Für welche b ist LGS lösbar? < Gleichungssysteme < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 11:55 Mo 14.09.2009 | | Autor: | SGAdler |
| Aufgabe | Bestimmen Sie für
[mm] \begin{pmatrix}
1 & 3 & -2 & 2 \\
0 & 0 & 2 & -1 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{pmatrix}[/mm]
den Rang, die Dimension des Kerns sowie alle b [mm] \in \IR^3, [/mm] für die Bx = b mindestens eine Lösung besitzt. |
Rang = 2 und Dimension = 1 würde ich mal sagen.
Nur auf das b komme ich irgendwie nicht. Wie sollte ich da vorgehen?
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> Bestimmen Sie für
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> [mm] \begin{pmatrix}
1 & 3 & -2 & 2 \\
0 & 0 & 2 & -1 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{pmatrix}[/mm]
>
> den Rang, die Dimension des Kerns sowie alle b [mm][mm] \in \IR^3,[
[/mm]
Hallo,
wie hast Du die Dimension des Kerns herausgefunden?
Sicher sollst Du auch noch eine Basis des Kerns angeben.
Für die Lösbarkeit bon Bx=b untersuche das GS [mm] \begin{pmatrix}
1 & 3 & -2 & 2 \\
0 & 0 & 2 & -1 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{pmatrix}[/mm][mm] *\vektor{x_1\\x_2\\x_3\\x_4}=\vektor{b_1\\b_2\\b_3}
[/mm]
Stelle dazu die erweiterte Koeffizientenmatrix auf. Wie lautet die Bedingung für Lösbarkeit eines LGS?
Gruß v. Angela
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 12:17 Mo 14.09.2009 | | Autor: | fred97 |
Hallo Angela,
Du hast eine Komponente vergessen:
$ [mm] \begin{pmatrix} 1 & 3 & -2 & 2 \\ 0 & 0 & 2 & -1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} [/mm] $$ [mm] \cdot{}\vektor{x_1\\x_2\\x_3\\x_4}=\vektor{b_1\\b_2\\b_3} [/mm] $
FRED
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> Du hast eine Komponente vergessen:
Oh.
Danke für den Hinweis, ich verbessere es postwendend.
Gruß v. Angela
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:30 Mo 14.09.2009 | | Autor: | SGAdler |
Oh, Dimension müsste 2 sein, da dim(kern(b) + rang(b)) = n und n in diesem Fall ja 4 ist.
Lösbar ist ein LGS doch dann, wenn der Rang von B gleich dem der erweiterten Koeffizientenmatrix ist, oder?
Dann müsste ja [mm] b_3 [/mm] = 0 sein.
Ist das die einzige Bedingung?
Eine Basis des Kerns sollten wir nicht angeben.
Aber könnte es sein, dass eine Basis z.B.:
s [mm] \begin{pmatrix} 3 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} [/mm] + t [mm] \begin{pmatrix} -2 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} [/mm] ist?
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> Oh, Dimension müsste 2 sein, da dim(kern(b) + rang(b)) = n
> und n in diesem Fall ja 4 ist.
Hallo,
ja, genau.
>
> Lösbar ist ein LGS doch dann, wenn der Rang von B gleich
> dem der erweiterten Koeffizientenmatrix ist, oder?
> Dann müsste ja [mm]b_3[/mm] = 0 sein.
> Ist das die einzige Bedingung?
Ja.
>
> Eine Basis des Kerns sollten wir nicht angeben.
> Aber könnte es sein, dass eine Basis z.B.:
>
> s [mm]\begin{pmatrix} 3 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}[/mm] + t
> [mm]\begin{pmatrix} -2 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}[/mm] ist?
Daß [mm] \begin{pmatrix} 3 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix},\begin{pmatrix} -2 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} [/mm] eine Basis ist, kann nicht sein.
Weißt Du, was der Kern ist? All das, was auch die Null abgebildet wird.
Deine Matrix bildet aus dem [mm] \IR^{\b{4}} [/mm] heraus ab...
Gruß v. Angela
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:01 Mo 14.09.2009 | | Autor: | SGAdler |
Ok, hat mich zuerst etwas verwirrt, dass x nur 3 Komponenten hatte.
Ja, ich weiß, was der Kern ist. Nur komme ich grade nicht auf die Basis des Kerns.
Habe ja die Gleichungen:
[mm] x_1 [/mm] + [mm] 3x_2 [/mm] - [mm] 2x_3 [/mm] + [mm] 2x_4 [/mm] = 0
[mm] 2x_3 [/mm] - [mm] x_4 [/mm] = 0
Komme jetzt aber nicht weiter.
Kann es sein, dass die Basis [mm] \begin{pmatrix} -3 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} [/mm] ; [mm] \begin{pmatrix} -2 \\ 0 \\ 1 \\ 2 \end{pmatrix} [/mm] ist?
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> Ok, hat mich zuerst etwas verwirrt, dass x nur 3
> Komponenten hatte.
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> Ja, ich weiß, was der Kern ist. Nur komme ich grade nicht
> auf die Basis des Kerns.
>
> Habe ja die Gleichungen:
> [mm]x_1[/mm] + [mm]3x_2[/mm] - [mm]2x_3[/mm] + [mm]2x_4[/mm] = 0
> [mm]2x_3[/mm] - [mm]x_4[/mm] = 0
>
> Komme jetzt aber nicht weiter.
>
> Kann es sein, dass die Basis [mm]\begin{pmatrix} -3 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}[/mm]
> ; [mm]\begin{pmatrix} -2 \\ 0 \\ 1 \\ 2 \end{pmatrix}[/mm] ist?
>
Hallo,
diese Frage kannst Du Dir durch Einsetzen beantworten.
Werden beide Vektoren auf die 0 abgebildet? Ja, werden sie! Also hast Du's richtig gemacht.
Man bekommt die Basis des Kerns übrigens ohne zu denken, wenn man die Matrix zunächst auf reduzierte Zeilenstufenform bringt:
$ [mm] \begin{pmatrix} 1 & 3 & -2 & 2 \\ 0 & 0 & 2 & -1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} [/mm] $ --> $ [mm] \begin{pmatrix} 1 & 3 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & -1/2 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} [/mm] $ .
Nun den -1-Trick:
[mm] \begin{pmatrix} 1 & 3 & 0 & 1 \\\green{0} &\green{-1} & \green{0} &\green{0} \\ 0 & 0 & 1 & -1/2 \\\green{0} & \green{0} & \green{0} & \green{-1} \end{pmatrix} [/mm] .
Die Spalten mit den Minuseinsen sind eine Basis des Kerns.
Gruß v. Angela
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