Lösungsmengen linearer Gleichungssysteme

07.03.2011, 17:48

DirkR

Lösungsmengen linearer Gleichungssysteme

Hallo,

Meine Aufgabe lautet:

Geben Sie die Lösungsmengen folgender linearer Gleichungsysteme:

x1 + x2 + 3x3 - x4 + 2x6 = b1
x1 + 2x2 + 5x3 - x4 + x6 = b2
2x1 + 3x2 + 8x3 - 2x4 - x5 + 2x6 = b3
-2x1 - 2x2 -6x3 + 2x4 + 4x5 = b4

über R jeweils mit den Vektoren an:

(b1) (0), (3), (-1)
(b2) = (0), (4), (2)
(b3) (0), (7), (0)
(b4) (0), (-6), (2)

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ich habe gerade erst angefangen mit studieren und kann jede Hilfe gebrauchen.

was ich versucht habe ist, das gaußische Elemenierungsverfahren anzuwenden.

x1 x2 x3 x4 x5 x6 = 0 (Vektor b1=0)

1 1 3 -1 0 2 0
1 2 5 -1 0 1 0
2 3 8 -2 -1 2 0
-2 -2 -6 +2 +4 0 0

mein ergebnis dafür ist

1 1 3 -1 0 2 0
0 1 2 0 0 -1 0
0 0 0 0 -1 -1 0
0 0 0 0 2 2 0

jetzt könnte ich theoretisch x1 x2 x3 x4 bestimmen.
------------------------------------------------------------------------------------------

Ist mein Ansatz richtig? Oder wie löst man diese Aufgabe?

07.03.2011, 18:48

Elvis

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Wenn du dich bis dahin nicht verrechnet hast, wird die 4. Zeile zu 0 (2 mal die 3. Zeile addieren). Dann kannst du noch die 2. Zeile von der 1. Zeile subtrahieren. Dann kannst du praktisch (nicht theoretisch Augenzwinkern

) die Lösung ablesen.

Das kannst du für die anderen beiden rechten Seiten wiederholen. Noch einfacher wird die Aufgabe, wenn du die drei rechten Seiten simultan mit umformst. Dann erkennst du die drei Lösungsmengen auf einmal.

07.03.2011, 22:43

DirkR

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Aufgabe :

http://img714.imageshack.us/i/unbenanntpeqt.jpg/

Hier nochmal der komplette Lösungsansatz

code:

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x1	x2	x3	x4	x5	x6					
1	1	3	-1	0	2	|0	3	-1		
1	2	5	-1	0	1	|0	4	2		
2	3	8	-2	-1	2	|0	7	0		
-2	-2	-6	2	4	0	|0	-6	2		Zeile 4 + Zeile 2
										
1	1	3	-1	0	2	|0	3	-1		
1	2	5	-1	0	1	|0	4	2		
2	3	8	-2	-1	2	|0	7	0		Zeile 3 + (2* Zeile 2) * -1 
0	1	2	0	3	2	|0	11	2		
										
1	1	3	-1	0	2	|0	3	-1		
1	2	5	-1	0	1	|0	4	2		Zeile 2 - Zeile 1
0	-1	-2	0	-1	0	|0	-1	-4		
0	1	2	0	3	2	|0	11	2		
										
1	1	3	-1	0	2	|0	3	-1		
0	1	2	0	0	-1	|0	1	3		
0	-1	-2	0	-1	0	|0	-1	-4		
0	1	2	0	3	2	|0	11	2		Zeile 4 + Zeile 3
										
1	1	3	-1	0	2	|0	3	-1		
0	1	2	0	0	-1	|0	1	3		
0	-1	-2	0	-1	0	|0	-1	-4		Zeile 3 + Zeile 2
0	0	0	0	2	2	|0	10	-2		
										
1	1	3	-1	0	2	|0	3	-1		
0	1	2	0	0	-1	|0	1	3		
0	0	0	0	-1	-1	|0	0	-1		
0	0	0	0	2	2	|0	10	-2		Zeile 4 + (2 * Zeile 3)
										
1	1	3	-1	0	2	|0	3	-1		Zeile 1 - Zeile 2
0	1	2	0	0	-1	|0	1	3		
0	0	0	0	-1	-1	|0	0	-1		
0	0	0	0	0	0	|0	10	-4		
										
1	0	1	-1	0	3	|0	2	-4		
0	1	2	0	0	-1	|0	1	3		
0	0	0	0	-1	-1	|0	0	-1		
0	0	0	0	0	0	|0	10	-4

wie geh ich jetzt weiter vor?

08.03.2011, 16:10

DirkR

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sind die Lösungsmengen denn jetzt?:

code:
1: 2: 3: 4: 5: 6: 7: 8: 9: 10: 11: 12: 13:	(B1) 0 2 -4 (B2) 0 1 3 (B3) 0 0 -1 (B4) 0 10 -4

08.03.2011, 18:37

Elvis

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Die Lösungsmenge eines homogenen LGS ist ein Untervektorraum von $\begin{eqnarray*} V=\mathbb R^6 \end{eqnarray*}$ , und hat die Dimension dim(V)-rang(A)=6-3=3.
Die Lösungsmenge eines inhomogenen LGS ist eine Nebenklasse des Untervektorraums (spezielle Lösung + UVR) .

Deine Lösungsmenge für die inhomogenen LGSe wäre stets leer, denn die 4. Zeile (z.B.) $\begin{eqnarray*} 0x_1+...+0x_6=10 \end{eqnarray*}$ hat keine Lösung.

Allerdings glaube ich, dass du dich verrechnet hast, denn ich komme auf eine etwas andere Lösung. Schon die erste Addition ist falsch : 1 statt 11 .

09.03.2011, 01:37

DirkR

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Elvis danke das du dich der Sache angenommen hast und mir hilfst. Wie gesagt ich habe gerade erst angefangen zu studieren und muss mir nun alles erstmal von Nullstandpunkt beibringen.

Ich habe meinen Lösungsansatz nochmal überarbeit weil du mich auf den Fehler hingewiesen hast. Wenn ich mich nicht verrechnet haben sollte müsste das so stimmen.

code:

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1	1	3	-1	0	2	0	3	-1		
0	1	2	0	0	-1	0	1	3		
0	-1	-2	0	-1	0	0	-1	-4		
0	1	2	0	3	2	0	1	2		Zeile 4 + Zeile 3
										
1	1	3	-1	0	2	0	3	-1		
0	1	2	0	0	-1	0	1	3		
0	-1	-2	0	-1	0	0	-1	-4		Zeile 3 + Zeile 2
0	0	0	0	2	2	0	0	-2		
										
1	1	3	-1	0	2	0	3	-1		
0	1	2	0	0	-1	0	1	3		
0	0	0	0	-1	-1	0	0	-1		
0	0	0	0	2	2	0	0	-2		Zeile 4 + (2 * Zeile 3)
										
1	1	3	-1	0	2	0	3	-1		Zeile 1 - Zeile 2
0	1	2	0	0	-1	0	1	3		
0	0	0	0	-1	-1	0	0	-1		
0	0	0	0	0	0	0	0	-4		

Mein Ergebnis:
										
1	0	1	-1	0	3	|0	2	-4		
0	1	2	0	0	-1	|0	1	3		
0	0	0	0	-1	-1	|0	0	-1		
0	0	0	0	0	0	|0	0	-4

Zitat aus Wikipedia:
Gleichungssysteme, bei denen alle bi gleich 0 sind, werden homogen genannt, andernfalls inhomogen. Homogene Gleichungssysteme besitzen stets die gültige sogenannte triviale Lösung, in der alle Variablen gleich 0 sind, inhomogene dagegen nie.

Das würde bedeuten das bei meinen ersten Vektor {0,0,0,0} die Aussage zutrifft und ein homogenes LGS hat. Die Lösungsmenge ist ein Untervektorraum von
$\begin{eqnarray*} V=\mathbb R^6 \end{eqnarray*}$ .

Frage:
wie kommst du auf $\begin{eqnarray*} V=\mathbb R^6 \end{eqnarray*}$ ? weil x1 +x2 ... +x6?

und hat die Dimension dim(V)-rang(A)=6-3=3.

Frage:
wie kommt man auf den Rang 3?
ist damit folgendes gemeint?

Man muss also bei einer Matrix in Zeilenstufenform nur die Zeilen ungleich 0 zählen und erhällt den Rang.

Ich würde auf den Rang 1 kommen.

Frage:
Was bringt mir die Dimension?

Bei den bei den 2. Vektor {2,1,0,0} handelt es sich um inhomogene LGS weil nicht alle bi = 0. Genauso wie beim Vektor 3{-4,3,-1,-4}.

Zitat aus Wikipedia:
Die Lösungsmenge eines inhomogenen linearen Gleichungssystem ist ein affiner Unterraum von \mathbb{K}^n. Sie hat die Form v + U, wobei U der Lösungsraum des zugehörigen homogenen Gleichungssystems ist und v eine beliebige Lösung des inhomogenen Gleichungssystems. Ein inhomogenes Gleichungssystem ist folglich genau dann eindeutig lösbar, wenn der Nullvektor die einzige Lösung („triviale Lösung“) des homogenen Gleichungssystems ist. Insbesondere gilt entweder L = ungleich 0 oder dim(L)=n-r ; r mit r = Rang(A).

Ich weiss nicht wie jetzt weiter vorgehen soll. Vielleicht wäre es auch sinnvoll mir einmal die Lösung der Aufgabe zu zeigen. Den Weg dort hin kann ich mir dann wahrscheinlich selber erarbeiten.

09.03.2011, 19:28

Elvis

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$\begin{eqnarray*} V=\mathbb R^6 \end{eqnarray*}$ ergibt sich tatsächlich daraus, dass $\begin{eqnarray*} x_1,...,x_6 \end{eqnarray*}$ genau 6 Variable sind. In deinem Ergebnis hast du genau 3 von "0 0 0 0 0 0" verschiedene Gleichungen, also ist der Rang der Matrix = 3 .
Die Dimension des Lösungsraumes (hier 6-3=3) gibt dir schon ganz wichtige Hinweise auf die Form der Lösung, es ist dann nämlich $\begin{eqnarray*} \mathbb L=\{\vec v_0+a\vec v_1+b\vec v_2+c\vec v_3 : a,b,c \in \mathbb R\} \end{eqnarray*}$ , im homogenen Fall ist $\begin{eqnarray*} \vec v_0=0 \end{eqnarray*}$ , im inhomogenen Fall ist $\begin{eqnarray*} \vec v_0\neq 0 \end{eqnarray*}$ .

Vorschlag: Betrachte zuerst das LGS mit rechter Seite $\begin{eqnarray*} b_3 \end{eqnarray*}$ . Da steht in der letzten Zeile $\begin{eqnarray*} 0x_0+...+0x_6=-4 \end{eqnarray*}$ . Was fällt dir dazu ein ?

10.03.2011, 00:04

DirkR

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Ok den Rang der Matrix kann ich jetzt bestimmen.

Es gibt genau 3 Zeilen, wo jede Variable $\begin{eqnarray*} x_1 + x_2 ... + x_6 \end{eqnarray*}$ $\begin{eqnarray*} \neq 0 \end{eqnarray*}$ ist.

Das ganz rechte LGS ist der 3.te Vektor

siehe Aufgabe.

http://img714.imageshack.us/i/unbenanntpeqt.jpg/

die letzte Zeile wäre somit b4. des 3ten Vektors. Ich möchte keine Missverständnisse weil es sich um eine Klausuraufgabe handelt und ich die Lösung dringend brauche.

Im 3.ten Vektor handelt es um ein inhomogenes LGS

$\begin{eqnarray*} 0x_0+...+0x_6=-4 \end{eqnarray*}$ hat keine Lösung.

Habe mir die Definition $\begin{eqnarray*} \mathbb L=\{\vec v_0+a\vec v_1+b\vec v_2+c\vec v_3 : a,b,c \in \mathbb R\} \end{eqnarray*}$ länger angeschaut. Ich werde daraus aber nicht schlau.

Wenn ich das richtig verstehe steht dort:

die Lösungsmenge ist gleich die Summe aus Vektor 0 + a aus dem Vektor 1+ b aus dem Vektor 2+ c aus dem Vektor 3, a b c sind elemente aus R(reelle Zahlen)

10.03.2011, 16:59

DirkR

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code:

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3:
4:
5:
6:
7:
8:
9:
10:
11:


Lösung nach gaußischem  Elemenierungsverfahren:

    x1	x2	x3	x4	x5	x6	Vektor 1	Vektor2    Vektor 3
b1=  1	0	1	-1	0	3	    0	           2	         -4
b2=  0	1	2	0	0	-1	    0	           1	          3
b3=  0	0	0	0	-1	-1	    0	           0	         -1
b4=  0	0	0	0	0	0	    0	           0	         -4

$\begin{eqnarray*} Vektor_{1}= \begin{pmatrix} 0\\ 0 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix}Vektor_{2} = \begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ 0 \\0\end{pmatrix}Vektor_{3}= \begin{pmatrix} -4 \\ 3 \\ -1\\-4 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Vektor 3 hat keine Lösung weil x1....+x6 = -4

Vektor 2

x6=0
x5=0
x4=0

(0*x1)+(1*x2)+(2*x3)+0+0-0=1 (Zeile 2) weiss hier nicht mehr weiter

Vektor 1 hat die Lösungsmenge 0

Kann mir jemand weiterhelfen? Oder ist der Ansatz falsch?

10.03.2011, 19:37

Elvis

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Der Ansatz ist falsch, wo du Vektor 1 - Vektor 3 darüberschreibst, handelt es sich um die rechte Seite des LGS, nicht um Vektoren, denn Vektoren sind Lösungen im $\begin{eqnarray*} \mathbb R^6 \end{eqnarray*}$ .

Betrachten wir das homogene LGS. Das hat nach Gauß 3 Gleichungen für 6 Variable. Gleichung 3 lautet $\begin{eqnarray*} x_5+x_6=0 \end{eqnarray*}$ oder $\begin{eqnarray*} x_5=-x_6 \end{eqnarray*}$ . Wähle $\begin{eqnarray*} x_5=\alpha \end{eqnarray*}$ , dann ist $\begin{eqnarray*} x_6=-\alpha \end{eqnarray*}$ , wähle $\begin{eqnarray*} x_4=\beta, x_3=\gamma \end{eqnarray*}$ .
Dann sagt die 2. Gleichung $\begin{eqnarray*} x_2+2x_3-x_6=0\Rightarrow x_2=-2\gamma-\alpha \end{eqnarray*}$ , ebenso ergibt sich $\begin{eqnarray*} x_1=-\gamma+\beta+3\alpha \end{eqnarray*}$ .
Die Lösungsmenge (der Lösungsraum) ist also $\begin{eqnarray*} \mathbb L_1=\gamma \begin{pmatrix} -1 \\ -2 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \\0 \end{pmatrix}+\beta \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \\0 \end{pmatrix}+\alpha \begin{pmatrix} 3 \\ -1 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \\-1 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

11.03.2011, 16:07

BastiM

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Hallo mein lieber Kommilitone.

Wenn ich hier in diesem Forum so lese, dann habe ich fast das Gefühl ich würde bei Prof. Kersken in der Vorlesung sitzen. Und was ich da nicht verstehe...

Ich habe dir (wie auch im FS inf Forum zu lesen ist) mal meine Lösung der Aufgabe bei Rapidshare hochgeladen.(EDIT: Ich darf hier keine Links posten, aber in Fachschaftsforum ist der Link zu finden) Denke, das sollte alles richtig sein so. Kannst dir ja mal anschauen, ob du das so nachvollziehen kannst.

@ Elvis:

Ich meine, in deinen letzten Post ist ein Fehler. Und zwar leitest du 4 ja die Variablen $\begin{eqnarray*} \alpha \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \beta \end{eqnarray*}$ her. Dann setzt du in Gl. 2 ein. Die lautet $\begin{eqnarray*} x_2+2x_3-x_6=0 \end{eqnarray*}$ . $\begin{eqnarray*} x_6 \end{eqnarray*}$ ist aber $\begin{eqnarray*} -\alpha \end{eqnarray*}$ . Also müsste die $\begin{eqnarray*} x_2=-2\gamma+\alpha \end{eqnarray*}$ sein. Somit hast du auch in der Lösungsmenge Vorzeichenfehler.

(glaub ich zumindest :o) )

Schönes (mathefreies) Wochenende.

11.03.2011, 19:02

BastiM

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@ Elvis:

Ich bins nochmal.Sehe gerade, wie du auf deine Lösung kommst.

So wäre es richtig, was du schreibst.

beim lösen der Sache mit dem Gauß-Verfahren komme ich aber zum schluss auf $\begin{eqnarray*} 0*x_6=0 \end{eqnarray*}$ . Somit wäre $\begin{eqnarray*} x_6=\alpha \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} x_5=-\alpha \end{eqnarray*}$ . Das wirkt sich ja vorzeichenmäßig auf die Lösungsmenge aus. Ist das denn egal, oder habe ich einen Denkfehler?

11.03.2011, 19:42

Elvis

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Die Gleichung $\begin{eqnarray*} x_5+x_6=0 \end{eqnarray*}$ ist richtig. Jetzt kann man jede dieser beiden Variablen frei wählen, und die jeweils andere hat umgekehrtes Vorzeichen.
Das gibt die beiden Darstellungen $\begin{eqnarray*} x_5=\alpha,x_6=-\alpha \end{eqnarray*}$ oder $\begin{eqnarray*} x_6=\alpha, x_5=-\alpha \end{eqnarray*}$ . Diese sind gleichwertig, weil mit $\begin{eqnarray*} \alpha \end{eqnarray*}$ auch $\begin{eqnarray*} -\alpha \end{eqnarray*}$ alle reellen Zahlen durchläuft.
Die Darstellung des Lösungsraums ändert sich dann ein bißchen: ersetzt man $\begin{eqnarray*} \alpha \end{eqnarray*}$ durch $\begin{eqnarray*} -\alpha \end{eqnarray*}$ kann man ebensogut alle Vorzeichen im Basisvektor des Lösungsraums ändern
wegen $\begin{eqnarray*} -\alpha\cdot\vec v=(-1\cdot\alpha)\cdot\vec v=(\alpha\cdot (-1))\cdot \vec v=\alpha\cdot ((-1)\cdot \vec v)=\alpha\cdot(-\vec v) \end{eqnarray*}$ .

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