Dimension des Lösungsraum eines LGS

14.06.2007, 21:31

lissy

Dimension des Lösungsraum eines LGS

hallöchen,

ich hab hier eine aufgabe, bei der ich die dimension des lsg.raumes bestimmen soll.

das LGS ist folgende:
$\begin{eqnarray*} a+2b+c = 3 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} 2a+2b+c = 1 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} 3a+4b+2c = 4 \end{eqnarray*}$

Wenn ich da jetzt bissi drin rumrechne, um den Rank festzustellen, komme ich auf:

$\begin{eqnarray*} 1a+2b+1c=3 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} 0a-2b-1c = -5 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} 0a+0b+0c = 0 \end{eqnarray*}$

So, macht rank = 2 - richtig?

Die Determinate der Koeff.Matrix ist 0 - richtig?

Was ich jetzt denke ist, dass wenn die Determinate 0 ist, das lgs entweder
nicht lösbar ist, oder aber unendlich viele Lösungen besitzt. Korrekt?

Ist es richtig, wenn ich sage, dass die Dimension des Lösungsraums: $\begin{eqnarray*} dimL(A;0) = n - rg(a) = 3 - 2 = 1 \end{eqnarray*}$
ist ?

Wenn det != 0, dann kann ich doch sagen, der Lösungsraum ist eindeutig.
Ich weiß jetzt nicht, was ich bzgl det = 0 sagen kann, bzw. das halt ausdrücke.

Für ein wenig Ankurbelung wäre ich dankbar Augenzwinkern

gruß

14.06.2007, 21:38

tigerbine

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RE: Dimension des Lösungsraum eines LGS
$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix}1&2&1 \\ 2&2&1 \\ 3&4&2 \end{pmatrix}\begin{pmatrix}a\\b\\c \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}3\\1\\4 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Nun mit Gauss auf Dreiecksgestalt:

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix}1&2&1 \\ 0&-2&-1 \\ 0&-2&-1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix}a\\b\\c \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}3\\-5\\-5 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix}1&2&1 \\ 0&-2&-1 \\ 0&0&0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix}a\\b\\c \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}3\\-5\\0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Matrix hat Rang 2. D.h. die zugehörige Lineare Abbildung hat einen Bildraum der Dimension 2. Liegt allerdings beim LGS Ax=y dieses y im Bildraum? Nein, denn, dass siehst Du an der letzten Zeile im LGS.

Mit det(A) = 0 folgt dass die Matrix nicht den vollen Rang hat. Daher gibt es entweder keine oder unendlich viele Lösungen. Mehr kannst du daraus nicht ablesen. Mit det(A) ungleich 0 würde die Existenz und Eindeutigkeit der Lösung folgen.

14.06.2007, 21:58

lissy

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hmm, dann lag ich ja schon ganz richtig mit meinen Vermutungen.

Ok, jetzt nur noch die Sache, wie ich das "schreibe"

Was heißt "nicht den vollen Rang"?

Wenn ich z.b. direkt nach der Dimension des Lösungsraums gefragt werden,

schreibe ich dann dennoch 2?

Und stimmt meine Sache da mit dem Rang berechnen?
Die Unbekannten minus rang der Matrix?

Wäre ja 1.

Was schreibe ich bei sowas als "Antwortsatz"?

14.06.2007, 22:02

tigerbine

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Zitat:

Wenn ich z.b. direkt nach der Dimension des Lösungsraums gefragt werden,schreibe ich dann dennoch 2?

Nein, habe Dir doch versucht zu erklären, dass das 2 paar Schuhe sind. Rang ist die Dimension des Bildraums der ganzen linearen Abbildung. Du möchtest nur wissen, wie viele lineare Unabhängige Urbilder der Vektor auf der rechten Seite des LGS hat.

In deinem Fall hier 0, denn das LGS hat keine Lösung.

EDIT: Äußerungen bezogen sich auf das LGS, das durch meinen Rechenfehler entstanden war.

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix}1&2&1 \\ 0&-2&-1 \\ 0&0&0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix}a\\b\\c \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}3\\-5\\4 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

14.06.2007, 22:18

lissy

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hm, moment - Das hat keine einzige Lösung, oder es hat keine
eindeutige Lösung, da ich ein Parameter frei wählen kann?

bzw. würde das bzgl. der dimension dann einen unterschied machen?

14.06.2007, 22:22

tigerbine

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Ja das würde einen Unterschied machen. Was war denn bei meiner letzen Antowort nicht zu verstehen? Dieses LGS hat keine Lösung.

Wie wäre es in diesem Fall

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix}1&2&1 \\ 0&-2&-1 \\ 0&0&0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix}a\\b\\c \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}3\\-5\\0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

14.06.2007, 22:27

lissy

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hmm, jetzt steh ich ein wenig auf dem schlauch.

das lgs, was du grad gepostet hast, ist doch meines von oben, nachdem
ich den gauß alg. angewandt habe.

von dem bin ich ausgegangen, und von dem komme ich ja auf
"keine eindeutige lösung"

14.06.2007, 22:33

tigerbine

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Oben editiert. Ich hatte folgendes da stehen:

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix}1&2&1 \\ 0&-2&-1 \\ 0&0&0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix}a\\b\\c \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}3\\-5\\4 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Hier hat das LGS keine Lösung. Denn $\begin{eqnarray*} 0 \neq 4 \end{eqnarray*}$

In deinem Fall:

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix}1&2&1 \\ 0&-2&-1 \\ 0&0&0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix}a\\b\\c \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}3\\-5\\0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Wählt man c frei. Also c=t. Dann bestimmt man a und b in Abhängigkeit von t. Was erhälst du dann?

14.06.2007, 22:56

lissy

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naja, also
b= 5/2 - t/2 und a = -2 + 2t
weil halt t frei ist.

der rang wäre 2.
und wenn ich das so wie vorhin mache, würde ich auf
dim = 1 kommen ( weil 1 freiheit besteht? )
also dim hier der lösungsraum

14.06.2007, 23:18

tigerbine

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An dem Rang der matrix hat sich nichts geändert. Der ist immer noch 2. nur die Frage, ob wir zum rechten Vektor ein Urbild finden hat sich verändert. Wir finden unendlich viele. Bei a habe ich etwas anderes raus.

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} a\\b \\c \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} -2\\2.5 \\ 0 \end{pmatrix} +t\cdot \begin{pmatrix} 0\\-0.5 \\ 1 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Die Dimension des Lösungsraums ist 1.

15.06.2007, 08:09

lissy

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ah, supi - dann ist mir das jetzt viel klarer als vorher.
ja, beim a hatte ich gestern ein vorzeichenfehler drin ( es war schon spät *rausred* *g )

Dann hab vielen Lieben Dank, dass du dir die Zeit für mich genommen hast!

gruß, lissy

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