Gleichungssystem ohne {0,0,0} < Gleichungssysteme < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 11:11 Fr 29.10.2010 | | Autor: | Jachymor |
| Aufgabe | Für welche reellen Zahlen c besitzt das folgende Gleichungssystem nicht-triviale Lösungen?
3x + 2y + z = 0
x + y + z = 0
2x + y + cz = 0 |
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
Das ist die Aufgabe soweit. Ich habe mir schon Gedanken darüber gemacht, wie man diese Aufgabe lösen könnte. Mit dem gaußschen Algorythmus wird das nichts, soviel ist klar. Dieser würde uns nur triviale Lösungen liefern, die aber nicht verlangt sind!
Wenn ich nach c umstelle, erhalte ich folgende Gleichung
c = (-2x-y) / z
Das interpretiere ich als das Produkt von c und z muss das Negative von 2x+y sein. Soviel ist ja klar, es muss ja am Ende 0 rauskommen. Also würde ich schreiben:
c = { c | c = (-2x-y) / z | c [mm] \in \IR [/mm] }
So versuch ich c aber anhand der Lösung zu definieren. Das erscheint mir nicht korrekt. Also überlege ich: Bei welchem c kommt es zu einer trivialen Lösung?
Da lässt sich so schnell nichts erkennen, denn x,y,z muss ja für das ganze Gleichungssystem gelten. Also überlege ich mir, gibt es überhaupt eine Lösung x,y,z für die das Gleichungssystem gilt?
Außer der trivialen Lösung will mir nichts einfallen. Auch kein Weg, das zu einer anderen Lösung führt. Kann mich jemand in die richtige Richtung schubsen? Wegen dieser Aufgabe habe ich so viele Ideen im Kopf, ich kann mich garnicht richtig auf einen Weg konzentrieren! Danke! : )
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:22 Fr 29.10.2010 | | Autor: | Jachymor |
[mm] \pmat{ 3 & 2 & 1 & 0\\ 1 & 1 & 1 & 0 \\ 2 & 1 & c & 0 } [/mm] ist dann meine Matrix. jetzt müsste ich die Stufenform herstellen. Letzten Endes führt das dazu, dass entweder
c = 0, also wird die gesamte letzte Gleichung 0 0 0 0, führt mich zu einer trivialen Lösung
oder c =! 0, was dazu führt, dass ich die letzte Gleichung durch c dividiere, um an der c-Stelle eine 1 zu bekommen. Trotzdem bekomme ich in der 4. Spalte immer 0. Die bleiben und gehen nicht weg.
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> [mm]\pmat{ 3 & 2 & 1 & 0\\
1 & 1 & 1 & 0 \\
2 & 1 & c & 0 }[/mm] ist
> dann meine Matrix. jetzt müsste ich die Stufenform
> herstellen. Letzten Endes führt das dazu, dass entweder
>
> c = 0, also wird die gesamte letzte Gleichung 0 0 0 0,
> führt mich zu einer trivialen Lösung
Hallo,
hier ist Dein Fehler.
Die ZSF lautet für c=0.
[mm] \pmat{1&1&1\&&|0\0&1&2\&&|0\\0&0&0\&&|0}.
[/mm]
Wenn man noch nicht so geübt ist, lohnt es sich, dies zurückzuübersetzen in ein GS:
Da steht
x+y+z=0
y+2z=0
0z=0 (also 0=0, und nicht etwa: z=0).
Also hat man
y=-2z
x=-y-z=2z-z=z.
Man kann z völlig beliebig wählen, sofern man dann y=-2z und x=z wählt.
Alle [mm] \vektor{x\\y\\z} [/mm] der Gestalt [mm] \vektor{x\\y\\z} =\vektor{t\\-2t\\t} =t*\vektor{1\\-2\\1} [/mm] mit [mm] t\in \IR [/mm] lösen das System.
Überzeug' Dich davon!
Gruß v. Angela
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 12:51 Fr 29.10.2010 | | Autor: | Jachymor |
Ah, jetzt verstehe ich den ganzen Spaß schon ein Stückchen besser. Die Umstellung von Grundkurs auf Studium ist noch nicht ganz geglückt, aber langsam wirds! : )
Wenn ich für c =! 0 wähle, komme ich auf x = y = z = 0. Versteh jetzt auch, wie du bei deiner ersten Antwort umgeformt hast. Jede Menge *-1.
Wenn ich nun c = 0 setze, muss z nicht mehr 0 sein! Also können die anderen Variablen ebenfalls =! 0 sein! : D
Gut, jetzt hab ich das System verstanden. Ich hab mich zu sehr von der 4. Spalte mit den Nullen ablenken lassen. Dankeschön! : D Du warst mir eine sehr große Hilfe!
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> Ich hab mich zu
> sehr von der 4. Spalte mit den Nullen ablenken lassen.
Hallo,
da bist Du in guter Gesellschaft. Das passiert oft. Du wirst Nachfolger haben.
Freut mich, daß Du es begriffen hast.
Gruß v. Angela
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Hallo Jachymor,
ein homogenes LGS $Ax=0$ ist immer lösbar, es gibt immer die triviale Lösung, die eind. ist, wenn $A$ invertierbar ist, wenn also [mm] $\operatorname{det}(A)\neq [/mm] 0$ ist.
Dann kannst du nämlich von links mit [mm] $A^{-1}$ [/mm] mult. und erhältst: [mm] $A^{-1}\cdot{}A\cdot{}x=A^{-1}\cdot{}0$, [/mm] also $x=0$
Nicht eindeut. Lösungen erhältst du mithin, falls [mm] $\operatorname{det}(A)=0$ [/mm] ist.
Und das ist mit Sarrus doch schnell berechnet.
Berechne mal die Determinante in Abh. von $c$ und schaue, für welche(s) $c$ die wohl 0 wird.
Gruß
schachuzipus
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(Frage) reagiert/warte auf Reaktion  | | Datum: | 12:14 Fr 29.10.2010 | | Autor: | Jachymor |
| Aufgabe | Für welche reellen Zahlen c besitzt das folgende Gleichungssystem nicht-triviale Lösungen?
3x + 2y + z = 0
x + y + z = 0
2x + y + cz = 0 |
Mit Determinanten haben wir noch nicht in der Vorlesung gehabt. Das gilt dann auch für Sarrus. Ich hab mir beides einmal angeguckt, kann mir einen Reim darauf machen, aber davon wird meine Verwirrung nicht besser. Also es muss eine einfachere Lösung geben, es sei denn, ich bekomme einen Crashkurs in Determinanten! xD
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> Für welche reellen Zahlen c besitzt das folgende
> Gleichungssystem nicht-triviale Lösungen?
> 3x + 2y + z = 0
> x + y + z = 0
> 2x + y + cz = 0
> Das ist die Aufgabe soweit. Ich habe mir schon Gedanken
> darüber gemacht, wie man diese Aufgabe lösen könnte. Mit
> dem gaußschen Algorythmus wird das nichts, soviel ist
> klar. Dieser würde uns nur triviale Lösungen liefern, die
> aber nicht verlangt sind!
Hallo,
![[willkommenmr]](/images/smileys/willkommenmr.png "[willkommenmr]") .
der Gaußalgorithmus ist (wie so oft) auch hier eine gute Wahl, und er wird Dich nicht enttäuschen.
Wir haben ein homogenes LGS mit den Variablen x,y,z.
Die Koeffizientenmatrix ist
[mm] \pmat{3&2&1\\1&1&1\\2&1&c}.
[/mm]
Diese bringe ich nun auf Zeilenstufenform:
[mm] -->\pmat{1&1&1\\3&2&1\\2&1&c}
[/mm]
[mm] -->\pmat{1&1&1\\0&1&2\\0&1&2-c}
[/mm]
[mm] -->\pmat{1&1&1\\0&1&2\\0&0&c}
[/mm]
Du siehst: für [mm] c\not=0 [/mm] gibt es nur die Lösung x=y=z=0.
was aber ist für c=0?
Gruß v. Angela
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Gauß-Algorithmus