lineare Abhänigkeit von Zeilen < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 12:54 Sa 24.06.2006 | | Autor: | didi_160 |
| Aufgabe | Für welche reellen Zahlen [mm] \lambda [/mm] sind die Zeilen folgender Matrix linear äbhänig?
A= [mm] \begin{pmatrix}(5- \lambda)&-3&2\\4&-(2+ \lambda)&2\\3&-3&(3- \lambda)\end{pmatrix} [/mm] |
Ich habe eine kubisch Gleichung aus den Hauptdiagonalgliedern gebildet und diese null gesetzt:
- [mm] \lambda^3+6* \lambda^2+ \lambda-30=0
[/mm]
Eine Lösung isr [mm] \lambda=-2.
[/mm]
Damit ergibt sich für die Matrix A:
A= [mm] \begin{pmatrix}(7)&-3&2\\4&-(0)&2\\3&-3&(5)\end{pmatrix}
[/mm]
Jetz wähle ich den Ansatz zum Überprüfen der linearen UNABhänigkeit und hoffe auf einen Widerspruch (ich kenne keinen Ansatz zur Überprüfung der lin ABHÄNIGKRIT):
[mm] x1*\begin{pmatrix}7\\4\\3\\\end{pmatrix}+x2* \begin{pmatrix}-3\\0\\-3\\\end{pmatrix}+x3* \begin{pmatrix}2\\2\\5\\\end{pmatrix}=0
[/mm]
Das LGS hat folgende Lösungen:
x1=x2=x3=0
_________________________________
Aber das ist ja gerade ein sicheres Zeichen für lineare UNABhänigkeit!!!
Damit ich habe also die [mm] \lambda [/mm] ermittelt, sodaß die Zeilen der Mattrix A r lineare UNABhänigkeit sind!!!
___________________________________
Wie muß ich vorgehen, wenn die Zeilen lin ABHÄNIG sein sollen????
Wer ist so nett schaut sich das einmal an ung gibt mir einen kleinen Hinweis??
Besten Dank im Voraus
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 13:13 Sa 24.06.2006 | | Autor: | ardik |
Hallo didi,
> Das LGS hat folgende Lösungen:
> x1=x2=x3=0
> _________________________________
> Aber das ist ja gerade ein sicheres Zeichen für lineare
> UNABhänigkeit!!!
Nein, ist es nicht!
Wenn diese (sog. triviale) Lösung die einzige Lösung des LGS darstellt, dann sind die Vektoren lin. unabhängig. Du kannst da ja Vektoren nehmen, wie Du willst, [mm] $x_1=x_2=x_3=0$ [/mm] ist immer eine mögliche Lösung...
Im übrigen hast Du bei Deiner Überprüfung die Spaltenvektoren verwendet, es sollen laut Aufgabe aber die Zeilen lin. unabhängig sein.
Allerdings sind die Zeilen Deines Beispiels auch lin. unabh., wenn ich das richtig sehe.
Die Methode mit der kubischen Gleichung aus den Hauptdiagonalgliedern sagt mir nichts, das hat aber nix zu bedeuten, die diversen Tricks und Kniffe der Matrizen-Rechnung sind mir nicht allzu geläufig...
Ich hätte versucht, aus dem Gleichungssystem
[mm] $x1*\begin{pmatrix}(5- \lambda)\\-3\\2\end{pmatrix} [/mm] + x2* [mm] \begin{pmatrix}4\\-(2+ \lambda)\\2\end{pmatrix} [/mm] + x3* [mm] \begin{pmatrix}3\\-3\\(3- \lambda)\end{pmatrix} [/mm] = 0 $
zu ermitteln, für welche [mm] \lambda [/mm] es mehr als nur die triviale Lösung gibt.
Schöne Grüße,
ardik
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:18 Sa 24.06.2006 | | Autor: | didi_160 |
Besten Dank, ardik.
Ich muß die lin. ABHÄNIGKEIT der Zeilen nachweisen. Du sagst:
> Wenn die (sog. triviale) Lösung die einzige Lösung des
> LGS darstellt, dann sind die Vektoren lin. unabhängig. Du
> kannst da ja Vektoren nehmen, wie Du willst, [mm]x_1=x_2=x_3=0[/mm]
> ist immer eine mögliche Lösung...
Das ist mir so auch geläufig.
_________________
Dann schlägst du mir vor das LGS mit [mm] \lambda [/mm] als Parameter (schreibe ich nicht hin!!) zu lösen. Wenn es mehr als eine triviale Lösung gibt heißt das, die Zeilen sind voneinander
abhängig ????
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(Antwort) fertig | | Datum: | 15:30 Sa 24.06.2006 | | Autor: | ardik |
Hallo didi,
ja.
Denn dann kannst du durch eine Linearkombination dieser drei Vektoren den Nullvektor erzeugen.
Oder - äquivalent dazu - einen der Vektoren als Linearkombination der anderen erzeugen.
Hoffe, ich konnte weiterhelfen,
schöne Grüße,
ardik
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 16:36 Sa 24.06.2006 | | Autor: | ardik |
DaMenges Weg ist freilich der viel elegantere und handlichere!
ardik.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 15:57 Sa 24.06.2006 | | Autor: | DaMenge |
Hallo,
das mit dem Produkt der Hauptdiagonalelemente hört sich für mich erstmal falsch an.
Ich denke, was du ausnutzen wolltest ist : Die Determinante der Matrix ist genau dann ungleich 0, wenn sie invertierbar ist.
(also alle Zeilen linear unabhängig sind)
Die Determinante als Produkt der Hauptdiagonalelemente zu berechnen geht aber nur so für Dreiecksmatrizen !
Hier musst du also entweder zuerst in eine solceh umformen und dann die neuen Hauptdiagonalelemente multiplizieren und schauen, wann die Gleichung 0 wird (in abhängigkeit von dem Lambda)
Oder du rechnest die Determinante nach der Regel von Sarrus aus...
viele Grüße
DaMenge
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:09 Sa 24.06.2006 | | Autor: | didi_160 |
Ich danke dir sehr für deinen Hinweis. Folgendes ist mir unklar:
> Oder du rechnest die Determinante nach der Regel von Sarrus
> aus...
Meinst du
1. die Matrix A aus meiner Aufgabenstellung oder
2. die invertietre Matrix von A
Viele Grüße
didi_160
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(Antwort) fertig | | Datum: | 16:26 Sa 24.06.2006 | | Autor: | DaMenge |
Hi,
von der Inversen Matrix wurde doch bisher gar nicht gesprochen.
Die Determinante ist genau dann 0, wenn die Matrix invertierbar ist.
Also wenn die Inverse existiert - dies ist nur eine mathematische Eigenschaft - wie genau jetzt die Inverse aussieht und wie ihre Determinante ist, interessiert hier erstmal nicht.
Also ich meinte schon : Die Determinante von A mit Hilfe der Regel von Sarrus (o.ä.) zu berechnen und das dabei entstehende Polynom dann gleich 0 setzen um alle Lambda's herauszubekommen, wo die Determinante dann 0 wird - also die Zeilen linear abhängig sind.
viele Grüße
DaMenge
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:51 Sa 24.06.2006 | | Autor: | didi_160 |
Genau das habe ich auch schon versucht!!!
Ich habe die Determinante von A berechnet und erhalte folgende kubische Gleichung in Lambda:
[mm] \lambda^3-6*\lambda^2-11*\lambda-48 [/mm] = 0
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Bist du mal so nett und rechnest das mal nach???
Gtruß
didi_160
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:01 Sa 24.06.2006 | | Autor: | didi_160 |
Die Gleichung in lambda hat leider keine ganzzahlige(n) Lösung(en).
Eine Lösung die ich gefunden habe :
[mm] lambda_1= [/mm] 8,092
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(Antwort) fertig | | Datum: | 17:09 Sa 24.06.2006 | | Autor: | DaMenge |
Hi,
wie gesagt: das kann man auch ausrechnen lassen !
das errechnete Polynom $ [mm] -\lambda^3+6\cdot{}\lambda^2-11\cdot{}\lambda+6 [/mm] $ hat die Nullstellen:
[mm] $\lambda_1 [/mm] = 1$ , [mm] $\lambda_2 [/mm] = 2$ und [mm] $\lambda_3 [/mm] = 3$
viele Grüße
DaMenge
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Hi DaMenge!
Du hast mir sehr geholfen!!! Ich bin dir sehr dankbar dafür.
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Ich habe das Programm MathCAD professional. Mich würde interessieren,
1. Ob man, und wenn ja
2. wie man DET(A) berechnen kann, wenn die Matritzenglieder freie Variable (bei mir Lambda) enthalten.
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P.S:
Ich danke dir auch für die Antwort zu dem Diskussionsthema: BASEN
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Ich bin mit LA-Aufgaben übers Wochenende voll zugedeckt worden!
Ich habe noch so eine Aufgabe mit der ich gar nichts anfangen kann. Ich werde sie gleich ins Forum stellen unter der Überschrift: STANDARDBASEN.
Viele Grüße
didi_160
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:20 Mo 26.06.2006 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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