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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 09:40 Do 18.02.2010 | | Autor: | muhmuh |
| Aufgabe | Geben Sie eine Basis des Lösungsraumes für das folgende Gleichungssystem an:
[mm] x_1-x_2+2x_3+3x_4 [/mm] =0
[mm] 2x_1 -4x_3+4x_4=0
[/mm]
[mm] x_1-3x_2+10x_3+5x_4=0 [/mm] |
Hallo,
anscheinend würde mein Ergebnis hier nicht stimmen, und deswegen würde ich gerne mal nachfragen, wo der fehler steckt.
ich habe die Koeffizientenmatrix aufgestellt:,
[mm] \pmat{ 1 & -1& 2 & 3 \\ 2 & 0 & -4 & 4 \\ 1 & -3 & 10 & 5}
[/mm]
dann habe ich die Matrix auf Zeilenstufenform gebacht
diese schaut dann so [mm] aus:\pmat{ 1 & 0& -2 & 2\\ 0 & 1 & -4 & 1 \\ 0 & 0 & 0& 0}
[/mm]
Daher hat die Matrix nur Rang 2
um nun eine Basis des Lösungsraumes zu bestimmen, habe ich es wie oben = 0 gesetzt
-> [mm] x_1= 2x_3 [/mm] -2 [mm] x_4
[/mm]
-> [mm] x_2 [/mm] = [mm] 4x_3-x_4
[/mm]
dann habe ich [mm] x_1= [/mm] 1 und [mm] x_2 [/mm] = 1 gesetzt
daraus folgt [mm] x_3 [/mm] = [mm] \bruch{1}{6} [/mm] und [mm] x_4 [/mm] = [mm] \bruch{-1}{3}
[/mm]
für die Basis habe ich nun die Brüche beseitigt und als Basis wegen den Abhängigkeiten von [mm] x_1 [/mm] und [mm] x_2 [/mm] dieses:
[mm] \vektor{6 \\ 0 \\ 1 \\-2}
[/mm]
und [mm] \vektor{0\\ 6 \\ 1 \\-2}
[/mm]
stimmt das so?
danke fürs drüberschauen!
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> Geben Sie eine Basis des Lösungsraumes für das folgende
> Gleichungssystem an:
>
> [mm]x_1-x_2+2x_3+3x_4[/mm] =0
> [mm]2x_1 -4x_3+4x_4=0[/mm]
> [mm]x_1-3x_2+10x_3+5x_4=0[/mm]
> Hallo,
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> anscheinend würde mein Ergebnis hier nicht stimmen, und
> deswegen würde ich gerne mal nachfragen, wo der fehler
> steckt.
> ich habe die Koeffizientenmatrix aufgestellt:,
>
> [mm]\pmat{ 1 & -1& 2 & 3 \\ 2 & 0 & -4 & 4 \\ 1 & -3 & 10 & 5}[/mm]
>
> dann habe ich die Matrix auf Zeilenstufenform gebacht
>
> diese schaut dann so [mm]aus:\pmat{ 1 & 0& -2 & 2\\ 0 & 1 & -4 & 1 \\ 0 & 0 & 0& 0}[/mm]
>
> Daher hat die Matrix nur Rang 2
>
> um nun eine Basis des Lösungsraumes zu bestimmen, habe ich
> es wie oben = 0 gesetzt
>
> -> [mm]x_1= 2x_3[/mm] -2 [mm]x_4[/mm]
> -> [mm]x_2[/mm] = [mm]4x_3-x_4[/mm]
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> dann habe ich [mm]x_1=[/mm] 1 und [mm]x_2[/mm] = 1 gesetzt
>
> daraus folgt [mm]x_3[/mm] = [mm]\bruch{1}{6}[/mm] und [mm]x_4[/mm] = [mm]\bruch{-1}{3}[/mm]
>
> für die Basis habe ich nun die Brüche beseitigt und als
> Basis wegen den Abhängigkeiten von [mm]x_1[/mm] und [mm]x_2[/mm] dieses:
>
> [mm]\vektor{6 \\ 0 \\ 1 \\-2}[/mm]
> und [mm]\vektor{0\\ 6 \\ 1 \\-2}[/mm]
>
> stimmt das so?
Hallo,
anscheinend nicht, denn wenn Du Deine "Lösungen" mal einsetzt ins System, dann siehst Du, daß es keine sind...
Die Vorgehensweisen, bei denen man sich meiner Meinung nach am wenigsten verheddert, sind diese:
1.
Die führenden Elemente der Nichtnullzeilen stehen in Spalte 1 und 2, damit können die 3. und 4. variale frei gewählt werden.
Mit
[mm] x_4=t [/mm] und
[mm] x_3=s [/mm] erhält man
[mm] x_2=4s-t [/mm] und
[mm] x_1=2s-2t,
[/mm]
also haben die Lösungen die gestalt
[mm] \vektor{x_1\\x_2\\x_3\\x_4}=\vektor{2s-2t\\4s-t\\s\\t}=s\vektor{2\\4\\1\\0}+t\vekor{-2\\-1\\0\\1}, [/mm] und die beiden Vektoren sind eine Basis des Lösungsraumes.
2.
Wenn die Matrix wie bei Dir auf reduzierte ZSF gebracht wurde (führende Einsen, über und unter denen Nullen stehen), dann kann man den -1-Trick nehmen:
Nullzeilen raus, -1-Hilfszeilen einschieben, so daß die freien Diagonalplätze eine -1 bekommen:
[mm] \pmat{ 1 & 0& -2 & 2\\ 0 & 1 & -4 & 1 \\ 0 & 0 & 0& 0} [/mm] --> [mm] \pmat{ 1 & 0& -2 & 2\\ 0 & 1 & -4 & 1 \\ \green{0}& \green{0} & \green{-1}& \green{0}\\\\ \green{0}& \green{0} & \green{0}& \green{-1}}.
[/mm]
Die -1-Spalten sind eine Basis des Lösungsraumes des homogenen LGS - also eine Basis des Kerns der Matrix.
Gruß v. Angela
t
>
> danke fürs drüberschauen!
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 10:39 Do 18.02.2010 | | Autor: | muhmuh |
ahhh vielen dank:)
ich hatte das mit den unabhängigen variablen vertauscht....
die tricks sind superhilfreich:)
danke!
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vielen dank für die hilfe.
dieser "-1 trick" is ja supa. jetzt hab ich das endlich verstanden
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