lineares GLS Lösbarkeit

14.03.2014, 16:47

Kadama

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lineares GLS Lösbarkeit

Hallo, ich habe hier ein GLS
k € R
x+ky-(k+1)z=k-7
(1-k)x-ky+(2k-1)z=3k-1
kx+4y-6z=-10

und muss nun bestimmen für welche k, das GLS eindeutig/unendlich/keine Lösungen existieren. Und die jeweiligen Lösungen (falls vorhanden) angeben.

Ich habe jetzt nach zwei Stunden rausgefunden, dass.
unendlich viele LSG: Wenn es Nullzeilen gibt und b ist ebenfalls null.
keine LSG: Wenn bei der Stufenform eine Zeile komplett null ist aber b nicht.
eindeutig: keine Nullzeilen.
Des weiteren hat die Lösbarkeit wohl etwas mit dem Rang zu tun, wobei ich nicht so Recht weiß wie man den bestimmt.

Dann würde ich wohl mal versuchen den Gauß anzuwenden und die Matrix in Stufenform zu bringen.
Also erste Zeile mal (1-k), dann erste minus zweiter und dann erste mal k und davon die Dritte abziehen. usw
Und danach könnte man ja die k wählen, damit die Fragestellung erfüllt ist.

Aber irgendwie komme ich damit nicht weiter.
Kann mir da bitte jemand sagen wie ich da vorgehen soll bzw ob es überhaupt praktikabel ist Gauß zuerst anzuwenden?

mfg

14.03.2014, 17:19

mYthos

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Ich weiss zwar, was du mit b meinst, aber dennoch ist das unglücklich ausgedrückt.
Die Matrix auf Stufenform zu bringen, ist ein durchaus gangbarer Weg.

Alternativ kann man die Koeffizientendeterminante bestimmen und diese untersuchen, für welche k sie den Wert Null hat.

mY+

14.03.2014, 18:38

Dopap

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mit $\begin{eqnarray*} A\vec x = \vec b \end{eqnarray*}$ als System und $\begin{eqnarray*} A_e \end{eqnarray*}$ als erweiterte Matrix gilt:

mit Det (A)=0 ermittelt man die Werte für k, bei denen der Rang von $\begin{eqnarray*} A < 3 \end{eqnarray*}$ ist, nur nützt das nicht sehr viel. Man muss jetzt auch wissen, welchen Rang $\begin{eqnarray*} A_e \end{eqnarray*}$ hat. Dazu muss man aber den Gauss machen. Dann kann man gleich den Gauss machen.

Zum Rang: = die Anzahl der linear unabhängigen Zeilenvektoren.

Da ich grad nix zu tun habe würde ich den Gauss bis zu dem Punkt durchführen, wo man das Ergebnis interpretieren muss, was dann deine Aufgabe wäre.
Sofern niemand was dagegen hat !

14.03.2014, 19:10

mYthos

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Die Untersuchung der Determinante D bringt schon etwas. Es gibt nämlich nur zwei (reelle) k, für welches D = 0 ist, im anderen Falle ist das LGS ja eindeutig lösbar.
Bei D = 0 setzt man das entsprechende k in die erweiterte Matrix ein und sieht dabei sofort - und dies wesentlich einfacher - welchen Rang diese Matrix dann besitzt.
______________

EDIT: Fehler korrigiert

Aber nur zu, du kannst gerne auch deinen alternativen Weg beschreiben, nur nicht zuviel der Lösung preisgeben ...

mY+

14.03.2014, 19:10

Dopap

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$\begin{eqnarray*} A_e=\left( \begin{matrix} 1 & k & -(k+1)\\ 0 & k^2- 2k & -k^2+2k\\ 0 &0 &k^2-2k \end{matrix} \left| \begin{matrix} k-7\\ k^2-5k+6 \\ 4k^2-14k+12 \end{matrix} \right) \right. \end{eqnarray*}$

Die dritte Zeile lautet mit Variablen:

$\begin{eqnarray*} 0x+0y+(k^2-2k)z=4k^2-14k+12 \end{eqnarray*}$

und jetzt du...

----- edit: ja, das Einsetzen von dem oder den k's vereinfacht den Rechenaufwand.

14.03.2014, 19:37

mYthos

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Zitat:

Original von Dopap
...
----- edit: ja, das Einsetzen von dem oder den k's vereinfacht den Rechenaufwand.

Allerdings nur für die Rangbestimmung.
Wenn noch die Lösungen zu bestimmen sind, ist der bisher durchgeführte Gauß ja schon mehr als die halbe Miete ...
________

Wenn man bei der Determinantenmethode bleiben will, kann das System mittels Cramer fertiggerechnet werden.

mY+

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14.03.2014, 20:04

Dopap

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als Anmerkung: wenn es früher bei einer solchen Aufgabe um die Wurst ging = ja keine Fehler machen , dann habe ich an jeder Stelle, wo eine Zeile mit einem Term multipliziert wurde, diesen als Null gesetzt und weitergerechnet, anschließend wieder zurück und mit Term $\begin{eqnarray*} \neq 0 \end{eqnarray*}$ weiter...
Sozusagen in einer Art Baumstruktur, und am Ende alles zusammenfügen..

14.03.2014, 21:04

Kadama

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Wow, das ging ja schnell.
Ich habe teilweise keine Ahnung wovon ihr sprecht. Koeffizentendeterminante, lin unabhängig haben wir bisher nicht behandelt.
Obwohl ich lin unabhängigkeit so verstehe, dass wenn ich die Vektoren (1,1,1) und (2,2,2) habe diese abhängig sind, da (2,2,2) durch den ersten ausgedrückt werden kann?

Naja ich habe dann mal weiter mit Gauß gerechnet aber komme noch immer auf irgendeinen Müll.

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} x&ky&-(k+1) &k-7 \\(1-k)x &-ky &(2k-1)z &3k-1 \\ kx&4y&-6z&-10 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

erste Spalte mal (1-k) minus Zweiter.
$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} x&ky&-(k+1) &k-7 \\(0&(1-k)ky-ky&-(k+1)(1-k)z-(2k-1)z&(k-7)(1-k)-(3k-1) \\ kx&4y&-6z&-10 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

erste mal k minus dritter

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} x&ky&-(k+1)z &k-7 \\(0&-k^2y&-(-k^2+1)z-(2k-1)z&k-k^2-7+7k \\ 0&k^2y-4y&-k(k-1)-6z&k(k-7)-10\end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Ich habe jetzt bei der zweiten +4y und dann minus der Dritten.
Dann ist zwar die Matrix in Stufenform, aber im Ergebnis steht ein 4y, was dann ja wieder auf das gleiche rauskommt.
Kann mir wer sagen mit was ich multiplizieren muss damit ich -4y in der Dritten wegbekomme?

@Dopap, Danke für die Lösung aber es wäre doch Recht wenn ich auch selbst durchrechne smile

smile

k=0 ?

14.03.2014, 21:21

Dopap

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Zitat:

Original von Kadama
Wow, das ging ja schnell.
@Dopap, Danke für die Lösung aber es wäre doch Recht wenn ich auch selbst durchrechne smile

smile

k=0 ?

Na ja, du hast ja erst 2 Nullen in der ersten Spalte erzeugt. Es fehlt aber noch die Null an der Stelle (3,2)

Ich wollte ja der Herumrechnerei mit ewigen Korrekturen etc. aus dem Weg gehen und habe deshalb die Rechnung für dich übernommen.

Also: welche Erkenntnisse kannst du aus Zeile 3 gewinnen ?

1.) k=0 liefert : 0z=12 , was bedeutet das bezüglich der Lösungsmenge ?

2.) .......

14.03.2014, 23:40

Kadama

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Ahh okay.

Ich würde ja mit 4y/k^2y multiplizieren aber dann habe ich wieder auf der rechten Seite ein y womit ich nicht weiterkomme.
Ich habe jetzt noch weiter vereinfacht aber das -4y bleibt mir immer.
Und ich darf ja auch nur mit der Zweiten Zeile arbeiten, ansonsten bekomme ich ja wieder das x rein.

... Was meinst du mit (3,2)? Meinst du nicht (2,1) ?

Ich habe jetzt auf zwei Seiten die letzte Gleichung auf 0x und 0y gebracht.
Mich würde interessieren, wenn ich 0 auf der linken Seite einsetze muss dann 12 rauskommen? Oder kann je nachdem was ich berechnet habe auch was anderes dabei stehen?

Naja wenn k=0 ist, ist die letzte Zeile 0z=12, womit keine Lösung existiert.

14.03.2014, 23:46

Dopap

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Zitat:

Original von Kadama

Naja wenn k=0 ist, ist die letzte Zeile 0z=12, womit keine Lösung existiert.

gut, weiter so !

15.03.2014, 20:12

Kadama

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Ich müsste wohl erstmal wissen ob meine Matrix korrekt ist.
Bei der hier kann ich nämlich nichts ablesen außer eben k=0;

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} x&ky&-(k+1)z &k-7 \\(0&-k^2y&-(-k^2+1)z-(2k-1)z&k-k^2-7+7k \\ 0&0y&8k^2z+3k^3z-8kz&k^3+21k^2+32k-28\end{pmatrix} \end{eqnarray*}$
Ist das korrekt?

Und bei deiner sehe ichs auch nicht.
Obwohl ich jetzt versuchen würde eine Zeile irgendwie auf 0=0 zu bringen und eine auf eine Lösung.

15.03.2014, 20:26

Dopap

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nun, es gibt nix schwierigeres als ein fremdes LGS ohne Rechenweg zu überprüfen !

Gehen wir nochmal zu meinem LGS zurück.

1.) k=0 ---> keine Lösung
2.) k=2 ---> ?

und dann kannst du ja dein LGS mit diesen Werten testen.

15.03.2014, 20:55

Kadama

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Für k=2
->0=0 -> unendlich viele Lösungen.

Wenn ich in eine Zeile einsetze und 40z=128, ist es wohl unwahrscheinlich, dass mein GLS passt,nicht?

15.03.2014, 21:00

Dopap

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ja, irgendwie irgendwo haben sich Fehler eingeschlichen.

So einen Gauß mit der Hand muss man sehr sehr sorgfältig machen.

Du kannst ja morgen, bei schlechtem Wetter nochmal nachrechnen Augenzwinkern

Augenzwinkern

--------------edit:

Es fehlt noch $\begin{eqnarray*} k(k-2)\neq 0 \end{eqnarray*}$ und die explizite Darstellung der jeweiligen Lösungsmengen

16.03.2014, 16:56

Kadama

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Hmm es ist zwar schlechtes Wetter, aber ich habe die Zeit schon für zwei andere LV´s aufgebracht :/

Wenn k=1
-> -z=2 ; eindeutige Lösung

Soll ich jetzt für die eindeutige und unendlich viele Lösungen einfach das k einsetzen und Gauß weiteranwenden?

16.03.2014, 17:34

Dopap

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für k=0 gibts nix zu tun $\begin{eqnarray*} \mathbb L=\{ \} \end{eqnarray*}$

für k=2 gibt es unendlich viele Lösungen. k=2 einsetzen und normal weiterrechnen.

für $\begin{eqnarray*} k \in \mathbb R \backslash \{0,2\} \end{eqnarray*}$ gibt es eine Lösung, die aber k enthält.

Da musst du jetzt leider die Matrix

$\begin{eqnarray*} A_e=\left( \begin{matrix} 1 & k & -(k+1)\\ 0 & k^2- 2k & -k^2+2k\\ 0 &0 &k^2-2k \end{matrix} \left| \begin{matrix} k-7\\ k^2-5k+6 \\ 4k^2-14k+12 \end{matrix} \right) \right. \end{eqnarray*}$

noch weiter lösen. Entweder den Gauß bis nur Einsen in der Diagonale oder rekursiv

mit z=... in Zeile 2 ----> y=... , mit beiden in Zeile 1 ---> x=...

mit k=1 würdest du nur eine Beispiellösung anbieten.

16.03.2014, 22:29

Kadama

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Okay, danke sehr.
Bei k=2, was genau muss ich machen wenn ich dafür weiterrechnen soll? Einfach z ignorieren und bei y weitermachen?

Für k=1 ist z=-2

Könntest du villeicht mal meine Vorgehensweise ansehen? Ich habe jetzt schon den dritten Anlauf.

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} x&ky&-(k+1) &k-7 \\(1-k)x &-ky &(2k-1)z &3k-1 \\ kx&4y&-6z&-10 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

//erste Zeile mal (1-k) minus Zweiter
//erste Zeile *k plus Dritter

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} x&ky&-(k+1)z &k-7 \\(0&-k^2y&-(-k^2+1)z-(2k-1)z&-k^2+5k-6 \\ 0&k^2y-4y&(-k^2-k)z+6z&k^2-7k+10\end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

und jetzt hauts mich immer irgendwie raus.
//Zweite Zeile *(1-4/k^2) minus Dritter

//Dritte Zeile:
$\begin{eqnarray*} 0x -k^2y+4y+k^2y-4y -(-k^2+1)z-(1k-1)z- (\frac{4*(-(-k^2+1)z-(2k-1)z)}{k^2} ) +(-k^2-k)z+6z = -k^2+4+5k - 20/k + 24/k^2 +k^2 -2k+8 \end{eqnarray*}$
Vereinfach ergibt:
$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} x&ky&-(k+1)z &k-7 \\(0&-k^2y&-(-k^2+1)z-(2k-1)z&-k^2+5k-6 \\ 0&0&-2k^4z-3k^3z+2k^2z-8kz-8z&8k^2+24-20k\end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Und hier herrscht offensichtlich nicht Gleichheit.

16.03.2014, 22:49

Dopap

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Zitat:

Original von Kadama
Okay, danke sehr.
Bei k=2, was genau muss ich machen wenn ich dafür weiterrechnen soll? Einfach z ignorieren und bei y weitermachen?

sorry, aber das ist nicht mal Schulniveau.
Das Problem ist anscheinend, dass du auch einfache LGS nicht lösen kannst.

bei 0z=0 ist z frei wählbar. Um das klar zu machen empfiehlt es sich z in einen freien Parameter umzubenennen.
z.B. $\begin{eqnarray*} z=\lambda \end{eqnarray*}$

und jetzt damit rekursiv nach oben einsetzen.

Zitat:

Für k=1 ist z=-2

ich hatte schon geschrieben , dass das eine Beispiellösung wäre.

Zitat:

Könntest du villeicht mal meine Vorgehensweise ansehen? Ich habe jetzt schon den dritten Anlauf.

nein, Das möchte ich nicht nachvollziehen.

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