Lösungen eines LGS

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25.11.2007, 19:18	makko	Auf diesen Beitrag antworten »
Lösungen eines LGS Mir fiel kein besseres Topic ein für die Aufgabenstellung, wenn euch ein besseres einfällt, ändert es ruhig Gegeben ist das LGS als folgende Matrix: $\begin{eqnarray} D = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ -a & 1 & 2 \\ -2 & 2 & a \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 3 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ Die Aufgabe lautet nun: Wann gibt es genau eine Lösung, unendlich Lösungen und keine Lösung? Ich hab nun als erstes versucht die Cramersche Regel anzuwenden, also Determinanten für $\begin{eqnarray} D \end{eqnarray}$ , $\begin{eqnarray} D_x \end{eqnarray}$ , $\begin{eqnarray} D_y \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} D_z \end{eqnarray}$ bestimmt und dann die jeweiligen Gleichungen aufgestellt wie sie für x, y und z Gültigkeit haben müssten. Dabei kommt dann so etwas raus wie: $\begin{eqnarray} x = \frac{det(D_x)}{det(D)} = \frac{3-a}{-a^2-a-6} \end{eqnarray}$ Und dann weiss ich nicht weiter... Ich könnte nun nach dem Ausschlussverfahren vorgehen und schauen, für welche a gilt Nenner = 0 und Zähler ungleich 0, das entspräche dann keiner Lösung. Und eben andersherum, Zähler = 0 und Nenner = 0, entsprächen unendlich Lösungen. Wenn ich das allerdings anfange (habs halt einfach mal probiert bevor ich ewig nich weiterkomm), passiert etwas schreckliches ;D Denn für... $\begin{eqnarray} -a^2-a-6 = 0 \\ \Rightarrow (a+1)^2 = -5 \\ \Rightarrow a+1 = \sqrt{-5} \\ \Rightarrow a \notin \mathbb R \end{eqnarray}$ Und das macht irgendwie keinen Sinn... hat jemand einen Rat?
25.11.2007, 19:31	mYthos	Auf diesen Beitrag antworten »
Der Titel ist schon ok! Eine ziemlich ähnliche Aufgabe siehst du zunächst unter Hilfe bei Gleichungssystem Schau mal dort rein. Ich hab' jetzt leider zu wenig Zeit, ich schaue später wieder rein. mY+
25.11.2007, 20:18	makko	Auf diesen Beitrag antworten »
Okay, also erstmal in die o. Dreiecksform bringen: (Das rechte soll die erweiterung sein, ich weiss leider nicht genau wie man das in Latex darstellt...) $\begin{eqnarray} \begin{vmatrix} 1 & 1 & 1 \\ -a & 1 & 2 \\ -2 & 2 & a \end{vmatrix} \begin{vmatrix}1 \\ 2 \\ 3 \end{vmatrix} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \begin{vmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 0 & a+1 & 2+a \\ -2 & 2 & a \end{vmatrix} \begin{vmatrix}1 \\ 2+a \\ 3 \end{vmatrix} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \begin{vmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 0 & a+1 & 2+a \\ 0 & 4 & 2+a \end{vmatrix} \begin{vmatrix}1 \\ 2+a \\ 5 \end{vmatrix} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \begin{vmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 0 & -4a-4 & -8-4a \\ 0 & 4a+4 & a^2-a-6 \end{vmatrix} \begin{vmatrix} 1 \\ -8-4a \\ 5a+5 \end{vmatrix} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \begin{vmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 0 & -4a-4 & -8-4a \\ 0 & 0 & a^2-a-6 \end{vmatrix} \begin{vmatrix}1 \\ -8-4a \\ -3+a \end{vmatrix} \end{eqnarray}$ Sooooo, dann die Rückwärtssubstitution, kommt raus: $\begin{eqnarray} z = \frac{-3+a}{a^2-a-6} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} y = \frac{-8-4a - (-8-4a)\cdot z}{-4a-4} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} x = \frac{1-y-z}{1} \end{eqnarray}$ Edit2: Habe den Fehler korrigiert (hoffe ich) bin erkältet und dementsprechend unkonzentriert :\ Stimmt das denn nun soweit? Und noch ein Edit: Nach längerem anstarren ist mir aufgefallen, dass mein $\begin{eqnarray} x = \frac{D_z}{D} \end{eqnarray}$ exakt dasselbe ist wie das obige $\begin{eqnarray} z \end{eqnarray}$ . Also war der Lösungsweg über die Cramersche Regel doch garnicht so verkehrt?
25.11.2007, 22:56	mYthos	Auf diesen Beitrag antworten »
EDIT: Du hast sinngemäß richtig umgeformt, ich habe dies zuerst falsch interpretiert. Bei der Umformung der Matrix ist dir irgendwo ein kleiner Fehler unterlaufen, ich hab's jetzt nicht nachgerechnet. Jendefalls müsste sich x = -z ergeben (und nicht x = z) Die Brüche kannst du noch durch den Linearfaktor (a - 3) kürzen (a = 3 ausschließen! Siehe bei D!) Zur Kontrolle kannst du das System auch "herkömmlich" lösen. Oder auch nach Cramer. Du musst zuerst die Determinante D der Koeffizientenmatrix untersuchen, um die Lösungsmöglichkeiten des Systemes festzustellen. Diese Determinante hast du bereits zu $\begin{eqnarray} D = a^2 - a - 6 \end{eqnarray}$ berechnet. Wenn $\begin{eqnarray} D \neq 0 \end{eqnarray}$ ist, hat das System eine eindeutige Lösung. Dieses Lösungstripel ist nun in Abhängigkeit von a anzugeben. Welche Werte von a musst du demnach zunächst ausschließen? Ich habe: $\begin{eqnarray} L = \{ -\frac{1}{a+2}, \ 1, \ \frac{1}{a+2} \} \ \text{für } \ D \neq 0 \end{eqnarray}$ Wenn D = 0 ist, können nur noch die Fälle eintreten: - keine Lösung - unendlich viele Lösungen Das untersuchst du nun für die speziellen Werte von a, für welche D = 0 ist. Hope it helps! mY+
25.11.2007, 23:09	makko	Auf diesen Beitrag antworten »
Oh ja, das sollte natürlich $\begin{eqnarray} z = \frac{D_z}{D} \end{eqnarray}$ heissen Ich werde das ganze morgen früh weiterverfolgen, meine Erkältung zwingt mich Richtung Bett. Danke für die Hilfe schonmal
25.11.2007, 23:14	mYthos	Auf diesen Beitrag antworten »
Gute Besserung! Ich habe dir - damit du besser schlafen kannst, mal die Lösungen für den einen Falll angegeben. Diese musst du aber noch selbst erarbeiten (x, y, z nur in a ausdrücken). Und dann natürlich auch die anderen Fälle, besonders auch den Fall für unendlich viele Lösungen, denn diesen gibt's auch. Tipp: Setze dann eine (geeignete!) Variable gleich einem Parameter (z.B. t) mY+
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26.11.2007, 08:30	makko	Auf diesen Beitrag antworten »
Vielen Dank! Ich hab mir jetzt erst einmal beide Lösungswege notiert, einfach um sie beide mal aufgeschrieben zu haben. Dann hab ich mir die x, y und z in a ausgedrückt angesehen und (ich hoffe das stimmt so) gesehen: wenn a != 3 ist, dann ist D != 0 und es gibt eine lösung wenn a = 3 ist, dann ist D, Dx, Dy und Dz = 0, so dass es immer unendlich lösungen gibt und keine lösung gibt es niemals bei diesem LGS. irgendwie fürchte ich habe ich da einen denkfehler drin, denn das scheint mir zu ablesbar. Leider muss ich gleich los und werde dann sowieso erfahren was die prof als lösung wollte, aber es ist immer schöner es vorher selbst richtig gelöst zu haben
26.11.2007, 10:23	mYthos	Auf diesen Beitrag antworten »
Es gibt noch einen Faktor, der die Determinante D zu Null macht, nämlich $\begin{eqnarray} (a + 2) \end{eqnarray}$ Daher musst du auch $\begin{eqnarray} a = -2 \end{eqnarray}$ ausschließen. Das hättest du auch in der von mir angegebenen Lösung sehen können, denn (a + 2) steht ja im Nenner eines Bruches und dieser sollte nicht Null werden. Für a = 3 existieren tatsächlich unendlich viele Lösungen, denn dann ist das lGS abhängig. Diese Lösungen solltest du jedoch (in Parameterform) auch angeben. Wenn du x = t setzt und z.B. die ersten zwei Gleichungen betrachtest (die dritte ist redundant), erhältst du schnell $\begin{eqnarray} L = \{t, \ -5t, \ 1 + 4t \} \end{eqnarray}$ t kann beliebige reelle Zahlen durchlaufen und wir erhalten damit unendlich viele Lösungstripel. mY+
26.11.2007, 11:52	makko	Auf diesen Beitrag antworten »
Moin, ich schreib grad aus der FH. Das mir a = -2 fehlte ist mir dann heute auch aufgefallen Ich hätte D einfach nochmal 0 setzen müssen, dann wär mir das aufgefallen. Zumindest beruhigend zu wissen, dass der Weg der richtige war, und das Ergebnis zumindest "halb" korrekt.

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