Cramer bei singulärer Matrix < Matrizen < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 14:58 Di 29.03.2016 | | Autor: | rudl |
| Aufgabe | Man untersuche für welche [mm] \alpha \in \IR [/mm] das Gleichungssystem Ax=b mit A = [mm] \pmat{ 2 & 0 & 1 \\ 3 & 1 & 0 \\ 4 & 2 & -1 }, b=\pmat{ 2 \\ \alpha \\ 1 } [/mm] lösbar ist.
Achtung: Die Lösung ist nicht gesucht! |
Hi!
Lösung ist lt. Vorgabe und mit Gauss [mm] \alpha [/mm] - [mm] \bruch{2}{3} [/mm] =!= 0 d.h. [mm] \alpha [/mm] == [mm] \bruch{2}{3}.
[/mm]
Es lag für mich nahe die Lösung für [mm] \alpha [/mm] über die cramersche Regel zu versuchen, aber da A singulär ist wäre das Division durch null.
Damit eigentlich hinfällig, aber bei Gauss bin ich ein sicherer Kandidat für Flüchtigkeitsfehler, und fordere ich null für die Determinante komme ich auch tatsächlich auf meine [mm] \bruch{2}{3}.
[/mm]
Wohlwollend ignorierend dass auch [mm] \bruch{0}{0} [/mm] eine Division durch null ist.
Meine Frage also:
Führt dieser Pfad irgendwohin oder muss ich einfach mit Gauss leben?
Die Prüfung ist zeitlich kaum zu bewältigen, jeder Trick kann wertvolle Minuten sparen.
Wäre für Tipps dankbar!
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 15:18 Di 29.03.2016 | | Autor: | blink23 |
Hallo Rudl!
Bei der Cramer'schen Regel ist die Invertierbarkeit der Matrix $A$ Voraussetzung. Wenn du also weißt, dass die Determinante der Matrix gleich $0$ ist, kannst du diesen Weg leider nicht verwenden. Am besten sieht man das tatsächlich mit dem Verfahren nach Gauß, denn der Rang der Erweiterten Matrix $(A|b)$ muss gleich den Rang von $A$ sein. Dann ist das Gleichungssystem lösbar.
Achja, kontrolliere nochmal dein Ergebnis für [mm] $\alpha$ [/mm] (:
Lg
Joe
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 20:29 Di 29.03.2016 | | Autor: | rudl |
Danke, stimmt- der Bruch steht auf dem Kopf.. :S
[mm] \bruch{3}{2} [/mm] sollte das sein...
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Definiert man die Vektoren
[mm]a_1 = \begin{pmatrix} 2 \\ 3 \\ 4 \end{pmatrix} \, , \ \ a_2 = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 2 \end{pmatrix} \, , \ \ a_3 = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ -1 \end{pmatrix} \, ; \ \ b = \begin{pmatrix} 2 \\ \alpha \\ 1 \end{pmatrix} \, , \ \ x = \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{pmatrix}[/mm]
so gilt:
[mm]Ax = b \ \ \Leftrightarrow \ \ x_1 a_1 + x_2 a_2 + x_3 a_3 = b[/mm]
Jetzt sind [mm]a_1, a_2, a_3[/mm] linear abhängig, wie du durch Berechnung der Determinante herausgefunden hast. Offensichtlich sind aber keine zwei der drei Vektoren skalare Vielfache voneinander und damit linear abhängig. Damit spannen [mm]a_1, a_2, a_3[/mm] einen zweidimensionalen Unterraum [mm]U[/mm] auf. Die Gleichung [mm]x_1 a_1 + x_2 a_x +x_3 a_3 = b[/mm] ist äquivalent zu [mm]b \in U[/mm]. Da aber bereits zum Beispiel [mm]a_1, a_2[/mm] den Unterraum erzeugen, ist die Lösbarkeit der Gleichung in [mm]x_1, x_2, x_3[/mm] äquivalent zur Lösbarkeit der Gleichung
[mm]t_1 a_1 + t_2 a_2 = b[/mm]
in den Unbekannten [mm]t_1, t_2[/mm]. Diese Gleichung ist überbestimmt. Man kann nun versuchen, [mm]t_1, t_2[/mm] aus den ersten beiden Koordinaten zu bestimmen und muß an der dritten Koordinate die Probe machen:
[mm]t_1 \begin{pmatrix} 2 \\ 3 \end{pmatrix} + t_2 \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2 \\ \alpha \end{pmatrix}[/mm]
Dafür kann man die Cramersche Regel verwenden: Man berechnet
[mm]\Delta = \begin{vmatrix} 2 & 0 \\ 3 & 1 \end{vmatrix} = 2 \, , \ \ \Delta_1 = \begin{vmatrix} 2 & 0 \\ \alpha & 1 \end{vmatrix} = 2 \, , \ \ \Delta_2 = \begin{vmatrix} 2 & 2 \\ 3 & \alpha \end{vmatrix} = 2 \alpha - 6[/mm]
und damit
[mm]t_1 = \frac{\Delta_1}{\Delta} = 1 \, , \ \ t_2 = \frac{\Delta_2}{\Delta} = \alpha - 3[/mm]
Mit diesen Werten macht man jetzt die Probe in der dritten Koordinate:
[mm]t_1 \cdot 4 + t_2 \cdot 2 = 1 \ \ \Leftrightarrow \ \ 1 \cdot 4 + ( \alpha - 3 ) \cdot 2 = 1 \ \ \Leftrightarrow \ \ \alpha = \frac{3}{2}[/mm]
Nur mit [mm]\alpha = \frac{3}{2}[/mm] klappt also die Probe. Damit ist das Gleichungssystem in [mm]t_1, t_2[/mm] und damit nach der obigen Argumentation auch das Gleichungssystem in [mm]x_1 , x_2 , x_3[/mm] nur für [mm]\alpha = \frac{3}{2}[/mm] lösbar.
Wenn man sich ansieht, was man letztlich zu rechnen hatte, stellt man fest, daß man, nachdem man festgestellt hatte, daß die Determinante von [mm]A[/mm] Null war, das Untergleichungssystem aus den Elementen der beiden ersten Zeilen und Spalten zu lösen und an der dritten Koordinate die Probe zu machen hatte. Die dritte Spalte wurde nicht mehr benötigt. Man hätte natürlich auch zwei andere Spalten und zwei andere Zeilen auswählen können.
Ich selber würde das Problem auch eher mit dem Gaußschen Algorithmus lösen. Deine Frage hat mich lediglich veranlaßt, einmal zu probieren, ob das auch anders ginge.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 11:48 Mi 30.03.2016 | | Autor: | fred97 |
Löst man in Ax=b die 1. und 3. Gleichung jeweils nach [mm] x_3 [/mm] auf,und setzt gleich, so bekommt man:
[mm] 3=6x_1+2x_2
[/mm]
oder
[mm] 3x_1+x_2=\bruch{3}{2}.
[/mm]
Zieht man noch die 2. Gleichung von Ax=b heran, so spring einem
$ [mm] \alpha= \bruch{3}{2} [/mm] $
ins Gesicht.
FRED
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