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Aufgabe: Für welche Werte von t ∈ R hat das LGS (At|bt) [- siehe Unten] keine Lösung, genau eine Lösung bzw. unendlich viele Lösungen?

Problem/Ansatz:

Die Matrix sieht so aus. Es handelt sich hierbei um eine erweiterte Koeffizientenmatrix mit Parameter

3693
-14t0
t002t-8

Man soll anhand einer Rechnung die Entscheidung begründen

Ich weis, dass man dort mit Hilfe des Rangkriteriums die Lösbarkeit des LGS bewerten soll, allerdings sehe ich jetzt zum ersten mal, dass t unten ganz links steht, statt rechts.

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Betrachte doch erst nur die letzte Gleichung:

t*x = 2t-8

Für t=0 gibt das 0=-8 was offenbar falsch ist,

Füt t=0 gibt es hier (und damit für das ganze Gleichungssystem) keine

Lösung.

Für t≠0 kann man dividieren und hat x = 2 - 8/t .

Das in die 2. Gleichung eingesetzt gibt

-2+8/t + 4y + tz = 0

==>  4y = 2-8/t - t*z

==>  y = 1/2-2/t - t*z/4

Jetzt wird x = 2 - 8/t und y = 1/2-2/t - t*z/4

in die erste eingesetzt

3(2 - 8/t)  +6(1/2-2t - t*z/4) + 9z = 3 

<=> 6 - 24/t +3 -12t - 3t*z/2 + 9z = 3

<=>  -3t*z/2 + 9z = -6 +12t + 24/t

<=>   z*(  -3t/2 +9) = -6 +12t + 24/t

Für t=6 ergibt sich hier:

   z*0 = 70 also gibt es dafür auch keine Lösung.

ansonsten \(  z= \frac{-6 +12t + 24/t}{ -3t/2+9 } \)

Damit müssen wir jetzt noch das y bestimmen :

y = 1/2-2/t - t*z/4

==>   \(  y= \frac{1}{2} -\frac{2}{t} - \frac{t}{4} \cdot \frac{-6 +12t + 24/t}{ -1.5t+9 } \)

     \(  = 2t -\frac{2}{t} + \frac{23}{2} +  \frac{70}{ t-6 } \)

Somit haben wir für t≠0 und t≠-3  keine Lösung

und in den anderen Fällen genau eine, nämlich

\(  x= 2 - \frac{8}{ t} \)      \( y =  2t -\frac{2}{t} + \frac{23}{2} +  \frac{70}{ t-6 } \)  \(  z=  \frac{-6 +12t + 24/t}{ -3t/2+9 } \)

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Ich denke da sind einige Fehler drin. Die richtige Lösung meiner Meinung nach ist

(a) Unendliche viele Lösungen für \( t = 6 \)

(b) Keine Lösung für \( t = 0 \)

(c) Eindeutige Lösung \( x = \frac{2(t-4)}{3} \), \( y= -\frac{t+4}{2t} \), \( z = \frac{4}{t} \)

Die Zeilenstufen sieht so aus

$$ \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 & 1 \\ 0 & 6 & t+3 & 1 \\ 0 & 0 & t(6-t) & 4(6-t) \end{pmatrix} $$

Ich danke dir vielmals ullim für deinen Ansatz. Ich habe das LGS auch erst nach Dreiecksform umgestellt und komme auf ähnliche Ergebnisse. Wir müssen für die Bewertung der Lösbarkeit das Rangkriterium ansetzen und ich verstehe die eindeutige Lösung bei deiner Darstellung nicht ganz. Kannst du diese eventuell näher beschreiben?

Lg mario

Oha, ich hatte mich da wohl ganz schön verrechnet.

Eindeutige Lösung für z gibt es ja für t≠6; denn dann kannst du

in der letzten Gleichung durch (t-6) teilen und hast z=4/t

Oder wenn du mit dem Rang arbeiten willst:

Rang der Koeffizientenmatrix ist maximal wenn weder

t noch t-6 den Wert 0 haben.

Also wenn ich das richtig verstanden habe für

6 = unendlich viele lösungen

0 = keine Lösung

t ∈ R /{0,6) = Eindeutige Lösung

Das würde nämlich schon als Antwort reichen (natürlich mit Rangkriterium begründet)

Lg mario

Zitat aus https://www.lernhelfer.de/schuelerlexikon/mathematik-abitur/artikel/loesbarkeitskriterien-fuer-inhomogene-lineare

"Ein inhomogenes lineares Gleichungssystem besitzt nur dann Lösungen, wenn der Rang der Koeffizientenmatrix gleich dem Rang der erweiterten Koeffizientenmatrix ist. Ist dieser gleich der Anzahl der Variablen, so existiert genau eine Lösung; ist er kleiner als die Anzahl der Variablen, dann existieren unendlich viele Lösungen.
Ist der Rang der Koeffizientenmatrix kleiner als der Rang der erweiterten Koeffizientenmatrix, dann besitzt das Gleichungssystem keine Lösung."

Und jetzt mal den Rang der Zelenstufen matrix für \( t = 0 \), \( t = 6 \) und \( t \notin \{0,6\} \) testen.

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