LGS mit Gauß...Lösungsmenge leer?

01.11.2010, 19:59

Fealy

LGS mit Gauß...Lösungsmenge leer?

Hi...

Ich komme einfach nicht auf die Treppenstufenform für diese Gleichung. Sitze schon 2 Std daran. Keiner meiner Lerngruppe kann mir wirklich weiterhelfen.

3. Seien a, b element aus R.
Wir betrachten das lineare Gleichungssystem

x1 - 2 x2 + x3 + 2 x4 = a
x1 + x2 - x3 + x4 = 2
x1 + 7 x2 -5 x3 -a x4 = b
Bestimmen Sie mit Hilfe des Gaußschen Algorithmus die Lösung(en), falls sie existieren.

Hab echt schon viele Varianten probiert um a21 und a22 = 0 zu bekommen.

Sinnlos...

Freue mich über jeden Vorschlag

01.11.2010, 20:06

Fealy

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RE: LGS mit Gauß...Lösungsmenge leer?
Die Treppenstufenform muss ja bei 4 unbekannten so aussehen:

xxxx
00xx
000x

Right?!

01.11.2010, 21:20

Fealy

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Keiner ne Idee? Lässt mir jetzt keine Ruhe...

02.11.2010, 09:24

klarsoweit

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RE: LGS mit Gauß...Lösungsmenge leer?

Zitat:

Original von Fealy
Die Treppenstufenform muss ja bei 4 unbekannten so aussehen:

xxxx
00xx
000x

Oder so:
xxxx
0xxx
000x

Oder so:
xxxx
0xxx
0000

Oder ...

Was das Verfahren angeht, könntest du als erstes von der 2. und 3. Gleichung die 1. Gleichung subtrahieren.

02.11.2010, 11:10

Fealy

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Erstma vielen Dank für deinen Ansatz...

Mehrere Fragen:

1. Was bedeutet es wenn alle 4 unbekannten der 3 Zeile = 0 sind ? Ich kann mich wage an solch einen Fall erinnern. Es war dann glaube ich so, dass man die P-Q (Mitternachtsformel) anwenden musste. Lange ist's her...

2. Ich habe deinen Ansatz durchgerechnet und bin soweit gekommen:

Es ist wohl einfach eine Schwäche von mir keinen Fernblick dafür zu entwickeln um die Treppenstufenform dieser Gleichung herzustellen. Wie kann ich am besten daran arbeiten?

An dieser Stelle: Kennt jmd eine gute Aufgabensammlung mit Lösungswegen für Gauß/LGS...?

Was ich der Gleichung angetan habe :

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1 & -2 & 1 & 2 | a \\ 1 & 1 & -1 & 1 | 2 \\ 1 & 7 & -5 &-a | b \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Nach Z2-Z1 & Z3-Z1

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1 & -2 & 1 & 2 | a \\ 0 & 3 & -2 & 1 | (2-a) \\ 1 & 9 & -6 &(-a-2) | (b-a) \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Nun gibt es mehrere Möglichkeiten: Entweder ich habe an dieser Stelle schon Mist gebaut oder meine Folgerechnungen sind extrem schwachsinnig!

Ich werde die Folgerechnungen nochmal überprüfen, beim drüberschauen habe ich glaube einen Leichtsinnsfehler entdeckt.

Es wäre nett, wenn Ihr mit mitteilen könntet ob ich bei Schritt 1&2 schon einen Fehler gemacht habe. Hammer

MfG

Fealy

02.11.2010, 11:18

klarsoweit

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Zitat:

Original von Fealy
Nach Z2-Z1 & Z3-Z1

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1 & -2 & 1 & 2 | a \\ 0 & 3 & -2 & 1 | (2-a) \\ 1 & 9 & -6 &(-a-2) | (b-a) \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Da würde bei mir das da stehen:

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1 & -2 & 1 & 2 & |~ a \\ 0 & 3 & -2 & -1 & |~ (2-a) \\ 0 & 9 & -6 & (-a-2) & |~(b-a) \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

02.11.2010, 12:13

Fealy

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Ach...

Schritt 3: Z3 -3*Z2

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1 & -2 & 1 & 2 & |~ a \\ 0 & 3 & -2 & -1 & |~ (2-a) \\ 0 & 0 & 0 & (-a-1) & |~(b-6+2a) \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Laut deiner Aussage kann ich den Algorithmus mit der Treppenstufenform:

xxxx
0xxx
000x

ausführen. Ich mach' mich mal an die Arbeit und melde mich dann smile

02.11.2010, 12:16

klarsoweit

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Das (-a-1) in der 3. Zeile ist falsch.

02.11.2010, 13:53

Fealy

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Okay. Fehler berichtigt und angefangen mit der Fallunterscheidung:

Treppenstufenform:

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1 & -2 & 1 & 2 & |~ a \\ 0 & 3 & -2 & -1 & |~ (2-a) \\ 0 & 0 & 0 & (-a+2) & |~(b-6+2a) \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Fall1: (a=2) traurig

b!=2)

0*x4 = (b-2) : Keine Lösung !

Fall2: (a=2) traurig

b=2)

0*x4= (2-2)
0=0 x4 frei wählbar, setze x4 = $\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$

Fall3: (a!=2)

(-a+2)*x4 = (b-6+2a)

x4= $\begin{eqnarray*} \frac{1}{(-a+2)} \end{eqnarray*}$ * (b-6+2a)

Frage: Wie soll ich nun fortfahren? In der 2. Zeile habe ich ja 2 Unbekannte und nur 1 Bekannte. Kann ich die 3 ausser acht lassen?

Idee?

LG

02.11.2010, 14:26

klarsoweit

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Zitat:

Original von Fealy
Okay. Fehler berichtigt

-a + 2 ist aber auch falsch.

Und für Schulmathe würde ich das Thema auch nicht halten.

02.11.2010, 15:16

Fealy

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Ja natürlich ist es falsch! Muss mich mehr konzentrieren.

Dann möge es ein MOD bitte schieben. Ich dachte für Hochschulmathematik sei es zu banal.

Also durch Z3 - 3*Z2:

(-a-2)-3*(-1) = (-a-2)-(-3) *// Negatives Vorzeichen vor der Klammer führt zum Vorzeichenwechsel in der Klammer ?!
.
.
.
(-a-2)+3 = (-a+1)

Wir hätten also:

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1 & -2 & 1 & 2 & |~ a \\ 0 & 3 & -2 & -1 & |~ (2-a) \\ 0 & 0 & 0 & (-a+1) & |~(b-6+2a) \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Und nochmal die Fallunterscheidung:

Fall1:

a=1 ; b!=4

0*x4=(b-4) --> Keine Lösung

Fall2:

a=1 ; b=4

0=0 ; x4 frei wählbar, setze x4= $\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$

Fall3:

a!=1

(-a-1) * x4 = (b-6+2a)

x4= $\begin{eqnarray*} \frac{1}{(-a+1)} * (b-6+2a) \end{eqnarray*}$

Frage: Wie soll ich nun fortfahren? In der 2. Zeile habe ich ja 2 Unbekannte und nur 1 Bekannte. Kann ich die 3 ausser acht lassen?

Idee: Ich ziehe x3 auf die rechte Seite der Matrix und löse für x2...? Ich glaube nicht, dass das Funktioniert. unglücklich

10.11.2010, 00:44

tigerbine

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Genug ist genug.
!!!abgetrennt!!! Gauß, Algorithmen und die Physik

Es gibt hier keinen Grund für einen Expertenstreit. Wir befinden uns in eine Mathematikforum im Fahgebiet lin. Algebra. Daher ist es von vorne herein hinfällig über die Numerische Stabilität von Algorithmen zu diskutieren. Wenn ihr das gerne möchtet, dann nicht in diesem Thread. Für Physik gibt es das Physikerboard.

Bei solchen Aufgaben Typ "Ax=b" ist nach der Urbildmenge eines vorgeschlagenen Bildes gefragt. D Bei linearen Funktionen gibt es dann genau drei Fälle:

1. Keine Lösung. Der Vektor b liegt dann nicht im Bild der durch A dargestellten lin. Abbildung.

Liegt b nun im Bild von A, so gibt es 2 Möglichkeiten:

2. Genau ein Urbild

3. Unendlich viele Urbilder.

Das interessante ist hier nun, dass in "A" und "b" noch Parameter auftreten
$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix}1 &-2&1&2 \\ 1&1&-1&1 \\ 1&7&-5&-a \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_1\\x_2\\x_3\\x_4\end{pmatrix}= \begin{pmatrix}a\\2\\b \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Wie kann man die 3 Fälle für das LGS übersetzen? Welchen Rang hat A hier mindestens? Welchen höchstens? Mit Gauss erhalten wir diese Form, anderes LGS aber gleiche Lösungsmenge
$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix}1 &-2&1&2 \\ 0&3&-2&-1 \\ 0&0&0&1-a \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_1\\x_2\\x_3\\x_4\end{pmatrix}= \begin{pmatrix}a\\2-a\\b+2a-6 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Es drängt sich die Fallunterscheidung $\begin{eqnarray*} a=1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} a\neq1 \end{eqnarray*}$ auf.

Fall1: $\begin{eqnarray*} a=1 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix}1 &-2&1&2 \\ 0&3&-2&-1 \\ 0&0&0&0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_1\\x_2\\x_3\\x_4\end{pmatrix}= \begin{pmatrix}1\\1\\b-4 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

A hat hier den Rang 2 und die dritte Zeile zeigt, dass es in diesem Fall nur für $\begin{eqnarray*} b=4 \end{eqnarray*}$ überhaupt Lösung(en) geben kann. Fall(1-1) Sei also nun
Fall1-2: $\begin{eqnarray*} b=4 \end{eqnarray*}$ :
$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix}1 &-2&1&2 \\ 0&3&-2&-1 \\ 0&0&0&0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_1\\x_2\\x_3\\x_4\end{pmatrix}= \begin{pmatrix}1\\1\\0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Hier erhalten wir nun eine parameterabhängige Lösung - siehe 3. Aber ein Parameter reicht hier nicht aus.

Fall2: $\begin{eqnarray*} a\neq1 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix}1 &-2&1&2 \\ 0&3&-2&-1 \\ 0&0&0&1-a \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_1\\x_2\\x_3\\x_4\end{pmatrix}= \begin{pmatrix}a\\2-a\\b+2a-6 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Die Matrix hat nun maximalen Rang 3. Was bedeutet das für die Dimension des Bildes? Interessiert dann die konkrete Wahl von b überhaupt, wenn es um die Frag 1. 2. oder 3. geht? smile

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