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Ich habe versucht, die Cramersche Regel anzuwenden. Als Ergebnisse erhalte ich 4 mal null und $$\frac{β}{α}$$.

Die Determinante für $$A_α$$ habe ich als $$196x^2+392x$$ ausgerechnet.

Kann man damit etwas anfangen? Wie komme ich auf die Lösung?


Gegeben seien


$$ A_α:=\begin{pmatrix} 0&1&3&3&0 \\ α &6&4&0&0\\0&7&0&8&0\\α&0&0&0&0\\0&-28&0&-32&α+2 \end{pmatrix} $$


sowie


$$ b_β\begin{pmatrix} 0\\β\\0\\β\\0 \end{pmatrix} $$


Wann ist das LGS lösbar? Bestimmen sie in diesen Fällen die (affine) Dimension $$ D_{α,β} $$ des affinen Unterraums $$ L_{α,β} = \left\{x \in \mathbb{R} \big \vert A_{α}x=b_{β}\right\} $$

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Aloha :)

Wir bestimmen zunächst die Determinante der Koeffizientenmatrix:$$D\coloneqq\left|\begin{array}{rrrrr}0 & 1 & 3 & 3 & 0\\\alpha & 6 & 4 & 0 & 0\\0 & 7 & 0 & 8 & 0\\\alpha & 0 & 0 & 0 & 0\\0 & -28 & 0 & -32 & \alpha+2\end{array}\right|=\alpha(\alpha+2)\left|\begin{array}{rrrrr}0 & 1 & 3 & 3 & 0\\1 & 6 & 4 & 0 & 0\\0 & 7 & 0 & 8 & 0\\1 & 0 & 0 & 0 & 0\\0 & -28 & 0 & -32 & 1\end{array}\right|$$$$\phantom{D}=\alpha(\alpha+2)\left|\begin{array}{rrrrr}1 & 3 & 3\\6 & 4 & 0\\7 & 0 & 8\end{array}\right|=2\alpha(\alpha+2)\left|\begin{array}{rrrrr}1 & 3 & 3\\3 & 2 & 0\\7 & 0 & 8\end{array}\right|=2\alpha(\alpha+2)\left|\begin{array}{rrrrr}1 & 3 & 3\\0 & -7 & -9\\0 & -21 & -13\end{array}\right|$$$$\phantom{D}=2\alpha(\alpha+2)\left|\begin{array}{rrrrr}7 & 9\\21 & 13\end{array}\right|=2\alpha(\alpha+2)(7\cdot13-21\cdot9)=-196\alpha(\alpha+2)$$Für \(\alpha\ne0\) und \(\alpha\ne-2\) ist die Determinante der Koeffizientenmatrix ungleich null und daher invertierbar. Unabhängig von \(\beta\) gibt es dann immer genau eine Lösung. Die Lösung ist in diesen Fällen also ein Punkt mit Dimension \(0\). Das heißt, wir haben \(0\) frei wählbare Parameter (auch Freiheitsgrade) genannt.$$\implies\boxed{\text{genau \(1\) Lösung mit Dimension \(0\) für \(\alpha\ne0\;\land\;\alpha\ne-2\).}}$$

Zur Betrachtung des Falles \(\alpha=0\) schreiben wir uns das LGS nochmal vollständig auf:$$\left(\begin{array}{rrrrr}0 & 1 & 3 & 3 & 0\\0 & 6 & 4 & 0 & 0\\0 & 7 & 0 & 8 & 0\\0 & 0 & 0 & 0 & 0\\0 & -28 & 0 & -32 & 2\end{array}\right)\cdot\begin{pmatrix}x_1\\x_2\\x_3\\x_4\\x_5\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\\beta\\0\\\beta\\0\end{pmatrix}$$

Wir erkennen, dass die 4-te Gleichung$$0x_1+0x_2+0x_3+0x_4+0x_5=\beta$$für \(\beta\ne0\) immer falsch ist, sodass das LGS für diese Fälle keine Lösung besitzt.

Für \(\beta=0\) ist die Gleichung hingegen sicher erfüllt. In diesem Fall verlieren wir die 4-te Glechung als Bestimmungsgleichung für die 5 Unbekannten. Wegen der ersten Spalte der Matrix können wir offensichtlich \(x_1\) völlig frei wählen. Die anderen 4 Unbekannten sind dann durch die 4 verbliebenen Bestimmungsgleichungen bestimmt:$$\left(\begin{array}{rrrr}1 & 3 & 3 & 0\\6 & 4 & 0 & 0\\7 & 0 & 8 & 0\\-28 & 0 & -32 & 2\end{array}\right)\cdot\begin{pmatrix}x_2\\x_3\\x_4\\x_5\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\0\\0\\0\end{pmatrix}$$Dieses LGS hat genau \(1\) Lösung, weil die Determinante der Koeffizientenmatrix ungleich null ist. Wenn man die inverse Koeffizientmatrix mit dem Null-Ergebnisvektor multipliziert, erhält man als Lösung den 4-dimensionalen Nullvektor. Die Lösung unseres gesamten Gleichungssystems lautet daher:$$\vec x=t\cdot(1;0;0;0;0)^T\quad;\quad t\in\mathbb R$$Wir haben also einen Freiheitsgrad in der Lösung bzw. die Dimension 1.$$\implies\boxed{\text{unendlich viele Lösungen mit Dimension \(1\) für \(\alpha=0\;\land\;\beta=0\).}}$$

Zur Betrachtung des Falles \(\alpha=-2\) schreiben wir uns das LGS auch nochmal vollständig auf:$$\left(\begin{array}{rrrrr}0 & 1 & 3 & 3 & 0\\-2 & 6 & 4 & 0 & 0\\0 & 7 & 0 & 8 & 0\\-2 & 0 & 0 & 0 & 0\\0 & -28 & 0 & -32 & 0\end{array}\right)\cdot\begin{pmatrix}x_1\\x_2\\x_3\\x_4\\x_5\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\\beta\\0\\\beta\\0\end{pmatrix}$$

Wir erkennen sofort, dass wegen der 5-ten Spalte der Koeffizientenmatrix die Variable \(x_5\) völlig frei wählbar ist. Berücksichtigen wir dies, erhalten wir 5 Bestimmungsgleichungen für 4 Unbekannte:$$\left(\begin{array}{rrrr}0 & 1 & 3 & 3\\-2 & 6 & 4 & 0\\0 & 7 & 0 & 8\\-2 & 0 & 0 & 0\\0 & -28 & 0 & -32\end{array}\right)\cdot\begin{pmatrix}x_1\\x_2\\x_3\\x_4\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\\beta\\0\\\beta\\0\end{pmatrix}$$Durch die 4-te Gleichung$$-2x_1=\beta\quad\Longleftrightarrow\quad x_1=-\frac{\beta}{2}$$ist die Variable \(x_1\) fest vorgegeben, übrig bleibt:

$$\left(\begin{array}{rrr}1 & 3 & 3\\6 & 4 & 0\\7 & 0 & 8\\-28 & 0 & -32\end{array}\right)\cdot\begin{pmatrix}x_2\\x_3\\x_4\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\0\\0\\0\end{pmatrix}$$Die dritte und die vierte Gleichung sind äquivalent (Faktor \(-4\)), sodass bleibt:$$\left(\begin{array}{rrr}1 & 3 & 3\\6 & 4 & 0\\7 & 0 & 8\end{array}\right)\cdot\begin{pmatrix}x_2\\x_3\\x_4\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}$$Die Determinante dieser Matrix haben wir oben schon zu \(-196\) ausgerechnet. Daher ist die Lösung hier eindeutig \(x_2=x_3=x_4=0\).

Insgesamt haben wir also für \(\alpha=-2\) unabhängig von \(\beta\) immer unendlich viele Lösungen:$$\vec x=\left(-\frac{\beta}{2};0;0;0;0\right)^T+x_5\cdot(0;0;0;0;1)^T$$mit einem Freiheitsgrad bzw. einer Dimension:$$\implies\boxed{\text{unendlich viele Lösungen mit Dimension \(1\) für \(\alpha=-2\).}}$$

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Hallo Tschakabumba,


vielen Dank für deine ausführliche Antwort. Ich habe ein paar Fragen dazu:

Als erstes verstehe ist deine Determinante die Gleiche, aber mit negativen Koeffizienten. Ich erhalte hier positive Koeffizienten, da die Unterdeterminante multipliziert mit \(-α\) etwas positives ergibt. Das \(α\) habe ich negativ gesetzt, das es in der ersten Spalte und der vierten Zeile liegt, somit dachte ich der Vorfaktor muss\((-1)^5=-1\) sein.


Wie ich es auch verstanden habe, unterscheidest du zwischen \(α=0\) und \(α=-2\). Für alle anderen Fälle ist eine Lösung vorhanden, was dann wohl als Antwort ausreicht. Dann schränkst du \(β\) nur noch durch die Ergebnisse ein, die aus den beiden Fällen für \(α\) auftreten und errechnest daraus die Lösungen. Wenn ich es richtig verstehe, findest du die triviale Lösung von \(x_2=x_3=x_4=0\) weil aufgrund der Determinante ungleich null keine Variablen abhängig gemacht werden können, sondern dies tatsächlich die einzige Lösung ist.


Frage zu der Schreibweise: Könnte ich die erste Lösung auch als \(\begin{pmatrix} x_1\\0\\0\\0\\0 \end{pmatrix}\) und die zweite als \(\begin{pmatrix} -\frac{β}{2}\\0\\0\\0\\x_5 \end{pmatrix}\) schreiben?

Ja, du kannst die beiden Lösungen so schreiben, wie du vorschlägst, das ist kürzer. Ich habe das nur aus didaktischen Gründen aufgeteilt, damit dir das Prinzip klar wird.

Die Determinante habe ich einfach Stück für Stück ausgerechnet. Ich sehe jetzt auf Anhieb auch keinen Fehler in der Rechnung, daher sollte das Vorzeichen stimmen. Das Vorzeichen der Determinante ist für die weitere Rechnung aber unwichtig, weil der Term ja eh gleich null gesetzt wird ;)

Kann ich noch fragen, warum die Betas in der zweiten Lösung auf der rechten Seite alle null werden nachdem du das \(x_1\) bestimmt hast?

Klar, weil ich \(x_1=-\frac{\beta}{2}\) eingesetzt habe... ;)

@Tschakabumba, ich habe mir mal deine Rechnung angeschaut, einfach aus Interesse heraus :) 

Du bist mir für meinen Geschmack (oben) etwas zu schnell auf den Vorfaktor \(\alpha(\alpha +2)\) gekommen. Ich hätte das folgendermaßen angestellt: Ich entwickle nach der 5 Zeile 5 Spalte, bekomme zunächst als Faktor \((\alpha + 2)\), die anderen, die weiteren Unterdeterminanten entfallen, da mit 0 multipliziert wird. Ich habe dann \((\alpha + 2)\begin{pmatrix}0 & 1 & 3 & 3 \\ \alpha & 6 & 4 & 0 \\ 0 & 7 & 0 & 8 \\ \alpha & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}\). Ich entwickle nun nach der 4 Zeile 4 Spalte, bekomme als Faktor \(-\alpha\) zusammen mit meinem vorherigen Faktor dann \((-\alpha)(\alpha + 2)\). Meine Unterdeterminante lautet jetzt \((-\alpha)(\alpha + 2)\begin{pmatrix}1 & 3 & 3 \\ 6 & 4 & 0 \\ 7 & 0 & 8\end{pmatrix}\), die Unterdeterminante der 3x3 Matrix lautet -196, zusammen also \((-\alpha)(\alpha + 2)(-196)\)...

Meine Frage, wie bist du oben so schnell auf den Faktor gekommen und zweitens nachdem du den Faktor hattest, warum ist deine Matrix nicht zu einer 4x4, geworden?


*Anmerkung: Die Matrix ist hier keine Matrix sondern die Determinante... :D

Ich habe aus der ersten Spalte den Faktor \(\alpha\) und aus der letzten Spalte den Faktor \((\alpha+2)\) vor die Determinante gezogen.

Ok, das konntest du machen, weil du weißt das det(A) = det(A^T) ist und dann hast du die Zeilen 0 a 0 a 0 ... 0 0 0 0 a+2 (ich wollte nicht die ganze Matrix aufschreiben) und dort hast du erkannt das das Faktoren sind, die man herausziehen kann, oder?

Im Prinzip ja. Wegen \(\text{det}(A)=\text{det}(A^T)\) kannst einen Faktor aus einer Zeile oder einer Spalte herausziehen.

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