Lineares Gleichungssystem für alle rechten Seiten lösen

20.01.2013, 23:07

steveo123

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Lineares Gleichungssystem für alle rechten Seiten lösen

Meine Frage:

$\begin{eqnarray*} A = \begin{pmatrix} 1 & \alpha & 1 & 0 & 0\\ \alpha & 1 & 0 & 0 & \alpha \\ 1 & 0 & 0 & \alpha & 1 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Weisen Sie nach, dass das lineare Gleichungssystem Ax = b für alle rechten Seiten $\begin{eqnarray*} b=\left(b_{1},b_{2},b_{3},b_{4} \right)^{T} \end{eqnarray*}$ lösbar ist und geben Sie die Lösungen im Fall $\begin{eqnarray*} \alpha = 0 \end{eqnarray*}$

Meine Ideen:
Leider keine.... ich erwarte auch keine Komplettlösung nur ein paar Tipps wären Klasse!

20.01.2013, 23:41

mYthos

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Etwas stimmt bei der Angabe nicht. Die x-Matrix ist einspaltig und hat 5 Zeilen, demzufolge muss die b-Matrix 3 Zeilen und somit die Konstanten b1, b2, b3 haben.

mY+

21.01.2013, 00:07

steveo123

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Ja sorry, die Aufgabe steht da zwar so aber das b4 ist durchgestrichen. Wie würdest du jetzt vorgehen?

21.01.2013, 02:00

mYthos

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Die drei Gleichungen in x1 bis x5 anschreiben und dann zwei Variable (x1, x5) eliminieren (Matrixumformung der um die b-Spalte erweiterten Matrix oder Methode der gleichen Koeffizienten). Der Freiheitsgrad ist 2, d.h. in der verbleibenden Gleichung können zwei Variable (x2, x3) mit Parametern (u, v) belegt werden.

mY+

21.01.2013, 14:58

steveo123

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Woher weißt du denn dass es einen Freiheitsgrad gibt? Soll ich nicht zuerst die $\begin{eqnarray*} \alpha = 0 \end{eqnarray*}$ setzen, oder kommt das erst später?

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1 & \alpha & 1 & 0 & 0\\ \alpha & 1 & 0 & 0 & \alpha \\ 1 & 0 & 0 & \alpha & 1 \end{pmatrix}* \begin{pmatrix} x_{1} \\ x_{2} \\ x_{3} \\ x_{4} \\ x_{5} \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} b_{1} \\ b_{2} \\ b_{3} \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Meinst du dann so das Ganze aufstellen?

21.01.2013, 19:12

mYthos

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Wie es im Aufgabentext steht: Erst die Lösbarkeit allgemein untersuchen, dann erst $\begin{eqnarray*} \alpha = 0 \end{eqnarray*}$ setzen.

Das System in Matrixform ist richtig angeschrieben. Zur Umformung der Matrix schreibt man jedoch nur die um die b-Spalte erweiterte Koeffizientenmatrix auf, die x-Matrix ist dann nicht dabei.

Der zu erwartende Freiheitsgrad resultiert einfach aus der Tatsache, dass es nur 3 Gleichungen in 5 Variablen gibt. Der Freiheitsgrad 2 ist erwartungsgemäß, er gilt allerdings nur dann, wenn die gegebenen 3 Gleichungen nicht abhängig sind (--> bei der Umformung ergibt sich keine Nullzeile!) oder keinen Widerspruch aufweisen.

mY+

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21.01.2013, 19:14

steveo123

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Aber wenn ich Spalten tausche ändert sich doch die x Matrix?

21.01.2013, 19:40

steveo123

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Sprich so.

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1 & \alpha & 0 & 1 & 0\\ 0 & 1 & \alpha & \alpha & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 1 & \alpha \end{pmatrix}* \begin{pmatrix} x_{3} \\ x_{2} \\ x_{5} \\ x_{1} \\ x_{4} \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Stimmt das so?

21.01.2013, 19:57

mYthos

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Nein, die Spalten dürfen keinesfalls vertauscht werden (dadurch würden sich auch die Variablen ändern)! Es ist die erweiterte Koeffizientenmatrix gemeint:

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1 & \alpha & 1 & 0 & 0 & | b_1\\ \alpha & 1 & 0 & 0 & \alpha & | b_2 \\ 1 & 0 & 0 & \alpha & 1 & | b_3 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

mY+

21.01.2013, 20:13

steveo123

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Wie würdest du denn jetzt die Variablen eliminieren?

21.01.2013, 21:27

mYthos

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Entweder mit der Umformung der Matrix oder mittels Anschreiben und Auflösen der drei Gleichungen ...

Die 2. Methode ist oftmals schneller.
x1 = u
x2 = v
Das sind beliebige gewählte Parameter.

Nun:
1. Zeile: Nach x3 auflösen
2. Zeile: Nach x5 auflösen
3. Zeile: x5 einsetzen und nach x4 lösen

Nun das Lösungs 5-Tupel in Parameterform angeben!
__________________

Zur Spaltenvertauschung eine Korrektur: Spalten können durchaus vertauscht werden, wenn man die entsprechenden Variablen "mitnimmt".

mY+

21.01.2013, 21:34

steveo123

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Also war das so schon korrekt?

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1 & \alpha & 0 & 1 & 0\\ 0 & 1 & \alpha & \alpha & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 1 & \alpha \end{pmatrix}* \begin{pmatrix} x_{3} \\ x_{2} \\ x_{5} \\ x_{1} \\ x_{4} \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Aber um ein Ergebnis zu bekommen muss ich doch die Alphas = 0 setzen, oder immer noch nicht?

21.01.2013, 22:44

mYthos

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Wenn die Lösung allgemein berechnet wird, kann man wie beschrieben vorgehen. Allerdings funktioniert das NICHT für $\begin{eqnarray*} \alpha = 0 \end{eqnarray*}$ , weil dann dabei x2 schon bestimmt ist (!)

x1 = u und x2 = v können so nicht gesetzt werden, man sieht dann schnell, dass dies unzulässig ist. x2 hat nämlich eine feste Lösung und darf daher nicht mit einem Parameter belegt werden.

Du kannst also zunächst den Fall $\begin{eqnarray*} \alpha = 0 \end{eqnarray*}$ gesondert rechnen, er ist sehr einfach (ausgehend von meiner zuletzt angeschriebenen Matrix, NICHT mit deiner!):

x1 + x3 = b1
x2 = b2
x1 + x5 = b3
-------------------
x1 = u
x4 = v
Aus (1) --> x3
Aus (3) --> x5
In (2) ist x2 schon bestimmt.
__________

Wenn man das vorher schon weiss, kann der allgemeine Fall UND auch der spezielle Fall ( $\begin{eqnarray*} \alpha = 0 \end{eqnarray*}$ ) etwas abgeändert so gerechnet werden:

x1 = u
x4 = v
(3) --> x5
(2) --> x2
(1) --> x3

Fallunterscheidung für $\begin{eqnarray*} \alpha = 0 \end{eqnarray*}$ !

mY+

25.01.2013, 20:36

steveo123

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Ok, schon mal Danke!

Wie ist das bei der Aufgabe?
$\begin{eqnarray*} A*x = b \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} A=\begin{pmatrix} 1 & -2 & 0 \\ -1 &3 & 1 \\ 0 & 3 & 1\\ -1 & -1 & -4 \end{pmatrix}*\begin{pmatrix} x_{1}\\ x_{2} \\ x_{3} \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} b_1 \\ b_2 \\ b_3\\ b_4 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} A=\begin{pmatrix} 1 & -2 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 3 & 1\\ -1 & -1 & -4 \end{pmatrix}*\begin{pmatrix} x_{1}\\ x_{2} \\ x_{3} \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} b_1 \\ b_2+b_1 \\ b_3\\ b_4\end{pmatrix} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} A=\begin{pmatrix} 1 & -2 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 3 & 1\\ 0 & -3 & -4 \end{pmatrix}*\begin{pmatrix} x_{1}\\ x_{2} \\ x_{3} \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} b_1 \\ b_2+b_1 \\ b_3\\ b_4 + b_1\end{pmatrix} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} A=\begin{pmatrix} 1 & -2 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 3 & 1\\ 0 & 0 & -3 \end{pmatrix}*\begin{pmatrix} x_{1}\\ x_{2} \\ x_{3} \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} b_1 \\ b_2+b_1 \\ b_3\\ b_4 + b_1+b_3\end{pmatrix} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} A=\begin{pmatrix} 1 & -2 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & -1\\ 0 & 0 & -3 \end{pmatrix}*\begin{pmatrix} x_{1}\\ x_{2} \\ x_{3} \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} b_1 \\ b_2+b_1 \\ b_3-2(b_2+b_1)\\ b_4 +b_1+b_3\end{pmatrix} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} A=\begin{pmatrix} 1 & -2 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & -1\\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}*\begin{pmatrix} x_{1}\\ x_{2} \\ x_{3} \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} b_1 \\ b_2+b_1 \\ b_3-2(b_2+b_1)\\ b_4 +b_1+b_3-2(b_3-2(b_2+b_1))\end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Stimmt die Endform? Kann man auf der rechten Seite weiter zusammenfassen?

26.01.2013, 00:11

Dopap

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$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1 & -2 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 3 & 1\\ 0 & 0 & -3 \end{pmatrix}*\begin{pmatrix} x_{1}\\ x_{2} \\ x_{3} \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} b_1 \\ b_2+b_1 \\ b_3\\ b_4 + b_1+b_3\end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Du rechnest hier:

L3:=L3-2*L2 und eine Null entsteht bei A(3,2)

Das ist falsch, du musst

L3:=L3-3*L2 rechnen.

Derselbe Fehler in der nächsten Operation. Und bitte das A= weglassen.

26.01.2013, 11:25

steveo123

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Danke für den Hinweis smile

smile

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1 & -2 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & -1\\ 0 & 0 & -3 \end{pmatrix}*\begin{pmatrix} x_{1}\\ x_{2} \\ x_{3} \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} b_1 \\ b_2+b_1 \\ b_3-3(b_2+b_1)\\ b_4 +b_1+b_3\end{pmatrix} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1 & -2 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & -1\\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}*\begin{pmatrix} x_{1}\\ x_{2} \\ x_{3} \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} b_1 \\ b_2+b_1 \\ b_3-3(b_2+b_1)\\ b_4 +b_1+b_3-3(b_3-3(b_2+b_1))\end{pmatrix} \end{eqnarray*}$
Das Gleichungssystem ist genau dann lösbar, wenn $\begin{eqnarray*} b_4 +b_1+b_3-3(b_3-3(b_2+b_1))=0 \end{eqnarray*}$ ist.

Ist es denn so richtig? Kann man die rechten Seiten zusammenfassen oder würde es das Ergebnis verändern?

26.01.2013, 14:02

Dopap

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$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1 & -2 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & -{\color{red}2}\\ 0 & 0 & -3 \end{pmatrix}*\begin{pmatrix} x_{1}\\ x_{2} \\ x_{3} \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} b_1 \\ b_2+b_1 \\ b_3-3(b_2+b_1)\\ b_4 +b_1+b_3\end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

1-3=-2

Einen Term darf man nach den Regeln immer verändern.

26.01.2013, 14:21

steveo123

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Och immer diese blöden Flüchtigkeitsfehler..

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1 & -2 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & -2\\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}*\begin{pmatrix} x_{1}\\ x_{2} \\ x_{3} \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} b_1 \\ b_2+b_1 \\ b_3-3(b_2+b_1)\\ b_4 +b_1+b_3-1,5(b_3-3(b_2+b_1))\end{pmatrix} \end{eqnarray*}$
Das Gleichungssystem ist genau dann lösbar, wenn $\begin{eqnarray*} b_4 +b_1+b_3-1,5(b_3-3(b_2+b_1))=0 \end{eqnarray*}$ ist.

Welchen Term würdest du ändern? Man muss aber doch nichts zusammenfassen, oder? Naja es würde es wahrscheinlich einfacher machen.

26.01.2013, 14:41

Dopap

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ohne Brüche: $\begin{eqnarray*} 11b_1+9b_2-b_3+2b_4 \end{eqnarray*}$

aber das macht den Kohl nicht fett.

26.01.2013, 16:46

steveo123

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Ok, wenn wir $\begin{eqnarray*} b_4 +b_1+b_3-3(b_3-3(b_2+b_1))=0 \end{eqnarray*}$ nehmen und $\begin{eqnarray*} b_{1}= 1;b_{2}=-\frac{3}{2};b_{3}=2 ;b_{4}=\frac{9}{4} \end{eqnarray*}$
einsetzen:
$\begin{eqnarray*} \frac{9}{4}+1+2-\frac{3}{2}\left(2-3\left(-\frac{3}{2}+1\right) \right)=0 \end{eqnarray*}$
dann die rechten Seiten ausrechen:

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1 & -2 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & -2\\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}*\begin{pmatrix} x_{1}\\ x_{2} \\ x_{3} \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 1 \\\\ -\frac{1}{2} \\\\ \frac{7}{2} \\\\ 0\end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} x_{1},x_{2} ,x_{3} \end{eqnarray*}$ aufstellen:

$\begin{eqnarray*} -2x_{3}=\frac{7}{2}\rightarrow x_{3}=-\frac{7}{4} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} x_{2}-\frac{7}{4}=-\frac{1}{2}\rightarrow x_{2}=\frac{5}{4} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} x_{1}-2*\frac{5}{4}=1\rightarrow x_{1}=\frac{7}{2} \end{eqnarray*}$

Richtig? Aufgabe wäre doch jetzt fertig gerechnet, oder?

26.01.2013, 17:26

Dopap

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1.)es besteht ein Problem: Wie lautet die Aufgabe ?

2.)Du hast ein Beispiel gerechnet. Aber es gibt beliebig viele Lösungen. Ich wüsste nicht, wie ich diese Lösungsmenge allgemein angeben könnte. verwirrt

verwirrt

-----------------------------------------------------------------------------------
edit: muss nochmal Nachdenken. Sonst noch jemand mit einem Vorschlag?

26.01.2013, 17:34

steveo123

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Mein Fehler smile

smile

Aufgabe:

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

Für welche rechten Seiten $\begin{eqnarray*} b=\left(b_{1} \ b_{2} \ b_{3} \ b_{4} \right)^{T} \end{eqnarray*}$ ist das lineare Gleichungssystem $\begin{eqnarray*} Ax=b \end{eqnarray*}$ lösbar? Geben Sie für diese Falle alle Lösungen an.

26.01.2013, 17:52

Dopap

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Zitat:

Original von Dopap
ohne Brüche: $\begin{eqnarray*} 11b_1+9b_2-b_3+2b_4=0 \end{eqnarray*}$

ich hätte eine Idee: löst man Obiges nach $\begin{eqnarray*} b_3 \end{eqnarray*}$ :

$\begin{eqnarray*} b_3=11b_1 +9b_2 +2b_4 \end{eqnarray*}$

und nimmt $\begin{eqnarray*} b_1,b_2,b_4 \end{eqnarray*}$ als frei wählbare Parameter:

$\begin{eqnarray*} b_3= 11\mu_1 +9\mu_2+2\mu_4 \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} \mu_i \in \mathbb R \end{eqnarray*}$

dann kann man jetzt einfach rekursiv einsetzten!

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