr 3
Nein, das ist falsch. Das b kann sein, was es will, es ändert am Rang der Matrix nichts, wenn die Koeffizientenmatrix bereits Rang 3 hat. Schon gar nicht kann es den Rang der Matrix verkleinern.
Denken wir nun also über a=-1, -2 nach.
a=-1:
Der Rang der Matrix ist dann =2, und es wird keine oder viele Lösungen geben.
Du mußt über das b nachdenken.
Dann dasselbe Spielchen für a=-2.
Gruß v. Angela
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Hey danke, okay ich hab noch ein bisschen was gelesen,
ich bin mir aber nicht sicher ob das so stimmt. Ich schreib für jede Aussage einfach
noch eine Begründung meinerseits hin, wäre nett wenn ihr mir sagt ob ich nicht
nur aus Glück getroffen habe, wenn überhaupt. :)
Fall 1: a = -1
Dabei wird a+1 = 0 und damit Rg(A) um eines auf 2 reduziert.
-(2a+b) wird zu 2+b und mit b = -2 wird dies ebenfalls = 0
Damit tritt der Fall r < n ein und es gibt unendlich viele Lösungen.
Fall 2: a = -2
tritt eine lineare Abhänigkeit der beiden letzten Spalten auf.
0 -1 4-b
0 -1 4-b
Dabei muss es ja egal sein was b für eine Form annimt, da sich die Zeilen immer gleich ändern.
Also gibt es für a = -2 auch unendlich viele Lösungen völlig unabhänig von b.
Ich hoff ich habs soweit verstanden, finde sieht aber gut aus ;) *daumendrück*
Jetzt bleibt uns ja noch Rg(A) [mm] \not= [/mm] Rg(A|c)
Da muss ich noch mal kurz ne Verständnissfrage stellen.
Der Fall tritt nur ein wenn ich in meiner Matrix A eine Nullzeile habe aber in C dort noch
ein Wert in der Zeile steht oder? Hoffe ich habe mich nicht zu doof ausgedrückt.
Bsp bzw Lösungsversuch :)
Wenn a = -1 ist hat Matrix A nur noch Rg 2. Die Koeffizentenmatrix aber noch Rg 3 für
b [mm] \not= [/mm] -2 und somit gibt es keine Lösung oder?
Und unendlich viele Lösungen müsste nun ja im Rest der Fälle auftreten.
Ok den Schluss hab ich mir jetzt vielleicht einwenig einfach gemacht, aber irgendwie klingt das
plausibel für mich.
Noch mal danke für die Mühe :)
Lg Erlkönig
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> Hey danke, okay ich hab noch ein bisschen was gelesen,
> ich bin mir aber nicht sicher ob das so stimmt. Ich schreib
> für jede Aussage einfach
> noch eine Begründung meinerseits hin, wäre nett wenn ihr
> mir sagt ob ich nicht
> nur aus Glück getroffen habe, wenn überhaupt. :)
>
> Fall 1: a = -1
>
> Dabei wird a+1 = 0 und damit Rg(A) um eines auf 2
> reduziert.
> -(2a+b) wird zu 2+b und mit b = -2 wird dies ebenfalls = 0
Hallo,
ja. Und damit ist dann Rang der Koeffizientenmatrix = Rang der erweiterten Koeffizientenmatrix, also ist das system lösbar.
> Damit tritt der Fall r < n ein und es gibt unendlich viele
> Lösungen.
Genau.
Systematisch voranschreitend, was empfhlenswert ist, müßtest Du nun untersuchen, was ist, wenn gleichzeitig a=-1 und [mm] b\not=-1.
[/mm]
>
>
>
> Fall 2: a = -2
>
> tritt eine lineare Abhänigkeit der beiden letzten Spalten
> auf.
> 0 -1 4-b
> 0 -1 4-b
> Dabei muss es ja egal sein was b für eine Form annimt, da
> sich die Zeilen immer gleich ändern.
Das ist so ein bißchen - wischiwaschi.
Wir haben nun
[mm] \pmat{1&-2&3&|4\\0&0&-1&|4-b\\0&0&-1&|4-b} [/mm] --> [mm] \pmat{1&-2&3&|4\\0&0&-1&|4-b\\0&0&0&|0}.
[/mm]
Die Koeffizientematrix hat den Rang 2, die erweiterte ebenfalls, egal
> völlig unabhänig von b.
> Also gibt es für a = -2 auch unendlich viele Lösungen
> völlig unabhänig von b.
Genau.
>
>
> Ich hoff ich habs soweit verstanden, finde sieht aber gut
> aus ;) *daumendrück*
Ja, das war jetzt gar nicht so übel, den vergessenen Fall mach halt noch.
>
> Jetzt bleibt uns ja noch Rg(A) [mm]\not=[/mm] Rg(A|c)
> Da muss ich noch mal kurz ne Verständnissfrage stellen.
>
> Der Fall tritt nur ein wenn ich in meiner Matrix A eine
> Nullzeile habe aber in C dort noch
> ein Wert in der Zeile steht oder? Hoffe ich habe mich
> nicht zu doof ausgedrückt.
Es ist sehr verständlich ausgedrückt und so, wie Du sagst.
>
> Bsp bzw Lösungsversuch :)
> Wenn a = -1 ist hat Matrix A nur noch Rg 2. Die
> Koeffizentenmatrix aber noch Rg 3 für
> b [mm]\not=[/mm] -2 und somit gibt es keine Lösung oder?
Ach! Da ist doch der von mir vermißte Fall!
>
> Und unendlich viele Lösungen müsste nun ja im Rest der
> Fälle auftreten.
>
Es sind jetzt alle Fälle abgearbeitet.
Zunächst hatten wir [mm] a\not=-1, [/mm] -2, da gab's genau eine Lösung,
und die anderen Möglichkeiten haben wir hier im Post notiert.
> Ok den Schluss hab ich mir jetzt vielleicht einwenig
> einfach gemacht, aber irgendwie klingt das
> plausibel für mich.
Es klingt auch so, als hättest Du es verstanden, nun verschaff Dir noch einwenig Routine.
So ähnliche Aufgabn kommen ja auch ganz gern mal in Klausuren.
Gruß v. Angela
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