Lineares Gleichungssystem

28.03.2013, 18:47

Hantel

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Lineares Gleichungssystem

Guten Abend,

ich habe meine Schwierigkeiten damit, den Zusammenhang zwischen dem Rang einer Matrix und der Lösbarkeit eines LGS vollständig zu verstehen.
Folgende Aufgabe: Bestimmen Sie die Werte $\begin{eqnarray*} \lambda \in \mathbb{R} \end{eqnarray*}$ für welche die Gleichungssysteme eine, keine, mehrere Lösungen besitzen. Geben Sie die Lösungsmenge an.

$\begin{eqnarray*} (i) x_1 + x_2 + \lambda x_3 = 1<br /> x_1 + \lambda x_2 + x_3 = 1 <br /> \lambda x_1 + x_2 + x_3 = 1 \end{eqnarray*}$

Übertragen in eine Matrix:

$\begin{eqnarray*} A = \left( \begin{matrix} 1 & 1 & \lambda \\ 1 & \lambda & 1 \\ \lambda & 1 & 1 \end{matrix} \left| \begin{matrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix} \right) \right. <br /> \end{eqnarray*}$

Die interessanten Werte sind $\begin{eqnarray*} \lambda_1 = 1, \lambda_2 = \nu, \nu \in \mathbb{R} \setminus \lbrace 1 \rbrace. \end{eqnarray*}$ Also:

$\begin{eqnarray*} A(\lambda_1) = \left( \begin{matrix} 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \end{matrix} \left| \begin{matrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix} \right) \right. \iff \left( \begin{matrix} 1 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix} \left| \begin{matrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix} \right) \right. \Rightarrow rgA(\lambda_1) = 1 = rg(A(\lambda_1),b \end{eqnarray*}$

Was genau kann ich hieraus jetzt folgern? Dass:

$\begin{eqnarray*} \dim L(A(\lambda_1),0) = n - r = 2. \end{eqnarray*}$
Das Gleichungssystem hat unendlich viele Lösungen (Siehe Wikipedia)

Kann ich in folgende Lösung zusammenfassen, oder fehlt hier noch etwas:

$\begin{eqnarray*} L(A(\lambda_1,b) = \tilde{x} + L(A,0) = \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ 1 - x_1 - x_2 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ -x_1 -x_2 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} x_1 \\ - x_2 \\ 0 \end{pmatrix}, x_1, x_2 \in \mathbb{R}. \end{eqnarray*}$

Entschuldige mich für den langen Beitrag. Was meiner ganzen Fragerei zu Grunde liegt ist wohl: Was kann ich folgern, wenn ich den Rang der Matrix A kenne und mit dem Rang der Matrix (A,b) vergleiche. Wieviel sagen die Ränge über die Anzahl/Existenz der Lösung?

Und noch eine Sache: Gibt es irgendwelche Bestimmungen für $\begin{eqnarray*} \dim \tilde{x}, \tilde{x} \end{eqnarray*}$ ?

28.03.2013, 19:15

Elvis

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Der Lösungsraum ist kein Untervektorraum, sondern die Ebene $\begin{eqnarray*} x_1+x_2+x_3=1 \end{eqnarray*}$ . Das ist eine Nebenklasse x+U mit einer speziellen Lösung + ein zweidimensionaler Unterraum. (Diese Ebene geht durch die Punkte (1,0,0),(0,1,0),(0,0,1).Das ist immer so für rg(A) = rg(A,b) = dim(U). Speziell für homogene LGSe ist der Lösungsraum ein UVR der Dimension rg(A). Für rg(A) ungleich rg(A,b) ist die Lösungsmenge leer. Für rg(A)=rg(A,b)=n ist die Lösungsmenge ein Punkt.

28.03.2013, 19:29

Hantel

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Also lautet der Fahrplan für die obiges: (1) Ermitteln der Dimension der homogenen Gleichung, dann Lösungspunkt, -linie, -ebene (je nach dim L(A,0)) finden. (2) Ermitteln einer Lösung des inhomogenen Problems. (3) Addieren der beiden Mengen.

Dann bleibt am Ende stehen: $\begin{eqnarray*} \tilde{x} + L(A,0) \subset L(A,b) \end{eqnarray*}$ . (*)

Reicht es für jedes Gleichungssystem, diese 3 Schritte anzuwenden?

Weitere Fragen: Für rgA = rgA,b = n ist L(A,0) = 0. Mit anderen Worten, die homogene Lösung lässt sich nur mit einer Linearkombination darstellen, wenn alle Linearfaktoren die triviale Lösung annehmen. Muss L(A,0) = (0, 0, 0) dann noch explizit angegeben werden in obiger Gleichung (*)?

Ich habe nicht viel verstanden von dem, was du verfasst hast. Wenn ich hier Blödsinn antworte, entschuldige.

29.03.2013, 12:09

Elvis

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Die Lösung des homogenen LGS ist völlig uninteressant, wenn die Lösung des inhomogenen LGS berechnet werden soll. Das theoretisch Interessante dabei ist die Dimension von U, also der Rang von A.

Praktisch liest man die Lösungen an dem umgeformten LGS ab. Setze $\begin{eqnarray*} x_3=s,x_2=r\in\mathbb R \end{eqnarray*}$ , dann ist $\begin{eqnarray*} x_1=1-r-s \end{eqnarray*}$ .
Eine spezielle Lösung ist z.B. für $\begin{eqnarray*} r=s=0 \end{eqnarray*}$ gegeben durch $\begin{eqnarray*} x=\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ , und $\begin{eqnarray*} L(A,b)=\{\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}+r\begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 0 \end{pmatrix}+s\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ -1 \end{pmatrix}:r,s\in\mathbb R\} \end{eqnarray*}$

29.03.2013, 13:32

Hantel

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RE: Lineares Gleichungssystem
Achso. Es wurde mir nur in Übungen nahe gelegt, dass das Addieren der homogenen Lösung zu einer speziellen Lösung des inhomogenen Problems das Gleichungssystem löst. Daher die Vermutung.

Aber nochmals, für eine allgemeine Matrix $\begin{eqnarray*} A \in K^{n,m} \end{eqnarray*}$ habe ich mir folgendes im Bezug auf die Frage überlegt: Hat dieses System keine, eine, unendl. viele Lösungen?

rgA = rgA,b. Wenn ungleich, hat das System keine Lösung.
rgA = n* = m. Es existiert genau eine Lösung.
dimL(A,0) = n - r. Wenn dimL(A,0) > 0 existieren unendl. viele Lösungen (Gerade, Ebene etc.).

Es soll hierbei nicht darum gehen, den Lösungsraum zu ermitteln, nur darum obige Frage zu beantworten. Kann man so vorgehen?

Edit: * falsch

29.03.2013, 13:46

Elvis

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Genauer

3. rg(A)=r, dann ist dim(L(A,0))=n-r, also L(A,0) ein n-r dimensionaler Untervektorraum von $\begin{eqnarray*} \mathbb R^n \end{eqnarray*}$ und L(A,b)=x+U mit einer speziellen Lösung x und einem n-r dimensionalen Untervektorraum U.

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29.03.2013, 14:01

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Für $\begin{eqnarray*} A \in K^{n,m} \end{eqnarray*}$ ist L(A,0) ein Untervektorraum von $\begin{eqnarray*} \mathbb R^{\textcolor{red}{m}} \end{eqnarray*}$ .
Entsprechend ist die Dimension m-r

29.03.2013, 14:01

Hantel

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Jawoll, sehr gut. Danke dir.

Jetzt nochmal zu einer praktischen Frage. Wenn ich obige Matrix betrachte, mit $\begin{eqnarray*} \lambda \neq 1 \end{eqnarray*}$ , und daher:

$\begin{eqnarray*} \left( \begin{matrix} 1 & 1 & \lambda \\ 1 & \lambda & 1 \\ \lambda & 1 & 1 \end{matrix} \left| \begin{matrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix} \right) \right. \Rightarrow rgA = rg(A,b) = 3 \Rightarrow \dim L(A,0) = 0 \Rightarrow L(A,b) = \tilde{x} \in \mathbb{R}^3 \end{eqnarray*}$

Ist damit genügend gezeigt worden (Oder anders formuliert: Ist der erste Folgerungspfeil legitim)? Oder muss man da noch irgendwie herumrechnen (z.B. nach $\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$ auflösen)? Nochmal zur Erinnerung, die Klausurfrage lautete: Bestimmen Sie die Werte $\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$ für die das GLS eine, keine, unendl. Lösungen besitzt.

29.03.2013, 14:23

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Für $\begin{eqnarray*} \lambda \neq 1 \end{eqnarray*}$ gilt gar nicht immer $\begin{eqnarray*} rgA = 3 \end{eqnarray*}$ .
Neben $\begin{eqnarray*} \lambda =1 \end{eqnarray*}$ gibt's noch einen zweiten interessanten Wert.

29.03.2013, 14:53

Hantel

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Zitat:

Original von URL
Für $\begin{eqnarray*} \lambda \neq 1 \end{eqnarray*}$ gilt gar nicht immer $\begin{eqnarray*} rgA = 3 \end{eqnarray*}$ .
Neben $\begin{eqnarray*} \lambda =1 \end{eqnarray*}$ gibt's noch einen zweiten interessanten Wert.

Ja, das stimmt. Es scheint sich zu lohnen, das Gleichungssystem genauer zu betrachten. Schade, ich dachte ich hätte Aufwand sparen können.

$\begin{eqnarray*} \lambda_{1,2} = -1/2 \pm \sqrt{9/4} \Rightarrow \lambda_2 = -2 \Rightarrow rgA(\lambda_2) = 2 \Rightarrow \dim L(A,0) = 1. \end{eqnarray*}$

Also hat auch dieses System unendlich viele Lösungen, allerdings liegen diese auf einer Geraden.

29.03.2013, 14:59

URL

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Damit hast du das homogene System erledigt. Angefangen hat aber alles mit einem inhomogenen System.
Ist das auch lösbar?

29.03.2013, 15:05

Hantel

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$\begin{eqnarray*} \left( \begin{matrix} 1 & 1 & -2 \\ 1 & -2 & 1 \\ -2 & 1 & 1 \end{matrix} \left| \begin{matrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix} \right) \right. \iff \left( \begin{matrix} 1 & 1 & -2 \\ 1 & -2 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix} \left| \begin{matrix} 1 \\ 1 \\ 3 \end{matrix} \right) \right. rgA = 2 \neq 3 = rg(A,b). \end{eqnarray*}$

Das System ist dann nicht lösbar. Soweit OK?

29.03.2013, 15:08

URL

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Freude

29.03.2013, 15:24

Hantel

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Alles klar, danke dann erstmal für deine/eure Beiträge! Ich bin leider noch nicht ganz am Ende..

Im Bezug auf die gleiche Aufgabenstellung, soll ich folgendes GLS auf Lösbarkeit untersuchen:

$\begin{eqnarray*} \left( \begin{matrix} 1 & 2 & \lambda \\ 1 & \lambda & 8 \end{matrix} \left| \begin{matrix} 2 \\ 3 \end{matrix} \right) \right. \end{eqnarray*}$

Ich werde um die Übersichtlichkeit etwas zu verbessern abkürzen. Ich habe in ein Gleichungssystem übertragen, nach x aufgelöst (*), in die "zweite Zeile" eingesetzt, bin auf y = -2z gekommen, und habe dann wieder in (*) eingesetzt, sd.:

$\begin{eqnarray*} x = -2y + \frac{\lambda y}{2} \Rightarrow x = -2 + \frac{\lambda}{2} = -4 + \lambda . \end{eqnarray*}$

Kurzum: Da Hier keine PQ-Formel vorliegt, ließe sich in meinen Augen (analog zum obigen) darauf schließen, dass nur die Nullstelle für x als besonders betrachtet werden muss. Ist das OK?

In diesem Falle ist dann die zweite Zeile der Matrix L.K. der ersten (vice versa). Es bleibt aber stehen:

$\begin{eqnarray*} \left( \begin{matrix} 1 & 2 & 4 \\ 1 & 4 & 8 \end{matrix} \left| \begin{matrix} 2 \\ 3 \end{matrix} \right) \right. \iff \left( \begin{matrix} 1 & 2 & 4 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix} \left| \begin{matrix} 2 \\ -1 \end{matrix} \right) \right. \Rightarrow rg A = 1 \neq 2 = rg A,b. \end{eqnarray*}$

Würde man diese Aufgabe so als erledigt betrachten, oder fehlt mir hier noch etwas?

29.03.2013, 15:41

URL

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Rechne das nochmal nach Augenzwinkern

Augenzwinkern

Das

Zitat:

Original von Hantel
In diesem Falle ist dann die zweite Zeile der Matrix L.K. der ersten (vice versa). Es bleibt aber stehen:

ist mir unklar. Die zweite Zeile der Matrix ist doch in keinem Fall Vielfaches der ersten verwirrt

verwirrt

29.03.2013, 16:19

Hantel

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Ja, Mist. Ich habe die Aufgabe falsch diktiert.

$\begin{eqnarray*} a_{21} = 2 \end{eqnarray*}$ .

Oh man, sorry.

29.03.2013, 17:26

URL

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ah, ok. Dann passt das.
und wie sieht die Lösungsmenge im Fall $\begin{eqnarray*} \lambda \neq 4 \end{eqnarray*}$ aus?

30.03.2013, 12:59

Hantel

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Ich habe zunächst das Gleichungssystem ausgeschrieben und nach z umgestellt, dieses wird in Abhängigkeit von der Variable y und dem Parameter Lambda gewählt:

$\begin{eqnarray*} (i)x = 2 - 2y - \lambda z,<br /> (ii)z= \frac{-1-y(\lambda -4)}{(8-2 \lambda)}, \lambda \neq 4. \end{eqnarray*}$

So lässt sich jeweils die inhomogene Lösung des Gleichungssystems bestimmen. Die hom. Gleichung:

$\begin{eqnarray*} (i) x = -2y - \lambda z,<br /> (ii) z = - \frac{y(\lambda - 4)}{(8- 2 \lambda)}, \lambda \neq 4 \end{eqnarray*}$

Die Lösungsmenge ist also:

$\begin{eqnarray*} L(A,b) = \tilde{x} + L(A,0) = \begin{pmatrix} 2 - 2y - \lambda \cdot \frac{-1-y(\lambda -4)}{(8- 2 \lambda)} \\ y \\ \frac{-1-y(\lambda -4)}{(8- 2 \lambda)} \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} - 2y - \lambda \cdot \frac{-y(\lambda -4)}{(8- 2 \lambda)} \\ y \\ \frac{-y(\lambda -4)}{(8- 2 \lambda)} \end{pmatrix}, y \in \mathbb{R}, \lambda \in \mathbb{R} \setminus \lbrace 4 \rbrace . \end{eqnarray*}$

30.03.2013, 13:52

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Im wesentlichen richtig.
Allerdings hast du die Lösungsmenge jetzt als Summe der allgemeinen Lösung der inhomogenen Gleichung plus der allgemeinen Lösung der homogenen Gleichung geschrieben.

Der zweite Summanden ist überflüssig.

Wenn du die Lösungsmenge als spez Lös inhomGLS + allg Lös homGLS schreiben willst, darf im ersten Summanden der Parameter y nicht auftauchen. Am einfachsten erledigst du das, indem du dort y=0 setzt.

30.03.2013, 14:03

Hantel

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Okay, macht Sinn ja. Das Ganze würde dann so aus sehen (für das vorgeschlagene y=0).

$\begin{eqnarray*} L(A,b) = \tilde{x} + L(A,0) = \begin{pmatrix} 2 - \lambda \cdot \frac{-1}{(8- 2 \lambda)} \\ 0 \\ \frac{-1}{(8- 2 \lambda)} \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} - 2y - \lambda \cdot \frac{-y(\lambda -4)}{(8- 2 \lambda)} \\ y \\ \frac{-y(\lambda -4)}{(8- 2 \lambda)} \end{pmatrix}, y \in \mathbb{R}, \lambda \in \mathbb{R} \setminus \lbrace 4 \rbrace . \end{eqnarray*}$

Vielen Dank für deine Beiträge!

30.03.2013, 14:08

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yap.
Wobei man im zweiten Summanden noch ein bisschen kürzen kann. Aber das ist Kosmetik

30.03.2013, 19:33

Hantel

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Hm, ich hatte überlegt einen neuen Thread zu öffnen, aber dieser hier bietet sich an - ich vermute die Fragen die sich auftun werden, gehen in eine ähnliche Richtung. Und zwar, folgende Aufgabe: Bestimmen Sie alle Lösungen des Gleichungssystems:

$\begin{eqnarray*} A \left( \begin{matrix} 1 & 3 & -1 & 2 \\ -1 & -2 & 2 & -3 \\ 1 & 1 & -3 & 4 \end{matrix} \left| \begin{matrix} 7 \\ -5 \\ 3 \end{matrix} \right) \right. \underrightarrow{IV-2\cdot I, III+I} \left( \begin{matrix} 1 & 3 & 0 & 0 \\ -1 & -2 & 1 & -1 \\ 1 & 1 & -2 & 2 \end{matrix} \left| \begin{matrix} 7 \\ -5 \\ 3 \end{matrix} \right) \right. \underrightarrow{II-I, IV+III} \left( \begin{matrix} 1 & 2 & 0 & 0 \\ -1 & -1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & -2 & 0 \end{matrix} \left| \begin{matrix} 7 \\ -5 \\ 3 \end{matrix} \right) \right.<br /> \underrightarrow{I+III} \left( \begin{matrix} 1 & 2 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 1 & 0 \\ -1 & 0 & -2 & 0 \end{matrix} \left| \begin{matrix} 7 \\ -5 \\ 3 \end{matrix} \right) \right. \underrightarrow{II+III} \left( \begin{matrix} 1 & 2 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ -1 & -2 & -2 & 0 \end{matrix} \left| \begin{matrix} 7 \\ -5 \\ 3 \end{matrix} \right) \right. \underrightarrow{II-2\cdot I} \left( \begin{matrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ -1 & 0 & -2 & 0 \end{matrix} \left| \begin{matrix} 7 \\ -5 \\ 3 \end{matrix} \right) \right. <br /> \end{eqnarray*}$

Wenn ich diese Lösung (7,0,-5,0) oben in die Matrix einlese, klappt das alles nicht mehr. Ich verstehe nicht, weshalb.

30.03.2013, 19:41

URL

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Du hast Spaltenumformungen statt Zeilenumforumungen gemacht.

30.03.2013, 19:59

Hantel

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Zitat:

Original von URL
Du hast Spaltenumformungen statt Zeilenumforumungen gemacht.

Das ist verboten? Ich hatte im Hinterkopf, dass elementare Spaltenumformungen erlaubt seien. Falsch?

30.03.2013, 20:20

URL

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beim lösen von GLS ist das falsch smile

smile

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