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Moderiert von Fabi Dune ligning
Lineare Algebra » Matrizenrechnung » Rang einer Koeffizientenmatrix bestimmen
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Universität/Hochschule Rang einer Koeffizientenmatrix bestimmen
NoNameTI-30x
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
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Mitteilungen: 474
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2019-01-16


Folgendes lineare Gleichungssystem ist gegeben:
$x_1 + x_2 - x_3 = 1$
$2x_1 +3x_2 +ax_3 = 3$
$x_1 + ax_2 +3x_3 = 2$

$\rightarrow \begin{matrix} 1& 1& -1|\\2& 3& a|\\1& a& 3|\end{matrix} \begin{array} \\1\\3\\2 \end{array}$
Gesucht ist der Rang in Abhängigkeit von a und für welchen Wert von a keine, eine oder mehrere Lösungen existieren.
Ich habe zunächst mittels Gauß 2*Zeile 1 minus Zeile 2 gerechnet und anschließend Zeile 2 minus 2 mal Zeile 3. Ich komme somit auf
$\begin{matrix} 1& a& -3|\\0& -1& -2-a|\\0& 3-2a& a-3|\end{matrix} \begin{array} \\2\\-1\\-1 \end{array}$
Demnach ist der Rang für beliebige a gleich 3. Für $a\neq \frac{3}{2}$ bzw $a \neq 3$ gibt es genau eine Lösung und für $a = \frac{3}{2}$ bzw $a = 3$ gibt es keine Lösung.
Kann mir das wer bestätigen?



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supermonkey
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Dabei seit: 27.10.2018
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2019-01-17


Hallo,

du hast sowohl Rechen- als auch Schreibfehler drin. Auch deine Folgerung stimmt nicht.



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NoNameTI-30x
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Dabei seit: 20.05.2016
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2019-01-21


Ich habe das Beispiel nun nochmals gerechnet und komme auf
$\begin{matrix} 1& a& 3|\\0& 3-2a& a-6|\\0& -1& -2-a|\end{matrix} \begin{array} \\2\\1\\-2 \end{array}$
für die selben Zeilen Umformungen (und zum Schluss habe ich noch Zeile 3 und 1 vertauscht).
Kannst du das Ergebnis nun bestätigen?
Das Gleichungssystem hätte keine Lösung wenn in einer Zeile z.B stehen würde: $ 0 0 0 = -2$. Das ist bei meiner Matrix im Moment nicht der Fall.
Unendlich viele Lösungen gäbe es für eine wahre Aussage also zum Beispiel:
$0 0 0 = 0$.
Auch das wäre in der jetzigen Form nie der Fall.
Der Rang der Matrix ist wiederum gleich der Anzahl an Zeilen die von 0 verschieden sind. Auch hier das ist unabhängig von  a gleich 0.
Kann man die Matrix noch weiter vereinfachen oder ziehe ich ganz einfach die falschen Schlüsse?



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supermonkey
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 27.10.2018
Mitteilungen: 277
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2019-01-21


Also was du rechnest stimmt, aber es wäre ein bisschen einfacher gewesen zu rechnen:

Zeile 2 - 2*Zeile 1 und dann Zeile 3 - Zeile 1. Aber egal, läuft auf das gleiche raus.
Du kannst noch einmal vereinfachen durch
(3-2a)*Zeile 3 +Zeile 2. Dann sollte es wirklich sehr leicht sein Rang und Lösungsmengen in Abhängigkeit von a abzulesen.



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Scheystein
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Dabei seit: 20.05.2018
Mitteilungen: 112
Aus: Hessen
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, eingetragen 2019-01-21


Hallo,
in Beitrag #2 hast du als erweiterte Koeffizientenmatrix

\[\left(\begin{array}{ccc|c}
1 & a & 3 & 2\\
0 & 3-2a & a-6 & 1\\
0& -1 & -2-a&-2
\end{array}\right)\]
erhalten. Nun willst du schauen, für welche $a \in \mathbb{R}$ du eine neue Nullzeile erhalten kannst.

\[\left(\begin{array}{ccc|c}
1 & a & 3 & 2\\
0 & 3-2a & a-6 & 1\\
0& -1 & -2-a&-2
\end{array}\right)\\ \rightsquigarrow \left(\begin{array}{ccc|c}
1 & a & 3 & 2\\
0 & 3-2a & a-6 & 1\\
0& -1(3-2a) & (-2-a) (3-2a)&-2(3-2a)
\end{array}\right)\\ \rightsquigarrow \left(\begin{array}{ccc|c}
1 & a & 3 & 2\\
0 & 3-2a & a-6 & 1\\
0& -3+2a & -6+a+2a^2&-6+4a
\end{array}\right)\\ \rightsquigarrow \left(\begin{array}{ccc|c}
1 & a & 3 & 2\\
0 & 3-2a & a-6 & 1\\
0& 0 & -12+2a+2a^2&-5+4a
\end{array}\right)\]
Für den Rang betrachtest du nun die Anzahl der linear unabhängigen Zeilen der linken Hälfte der letzten Matrix (Nichtnullzeilen) im Abhängigkeit von $a$. Für die Anzahl der Lösungen gilt (hier): hat die Matrix (linke Seite) vollen Rang, d.h. Rang(Matrix) = 3, dann gibt es genau eine Lösung. Entsteht in der unteren Zeile eine komplette Nullzeile mit $4$ Nullen, so gibt es unendlich viele Lösungen. Hast du nur $3$ Nullen, dann ist die Gleichung $0*x+0*y+0*z \neq 0$ zu erfüllen - also wie viele Lösungen?

Gruß
Scheystein


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... denn sie wissen nicht, was sie tun



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NoNameTI-30x
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, vom Themenstarter, eingetragen 2019-01-22


Danke für die Hilfe. Die Umformung auf die letzt Matrix hat mir gefehlt.
Für $a=2$ wird die linke Seite der letzten Zeile 0, nicht jedoch die rechte Seit. Das bedeutet es gibt für den Fall $a=2$ keine Lösung. Für alle anderen Fälle gibt es eine eindeutige Lösung.
Stimmt das?



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Diophant
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Aus: Rosenfeld, BW
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, eingetragen 2019-01-23

\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}}\)
Hallo,

2019-01-22 22:19 - NoNameTI-30x in Beitrag No. 5 schreibt:
Danke für die Hilfe. Die Umformung auf die letzt Matrix hat mir gefehlt.
Für $a=2$ wird die linke Seite der letzten Zeile 0, nicht jedoch die rechte Seit. Das bedeutet es gibt für den Fall $a=2$ keine Lösung. Für alle anderen Fälle gibt es eine eindeutige Lösung.
Stimmt das?

noch nicht ganz. Das ist ja ein quadratischer Term in der dritten Zeile und es gibt somit noch einen weiteren Wert für a, für den es keine Lösung gibt. a=2 ist aber jedenfalls schonmal richtig.

Gruß, Diophant
\(\endgroup\)


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NoNameTI-30x
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, vom Themenstarter, eingetragen 2019-01-23


Stimmt. Dann gelten die gleichen Bedienungen natürlich auch für $a = -3$.



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Diophant
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Mitteilungen: 276
Aus: Rosenfeld, BW
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, eingetragen 2019-01-23

\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}}\)
Hallo,

2019-01-23 18:53 - NoNameTI-30x in Beitrag No. 7 schreibt:
Stimmt. Dann gelten die gleichen Bedienungen natürlich auch für $a = -3$.

Ja, korrekt.

Gruß, Diophant
\(\endgroup\)


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Scheystein
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, eingetragen 2019-01-24


Man hätte auch die Determinante der Ausgangsmatrix zu $6-a-a^2$ bestimmen können und hätte die Fälle in denen es genau eine Lösung gibt gefunden. Die anderen Fälle müsste man separat überprüfen.

Gruß
Scheystein


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