Homogenes/inhomogenes LGS

02.09.2014, 16:31

Cygan

Homogenes/inhomogenes LGS

Hallo,
ich habe ein Problem bei einer Aufgabe und weiß nicht weiter:
Es sei:
$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\ 2 & 3 & 4 & 5 & 6 \\ 0 & 2 & 2 & 4 & 4 \end{pmatrix}\in (4\times 5,\mathbb R ) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} b=\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \\ 1\end{pmatrix}\in \mathbb R ^{4} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} b'=\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \\ -1\end{pmatrix}\in \mathbb R ^{4} \end{eqnarray*}$
Bestimmen Sie alle Lösungen
i)des homogenen LGS Ax=0
ii) des inhomogenen LGS Ax=b
iii) des inhomogenen LGS Ax=b'

Bei i) bin ich wie folgt vorgegangen;
1) Koeffizientenmatrix in ZSF bringen:
$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 0 & 1& 0\\ 2 & 3 & 4 & 5 & 6& 0 \\ 0 & 2 & 2 & 4 & 4 & 0\end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ => $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 1 & 0& 0\\ 0 & 0 & 1& 1 & 2& 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0\end{pmatrix} \end{eqnarray*}$
Da ich 5 Variablen habe aber die dim(A)=3 ist kann ich zwei freie Variablen wählen.
Wähle x4=s und x5=t
LGS:
I x1 + x2+ x 3+ s + t = 0 => x1= s+t
II x2 + s = 0 => x2= -s
III x3 + s + 2t = 0 ==> x3 = -s -2t
Also:
$\begin{eqnarray*} A*(t(\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ -2 \\ 0 \\ 1\end{pmatrix})+s(\begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ -1 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix}))=0 \end{eqnarray*}$
Meine Frage bezieht sich jetzt auf das inhomogene LGS: Ax=b
Ich fange wieder an die Koeffizientenmatrix in ZSF zu bringen:
$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 1 & 0& 0\\ 0 & 0 & 3& 2 & 5& -1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 2& 5\end{pmatrix} \end{eqnarray*}$
So aber wie macht man ab hier weiter?

02.09.2014, 18:52

Dopap

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RE: Frage zum homogenen/inhomogenen LGS

Zitat:

Original von Cygan
Hallo,
ich habe ein Problem bei einer Aufgabe und weiß nicht weiter:
Es sei:
$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\ 2 & 3 & 4 & 5 & 6 \\ 0 & 2 & 2 & 4 & 4 \end{pmatrix}\in (4\times 5,\mathbb R ) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} b=\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \\ 1\end{pmatrix}\in \mathbb R ^{4} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} b'=\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \\ -1\end{pmatrix}\in \mathbb R ^{4} \end{eqnarray*}$
Bestimmen Sie alle Lösungen
i)des homogenen LGS Ax=0
ii) des inhomogenen LGS Ax=b
iii) des inhomogenen LGS Ax=b'

die b-Vektoren sind Elemente des R^5 !!

schreibe die Matrix gleich als erweiterte Matrix mit zusätzlicher Nullzeile:

$\begin{eqnarray*} A_e=\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 & 1 &1 \\ 1 & 0 & 1 & 0 & 1&1 \\ 2 & 3 & 4 & 5 & 6&1 \\0 & 2 & 2 & 4 & 4&1 \\ 0& 0& 0& 0& 0&1\end{pmatrix} \end{eqnarray*}$
hier ist $\begin{eqnarray*} A\vec x =\vec b \end{eqnarray*}$ gemeint.

Wenn Du dieselben Operationen für dieses LGS machst, wie für das homogene LGS, kann man ablesen , dass
$\begin{eqnarray*} rg(A)=3 \quad \text{und} \quad rg(A_e)=4 \end{eqnarray*}$ ist. Also unlösbar. Dasselbe gilt für dea LGS mit Vektor b'

03.09.2014, 18:30

Cygan

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Hey,
Entschuldigung da ist mir wohl eine Zeile dazu gerutscht!
Es ist natürlich:
$\begin{eqnarray*} b=\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$
Ich gehe mal davon aus das die Lösung dann auch eine andere ist!
MfG

03.09.2014, 18:48

Dopap

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Du hast doch einige Zeilenumformungen richtigerweise für A gemacht.

Dieselben wendest du jetzt auf $\begin{align*} \vec b \end{align*}$ an. Der entstehende Vektor ist Element des R^4, woraus folgt, dass das System unlösbar ist.

Dasselbe mit dem Vektor b' liefert ein Element des R^3. also ist das LGS lösbar.

Bitte nachrechnen !

03.09.2014, 19:37

Cygan

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Ich bilde jetzt die Koeffizientenmatrix von Ax=b:
$\begin{eqnarray*} A_{e} =\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 1 & 0& 0\\ 0 & 0 & 3 & 2 & 5& -1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 2 & 5\end{pmatrix} \end{eqnarray*}$
Ich kann doch eine Parametrisierte Form angeben oder?
Da $\begin{eqnarray*} dim(A_{e})=4 \end{eqnarray*}$ ich aber 5 Variablen habe kann ich eine frei wählen. Wähle x4=s
Daraus ergibt sich dann folgendes LGS:
I x1+x2+x3+s+x5=1
II x2 + s = 0
III 3x3 + 2s + 5x5 = -2
IV 2x5 = 5
Daraus ergibt sich;
x1= 12+2a
x2= -s
x3= -4,5 - 2/3
x4= s
x5= 2,5
==>
$\begin{eqnarray*} A*(s*\begin{pmatrix} \\ \frac{12}{s}+2 \\ -1 \\ \frac{-4.5}{s}-2/3\\ 1\\\frac{2,5}{s} \end{pmatrix}=b \end{eqnarray*}$

03.09.2014, 20:39

Dopap

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RE: Frage zum homogenen/inhomogenen LGS
keine Ahnung, was du da machst, du hattest doch:

Zitat:

$\begin{align*} A_e=\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 0 & 1& 0\\ 2 & 3 & 4 & 5 & 6& 0 \\ 0 & 2 & 2 & 4 & 4 & 0\end{pmatrix} \Rightarrow \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 1 & 0& 0\\ 0 & 0 & 1& 1 & 2& 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0\end{pmatrix} \end{align*}$ für das System $\begin{align*} A\cdot \vec x = \vec 0 \end{align*}$
Da ich 5 Variablen habe aber die dim(A)=3 ist kann ich zwei freie Variablen wählen.

so, und jetzt ersetzt du die 6. Spalte mit Vektor b=(1,1,1,1)^T,

und rechnest genauso wie zuvor. Dann müssen die ersten 5 Spalten wieder gleich sein. Die neue Spalte 6 entscheidet dann über die möglichen Lösungen.

Verstanden?

03.09.2014, 21:14

Cygan

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Oh Da habe ich mich verrechnet!
Raus kommt:
$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 1 & 0& 0\\ 0 & 0 & 1& 1 & 2& 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1\end{pmatrix} \end{eqnarray*}$
Also, wie du schon sagtest, unlösbar da $\begin{eqnarray*} 0\neq 1 \end{eqnarray*}$

03.09.2014, 21:27

Dopap

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Zitat:

Original von Cygan
$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 1 & 0& 0\\ 0 & 0 & 1& 1 & 2& 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1\end{pmatrix} \end{eqnarray*}$
Also, wie du schon sagtest, unlösbar da $\begin{eqnarray*} 0\neq 1 \end{eqnarray*}$

richtig wäre:

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 1 & 0& 0\\ 0 & 0 & 1& 1 & 2& -\tfrac 12 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1\end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ ,

was aber hier keinen Einfluss hat.
--------------------------------------------------------------------------
bei $\begin{align*} A\cdot \vec x =\vec b' \end{align*}$ aber aufpassen!

06.09.2014, 12:39

Cygan

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Bei Ax=b' habe ich nach ZSF raus:
$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 1 & 0& 0\\ 0 & 0 & 1& 1 & 2& -\tfrac 12 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0\end{pmatrix} \end{eqnarray*}$
Kann ich mir jetzt 2 Variablen wählen und eine Parametrisierte Lösung bilden?

06.09.2014, 17:43

Dopap

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genau so ist es richtig !

07.09.2014, 14:15

Cygan

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Wähle x4=s und x5=t =>
$\begin{eqnarray*} x1=\frac{3}{1}+s \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} x2=-s \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} x3=-\frac{1}{2}-s-2t \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} x4=s \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} x5=t \end{eqnarray*}$
=>
$\begin{eqnarray*} A*(s*\begin{pmatrix} 1 \\ -1\\ -1 \\ 1\\ 0\end{pmatrix}+t*\begin{pmatrix} 0 \\ 0\\ -2 \\ 0\\ 1\end{pmatrix}+\begin{pmatrix} \frac{3}{2}\\0 \\0 \\ -\frac{1}{2} \\ 0\end{pmatrix})=b' \end{eqnarray*}$

07.09.2014, 19:56

Dopap

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fast richtig.

$\begin{eqnarray*} A*(s*\begin{pmatrix} 1 \\ -1\\ -1 \\ 1\\ 0\end{pmatrix}+t*\begin{pmatrix} 1 \\ 0\\ -2 \\ 0\\ 1\end{pmatrix}+\begin{pmatrix} \frac{3}{2}\\0 \\ -\frac{1}{2} \\ 0\\ 0\end{pmatrix})=\vec b' \end{eqnarray*}$

08.09.2014, 13:13

Cygan

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Ah da bin ich wohl in der Zeile verutscht!
Damit wäre die Aufgabe ja gelöst!
Vielen Dank für die Geduld

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