Hilfe bei Gleichungssystem

01.12.2006, 20:49

bob86

Hilfe bei Gleichungssystem

Hallo!

Ich hänge da bei einem LGS (als erweiterte Matrix) fest. Weiß nicht so recht, wie ich da weitermachen soll... unglücklich

Hier mal was ich bisher berissen hab:

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1 & 1 & -1 & 1 \\ 2 & 3 & \alpha & 3 \\ 1 & \alpha & 3 & 2 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

I. *(-2) + II.
I. *(-1) + III.

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1 & 1 & -1 & 1 \\ 0 & 1 & 2 + \alpha & 1 \\ 0 & 1 - \alpha & 4 & 1 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

So... wie bekomm ich nun die -1+alpha elegant entfehrnt? Oder überhaupt... Augenzwinkern

Wäre schön, wenn mir jemand sagen könnte, wie ich weitermachen muss! smile

MFg

01.12.2006, 21:01

mYthos

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Die Lösungen können hier nur in Abhängigkeit von $\begin{eqnarray*} \alpha \end{eqnarray*}$ angegeben werden, also mit $\begin{eqnarray*} \alpha \end{eqnarray*}$ entfernen is nix, solange die Lösung nicht bekannt ist.

mY+

01.12.2006, 21:17

bob86

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Hmm... Stimmt eigentlich... Aber irgendwie muss ich den Apparat ja in Stufenform bekommen... Ich könnte ja II. und III. vertauschen, aber dann bekomm ich widerum die 1 nicht weg... Bzw. weg bekomm ich sie ja schon, aber dafür steht dann an der ersten stelle in der 3. zeile wieder eine 1... teufelskreis? Augenzwinkern

Jemand vielleich eine lösung?

01.12.2006, 21:38

Gaswt

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RE: Hilfe bei Gleichungssystem
$\begin{eqnarray*} \begin{vmatrix} 1 & 1 & -1 & 1 \\ 2 & 3 & a & 3 \\ 1 & a & 3 & 2 \end{vmatrix} \begin{vmatrix} 1 & 1 & -1 & 1 \\ 0 & 1 & a+2 & 1 \\ 0 & a-1 & 4 & 1 \end{vmatrix} \begin{vmatrix} 1 & 1 & -1 & 1 \\ 0 & 1 & a+2 & 1 \\ 0 & 0 & 4-(a+2)*(a-1) & a+2 \end{vmatrix} \end{eqnarray*}$

Wie wärs hiermit als Anfang?

01.12.2006, 21:47

mYthos

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@bob86

Richtiger Weg!
In der letzten Zeile der Matrix ist jedoch ein Fehler!

Dein Nachposter hat dies aber korrekt ...

mY+

02.12.2006, 12:44

bob86

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Ahh... Soweit schon mal gut smile

Nun soll ich bestimmen, für welche $\begin{eqnarray*} \alpha \in \mathbb R \end{eqnarray*}$ es

eine
unendlich viele
keine Lösung

gibt...
Wie muss ich nun vorgehen? Die 3. Gleichung nach $\begin{eqnarray*} \alpha \end{eqnarray*}$ umstellen? Leider ist mir das Vorgehen bei solchen Aufgabenstellungen nicht bekannt... unglücklich

Wäre schön, wenn mir jemand zeigen könnte, was ich zu tun habe! smile

02.12.2006, 14:42

mYthos

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Du hast doch jetzt bereits $\begin{eqnarray*} x_1, x_2 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} x_3 \end{eqnarray*}$ in $\begin{eqnarray*} \alpha \end{eqnarray*}$ ausgedrückt, oder nicht?

Hinweis: $\begin{eqnarray*} x_1 \end{eqnarray*}$ ist von $\begin{eqnarray*} \alpha \end{eqnarray*}$ unabhängig, $\begin{eqnarray*} x_2 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} x_3 \end{eqnarray*}$ haben jeweils denselben Nenner (in $\begin{eqnarray*} \alpha \end{eqnarray*}$ ) und sind gleich.

Jetzt muss bei $\begin{eqnarray*} \alpha \end{eqnarray*}$ eine entsprechende Fallunterscheidung vorgenommen werden.

1. Der im Nenner enthaltene Faktor in $\begin{eqnarray*} \alpha \end{eqnarray*}$ ist ungleich Null UND die in 2. angeführte Determinante ist nicht gleich Null (nur ein Lösungstripel).

2. Das System ist abhängig, die aus den Koeffizienten der Variablen gebildete Determinate hat den Wert Null (zwei Werte für $\begin{eqnarray*} \alpha \end{eqnarray*}$ , deswegen ->) UND der Faktor im Nenner ist nicht Null (unendlich viele Lösungstripel).

3. Der im Nenner enthaltene Faktor in $\begin{eqnarray*} \alpha \end{eqnarray*}$ ist gleich Null (keine Lösung).

mY+

02.12.2006, 15:56

bob86

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Hmm.. Ich glaube, ich kann dir noch nicht so ganz folgen. unglücklich

Wie soll ich denn nun genau vorgehen? Nur noch aus der Matrix ablesen? Oder erst mal nach $\begin{eqnarray*} \alpha \end{eqnarray*}$ auflösen und dann in die Gleichung einsetzen? Hammer

Wäre nett wenn du mir das nochmal erläutern könntest... smile

03.12.2006, 10:36

bob86

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Hat niemand eine Erklärung für mich parat? unglücklich

03.12.2006, 10:41

tigerbine

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Zitat:

mYthos:

Du hast doch jetzt bereits $\begin{eqnarray*} x_1, x_2 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} x_3 \end{eqnarray*}$ in $\begin{eqnarray*} \alpha \end{eqnarray*}$ ausgedrückt, oder nicht?

Wie wär's wenn Du das mal machst und hier postest?

Zitat:

Gast:
$\begin{eqnarray*} \ \begin{pmatrix} 1 & 1 & -1 & 1 \\ 0 & 1 & \alpha+2 & 1 \\ 0 & 0 & 4-(\alpha+2)*(\alpha-1) & \alpha+2 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Da steht die Matrix A des LGS Ax = b schon in Dreiecksform, also eineache Rückwärtssubstitution, fertig. Mythos hat dir dann auch schon die Interpretation der Ergebnisse gegeben.

03.12.2006, 10:50

bob86

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Ähm... Ist sicher ne blöde Frage, aber was ist denn eine Rückwärtssubstitution? Der Begriff ist mir neu verwirrt

03.12.2006, 11:00

tigerbine

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Na, dass ist ein Verfahren mit dem man die Lösung x von Ax = b bestimmt, wenn A eine obere Dreiecksmatrix ist. Im Falle der unteren Dreiecksmatrix heisst es dann Vorwärtssubstitution:

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} r_{11}&r_{12}&r_{13} \\ 0&r_{22}&r_{23} \\ 0&0&r_{33} \end{pmatrix} \begin{pmatrix}x_1\\x_2\\x_3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}b_1\\b_2\\b_3 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Dann lautet die Lösung (für reguläres A, also keine Gefahr des teilens durch Null)

$\begin{eqnarray*} x_3 = \frac{b_3}{r_{33}} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} x_2 = \frac{b_2 - r_{23}x_3}{r_{22}} \end{eqnarray*}$

...

Da man zur Berechnung von $\begin{eqnarray*} x_2 \end{eqnarray*}$ , $\begin{eqnarray*} x_3 \end{eqnarray*}$ braucht (etc.) heißt das Rückwärtssubstitution.

03.12.2006, 11:30

bob86

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Achso... Und x1 wäre dann praktisch
$\begin{eqnarray*} x_{1} = \frac{b_{1} - r_{13}x_{3} - r_{12}x_{2}}{r_{11}} \end{eqnarray*}$
Oder hab ich das Prinzip missverstanden?
Nun versteh ich auch, warum ich myThos nicht vertanden habe. Ich hatte mir das ursprünglich nämlich einfach so geadacht, dass ich einfach ein $\begin{eqnarray*} \alpha \end{eqnarray*}$ nehme, welches den Anforderungen genügt, also mir praktisch nur einen Zahlenwert suche, der die jeweiligen Kriterien erfüllt... Das geht also nicht?

03.12.2006, 11:38

tigerbine

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Jo. Naja einfach mal so ein $\begin{eqnarray*} \alpha \end{eqnarray*}$ nehmen ist einfach gesagt... Wenn es nur darum geht die Lösung einer Aufgabe zu bestimmen (anzugeben) kann man näturlich auch raten. Ob das nun sinnvoll ist möchte ich bezweifeln. wir haben Dir hier einen allgemein gültigen Weg anggeben, mit dem du unabhängig von dem Aussehen des LGS Ax=b zur Lösung kommst.

Außerdem, selbst wenn Du ein $\begin{eqnarray*} \alpha \end{eqnarray*}$ findest, für das eine der Bedingungen erfüllt ist, wie willst du zeigen, dass es die einzige Lösung ist?

Ziel dieser Aufgaben ist es i.A. nicht die Lösung ansich zu bestimmen, sondern zu wissen, wie man sie bestimmt. (In der Schule war das bestimmt oft anders Augenzwinkern

)

03.12.2006, 11:42

bob86

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Naja, da könntest du evtl recht haben! Augenzwinkern

Vielen Dank auf jeden Fall! Ich denke, nun kann ich den Rest des Übungsblattes in Angriff nehmen! smile

03.12.2006, 15:39

Andi E.

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Muss das nicht

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1 & 1 & -1 & 1 \\ 0 & 1 & \alpha+2 & 1 \\ 0 & 0 & 4-(\alpha+2)*(\alpha-1) & \alpha \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$
heißen, weil ja so wie ich das sehe mit $\begin{eqnarray*} -(1 - \alpha) erweitert wurde?! <img src="images2/smilies/kopfkratz.gif" border="0" alt="verwirrt" title="verwirrt" /> Und [latex]1 + (-1) + \alpha \end{eqnarray*}$ ist bei mir $\begin{eqnarray*} \alpha \end{eqnarray*}$ ...

04.12.2006, 01:50

mYthos

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Der Vollständigkeit halber schreibe ich noch das Endergebnis allgemein an, damit die Aufgabe einen gewissen Abschluss hat:

$\begin{eqnarray*} x_1 = 1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} x_2 = \frac{1}{\alpha + 3} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} x_3 = \frac{1}{\alpha + 3} \end{eqnarray*}$
---------------------------------------------------------

--> Für $\begin{eqnarray*} \alpha = -3 \end{eqnarray*}$ gibt es keine Lösung.

Bei der Diskussion unendlich vieler Lösungen, müssen die Koeffizienten-Determinante D und daneben die weiteren 3-reihigen relevanten Determinanten* untersucht werden.

Beim Nullsetzen der Koeffizienten-Determinante D erhalten wir

$\begin{eqnarray*} \alpha^2 + \alpha - 6 = 0 \end{eqnarray*}$
-------------------------------------------------------

$\begin{eqnarray*} \alpha_1 = -3 \end{eqnarray*}$ , die bei Cramer* relevanten drei Determinaten $\begin{eqnarray*} D_1 \end{eqnarray*}$ , $\begin{eqnarray*} D_2 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} D_3 \end{eqnarray*}$ sind jedoch ungleich Null, daher existiert hier keine Lösung, sh. o.

$\begin{eqnarray*} \alpha_2 = 2 \end{eqnarray*}$ , die bei Cramer* relevanten drei Determinaten $\begin{eqnarray*} D_1 \end{eqnarray*}$ , $\begin{eqnarray*} D_2 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} D_3 \end{eqnarray*}$ sind ebenfalls alle Null, daher ist das lGS abhängig und es gibt in diesem Falle unendlich viele einparametrige Lösungen (t reell), von der Form:

$\begin{eqnarray*} x_1 = 5t \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} x_2 = -4t + 1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} x_3 = t \end{eqnarray*}$
________________________

[Geometrisch: Schnittgerade der durch das lGS bestimmten Ebenen]

* Cramer'sche Regel $\begin{eqnarray*} x_i = \frac{D_i}{D} \end{eqnarray*}$ , wobei $\begin{eqnarray*} D_i \end{eqnarray*}$ jene Determinante ist, bei der die i-te Spalte durch die Konstantenmatrix ersetzt wurde

mY+

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