Unbekannte in Ergebnisvektor

11.09.2012, 16:23

svenhk1990

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Unbekannte in Ergebnisvektor

Hallo,

ich stolpere gerade über eine Aufgabe zum Thema LGS.

Für welches t hat das LGS eine,keine,unendlich viele Lösungen:

$\begin{eqnarray*} \begin{vmatrix} 1 & 2 & 1 \\ 1 & 1 & 2 \\ 2 & 3& 3 \end{vmatrix} = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ t\end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Wie bearbeite ich solch ein LGS wenn ich meine Variable im Ergebnisvektor habe?
verwirrt

verwirrt

verwirrt

11.09.2012, 16:29

Math1986

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RE: Unbekannte in Ergebnisverktor
Woran erkennst du denn, ob das LGS eine,keine oder unendlich viele Lösungen hat?

11.09.2012, 16:38

svenhk1990

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Dran wie sich die Ränge von A zu A/b verhalten.
Sind sie gleich und voll.
Sind sie gleich und nicht voll.
Oder sind sie ungleich.

Bisher habe ich die Determinante aufgestellt und mir angesehen für welche Werte sie ungleich von 0 wäre. Diese habe ich anschließend auf ihr Verhalten bezüglich des Ranges untersucht.

11.09.2012, 16:49

Math1986

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Zitat:

Original von svenhk1990
Dran wie sich die Ränge von A zu A/b verhalten.
Sind sie gleich und voll.
Sind sie gleich und nicht voll.
Oder sind sie ungleich.

Genau so kannst du hierbei auch vorgehen.

11.09.2012, 16:56

svenhk1990

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Ähmm sorry aber irgendwie stehe ich auf dem Schlauch.

Die Lösung meines Profs. lautet

nicht lösbar für $\begin{eqnarray*} t \neq 2 \end{eqnarray*}$ ; $\begin{eqnarray*} t=2 \end{eqnarray*}$ ; $\begin{eqnarray*} \vec{x} =\begin{pmatrix} 1 \\ 0\\ 0 \end{pmatrix} + \lambda \begin{pmatrix} -3 \\ 1\\ 1\end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Wenn ich die Determinante bilde, ist doch das t garnicht mit bei?

11.09.2012, 16:58

Math1986

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Du untersuchst einfach die Ränge von A zu A|b, wie im vorherigen Beitrag beschrieben.

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11.09.2012, 17:14

svenhk1990

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Ich habe jetzt einfach mal den Rang von A errechnet.

Der ist voll. Hab die Determinante gebildet. Diese ist ungleich 0 und damit ist der Rang von A voll.

Aber der von A/b ist doch vom t abhängig. Der kann voll sein muss es aber nicht!? Hammer

Hammer

Hammer

Hammer

11.09.2012, 17:26

Math1986

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Zitat:

Original von svenhk1990

Aber der von A/b ist doch vom t abhängig. Der kann voll sein muss es aber nicht!? Hammer

Hammer

Hammer

Hammer

Ja, natürlich ist das von t abhängig. Du musst da eine geeignete Fallunterscheidung machen und bestimmen, für welche t der Rang voll ist und für welche nicht.

11.09.2012, 17:33

svenhk1990

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Aber der Rang der Ergebnisvektors ist doch für alle t außer 0 voll!

böse

böse

ich bin grad etwas verzweifelt, kann es sein das ich den Rang des Ergebnisverktors nicht richtig feststellen kann?

11.09.2012, 17:33

Math1986

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Zitat:

Original von svenhk1990
Aber der Rang der Ergebnisvektors ist doch für alle t außer 0 voll!

Ein Vektor hat keinen Rang, wir reden hier von dem System A|b

11.09.2012, 17:40

svenhk1990

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Ahjja alles klar,
und wie berechne ich den Rang von A/b?
Habe bisher nur den Rang von A berechnet.

11.09.2012, 17:46

Math1986

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Wie hast du das bisher gemacht?

11.09.2012, 17:52

svenhk1990

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Nach der Regel von Sarrus,
den Ergebnisvektor "weggelassen" und die ersten 2 Spalten hinter. Nun halt über die Diagonalen.

11.09.2012, 19:23

Math1986

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Nun hast du aber vier Vektoren, da kannst du keine Determinante berechnen geschockt

geschockt

Schau dir bitte mal an, wie du den Rang berechnest. Dass die Determinante Null ist sagt dir ja nur, dass eine quadratische matrix keinen vollen Rang hat, das macht aber keine Aussage über den genauen Rang.

Bitte schau dir an, wie man den Rang berechnet.

11.09.2012, 19:41

svenhk1990

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Achhhhh das konnte ich doch auch mit der oberen Dreiecksform sprich Gauß oder verwechsel ich jetzt etwas???

12.09.2012, 14:21

svenhk1990

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Hallo,
ich bin jetzt etwas weiter.
Hab die obere Dreiecksform gebildet.
$\begin{eqnarray*} \begin{vmatrix} 1 & 2 & 1&1 \\0& -1 & 1 & 0 \\ 0 & 0& -2&t-2 \end{vmatrix} \end{eqnarray*}$

Jetzt müsste t ungleich 2 sein damit voller Rang besteht und ich das System lösen kann.

Aber wie geht es nun weiter?
Danke für die Hilfe bis hierher!

12.09.2012, 15:59

Math1986

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Zitat:

Original von svenhk1990
Jetzt müsste t ungleich 2 sein damit voller Rang besteht und ich das System lösen kann.

Bleib mal bei dem Fall: Wie sähe da eine Lösung aus?

12.09.2012, 16:29

svenhk1990

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Meinst du für den Fall, dass t = 2 ist?
Dann wären die Ränge ja nicht gleich. Der eine wäre 3 und der andere 2.
Somit kann ich es nicht lösen. verwirrt

verwirrt

Ahhhh soll ich
$\begin{eqnarray*} \begin{vmatrix} x+ & 2y & z & =1\\ & -y &+z& =0\\ & & -2& =t-2 \end{vmatrix} \end{eqnarray*}$
damit arbeiten?

12.09.2012, 17:46

Math1986

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Du hast gesagt:

Zitat:

Original von svenhk1990
Jetzt müsste t ungleich 2 sein damit voller Rang besteht und ich das System lösen kann.

Wie sähe in diesem Fall (also t ungleich 2) eine Lösung des Systems aus?

12.09.2012, 18:08

svenhk1990

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Könnte sein dass ich endlich verstanden habe wie es geht.

$\begin{eqnarray*} <br /> \begin{pmatrix} 1+\frac{3(t-2)}{2} \\ -\frac{t-2}{2} \\ -\frac{t-2}{2}\end{pmatrix} <br /> \end{eqnarray*}$

"Einfach" t als Variabele mit durchziehen?

12.09.2012, 19:15

Math1986

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Deine Dreiecksgestalt ist falsch:

Ausgangsmatrix:
$\begin{eqnarray*} \begin{array}{ccc|c} 1 & 2 & 1 &1\\ 1 & 1 & 2 &1\\ 2 & 3& 3 &t\end{array} \end{eqnarray*}$

Erste Umformung:
$\begin{eqnarray*} \begin{array}{ccc|c} 1 & 2 & 1 &1\\ 0 & -1 & 1 &0\\ 0 & -1& 1 &t-2\end{array} \end{eqnarray*}$

Zweite Umformung
$\begin{eqnarray*} \begin{array}{ccc|c} 1 & 2 & 1 &1\\ 0 & -1 & 1 &0\\ 0 & 0& 0 &t-2\end{array} \end{eqnarray*}$

geschockt

geschockt

Bitte nochmal durchrechnen.

12.09.2012, 20:12

svenhk1990

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$\begin{eqnarray*} x=1-3y \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} y=x \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} z \end{eqnarray*}$

Fehler gefunden und behoben!
Das wären meine jetztigen Lösungen.
Ist das besser ?

13.09.2012, 09:55

Math1986

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$\begin{eqnarray*} \begin{array}{ccc|c} 1 & 2 & 1 &1\\ 0 & -1 & 1 &0\\ 0 & 0& 0 &t-2\end{array} \end{eqnarray*}$
Wie sehen denn dabei die Lösungen aus?
Mach mal eine Fallunterscheidung nach $\begin{eqnarray*} t \end{eqnarray*}$ .

13.09.2012, 14:47

svenhk1990

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Ich hab endlich die Lösung gefunden. (ist das simpel unglücklich

unglücklich

)

Aus dem LSG habe ich:
$\begin{eqnarray*} x+2y+z=1 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} -y+z=0 \end{eqnarray*}$

Das umgeformt und von z abhängig gemacht:

$\begin{eqnarray*} x=1-3y \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} y=z \end{eqnarray*}$

Jetzt in den Ergebnisvektor:

$\begin{eqnarray*} \vec{x} =\begin{pmatrix} 1-3y \\ y \\ z \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 1\\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}+z\begin{pmatrix} -3 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Nun ist mir nur noch eines unklar.
Ich hab jetzt alles in Abhängigkeit von z gebracht. Wozu hat mein Prof.
$\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$ verwandt?

14.09.2012, 00:21

Math1986

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Du vergisst bei deiner Lösung die unterste Gleichung $\begin{eqnarray*} 0=t-2 \end{eqnarray*}$ . Daraus folgt dass das LGS nur für t=2 lösbar ist, und anderenfalls unlösbar ist. Das solltest du schon erwähnen.

Der Professor nutzt $\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$ da, wo du $\begin{eqnarray*} z \end{eqnarray*}$ geschrieben hat. Wie er das nennt bleibt ja ihm überlassen. Genauso könnte ich dich fragen, wiso du in deiner Lösung die letzte Komponente mit $\begin{eqnarray*} z \end{eqnarray*}$ bezeichnet hast. Bei dir bezeichnet z einmal den untersten Eintrag des Vektors und einmal einen skalaren Vorfaktor, das ist nicht das selbe z.

Zitat:

$\begin{eqnarray*} \vec{x} =\begin{pmatrix} 1-3y \\ y \\ z \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 1\\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}+z\begin{pmatrix} -3 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

14.09.2012, 14:55

svenhk1990

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Okay, hab es jetzt verstanden!
Danke für deine Hilfe und Geduld!

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