15.12.202015.12.2020 von Stefan Hartmann

Aufgabe 2.15

Sei

$A =\begin{pmatrix} 1 & -1 & -1 \\ 1 & 0 & a \\ 1 & a & 0 \end{pmatrix} \in M_{nn}(\mathbb{R})$ .

Welche Bedingungen muss $a \in \mathbb{R}$ erfüllen, damit das lineare Gleichungssystem

$Ax = \begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}$

1. genau eine Lösung hat?

2. mehr als eine Lösung hat?

3. keine Lösung hat?

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Alexander

Es gilt:
A´= $\left( \begin{array}{rrrrr} 1 & -1 & -1 & | & 2 \\ 1 & 0 & a & | & 1 \\ 1 & a & 0 & | & 1\\ \end{array}\right)$

Durch äquivalente Zeilenumformung erhalten wir
A´= $\left( \begin{array}{rrrrr} 1 & -1 & -1 & | & 2 \\ 0 & 1 & a+1 & | & -1 \\ 0 & a+1 & 1 & | & -1\\ \end{array}\right)$

A´= $\left( \begin{array}{rrrrr} 1 & 0 & a & | & 1 \\ 0 & 1 & a+1 & | & -1 \\ 0 & 0 & -a(a+2) & | & a\\ \end{array}\right)$

Damit das lineare Gleichungssystem genau eine Lösung hat, muss $a_{33}$ eine Pivot-Position sein. Dies kann genau dann eintreten, wenn $-a(a+2) \neq 0$ ist. In diesem Fall kann man $a_{33}=1$ erreichen, indem man die dritte Zeile durch $-a(a+2)$ teit. Subtrahiert man dann die dritte Zeile a+1 mal von der zweiten und a mal von der ersten, entstehen auf den Positionen $a_{13}$ und $a_{23}$ Nullen.
Wir erhalten auf diese Weise eine Treppennormalform, für die Rg(A) = Rg(A´) = n = 3 gilt.
$-a(a+2)$ ist genau dann ungleich 0 und hat somit genau eine Lösung, wenn $a \neq 0$ und $a \neq -2$ gilt. Wäre a = 0 oder a = -2, so wäre ein Faktor von $-a(a+2)$ und somit das ganze Produkt gleich 0.

Gilt a = 0, so ist
A`= $\left( \begin{array}{rrrrr} 1 & 0 & 0 & | & 1 \\ 0 & 1 & 1 & | & -1 \\ 0 & 0 & 0 & | & 0\\ \end{array}\right)$
Wegen Rg(A) = Rg(A´) = 2 < 3 = n hat das lineare Gleichungssystem in diesem Fall unendlich viele Lösungen.

Gilt a = -2, so ist
A´= $\left( \begin{array}{rrrrr} 1 & 0 & -2 & | & 1 \\ 0 & 1 & -1 & | & -1 \\ 0 & 0 & 0 & | & -2\\ \end{array}\right)$

A´= $\left( \begin{array}{rrrrr} 1 & 0 & -2 & | & 1 \\ 0 & 1 & -1 & | & -1 \\ 0 & 0 & 0 & | & -1\\ \end{array}\right)$

A´= $\left( \begin{array}{rrrrr} 1 & 0 & -2 & | & 0 \\ 0 & 1 & -1 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & | & 1\\ \end{array}\right)$

Wegen Rg(A) = 2 < 3 = Rg(A´) hat das lineare Gleichungssystem in diesem Fall keine Lösung.

Autor

Stefan Hartmann

Ich verstehe gerade schon das allererste $A'$ nicht. Was hast du da gemacht? Zukünftig solltest du besser alle Zeilenumformungen genau angeben. Gibt man diese nicht an, gibt es bei der Fernuni Punktabzug. Leider habe ich im Moment keine Zeit mir das genauer anzuschauen… vielleicht kannst du erst einmal $A'$ korrigieren, falls erforderlich.

Mitglied

Alexander

Da habe ich mich beim Abschreiben vertippt. 🙁 Das erste A´ ist einfach die erweiterte Koeffizientenmatrix nach Angabe, da habe ich noch nicht umgeformt.

Autor

Stefan Hartmann

Ah okay, ich verstehe. Ich habe es nun durchgerechnet und keine Fehler gefunden. Auch die Argumentation ist richtig, sehr gut! 👍

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Alexander

Danke für die Rückmeldung.

Mitglied

Alexander

Zeilenumformungen habe ich nicht hingechrieben, weil ich nicht weiß, wie ich das mit Latex formatieren soll.

Autor

Stefan Hartmann

Ich würde dann noch einen Array neben die Matrix setzen: $\begin{array}{l} \vert (I)-(II)\\ \vert 3\cdot (II) \\ \vert (III) \end{array}$ mittels \begin{array}{l} \vert (I)-(II)\\ \vert 3\cdot (II) \\ \vert (III) \end{array} oder so etwas.

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