Lös und det von (A|b) - Implikationen finden

Question

Aufgabe:

Betrachten Sie für

\( A \in K^{m \times(m-1)}, \quad b \in K^{m}, \quad m>1 \)

die Bedingungen

(1) \( Lös(A, b) \) ist leer

(2) \( \operatorname{Lös}(A, b) \) hat mindestens zwei Elemente

(3) \( \operatorname{det}(A \mid b)=0 \)

(4) \( \operatorname{det}(A \mid b) \neq 0 \)

a) Begründen Sie: Zu jedem \( A \in K^{m \times(m-1)} \) existiert ein \( b \in K^{m} \) mit (1).

b) Geben Sie, mit Begründung, zwei allgemein richtige Implikationen \( (i) \Rightarrow(j) \) an \( (1 \leq i, j \leq 4, i \neq j) \)

Comments

Als Denkanstoss:

Mach dir klar, dass  K nie den Rang m haben kann. Demnach lässt sich auf jeden Fall eine Nullzeile in der Matrix K durch umformen erzeugen. Man kann b so wählen, dass in dieser Zeile der Eintrag von b nach der Umformung ungleich 0 ist. Und man hätte damit eine Gleichung im LGS mit

\(0 = b \neq 0 \)

was bedeutet, dass es keine Lösung für das LGS gibt

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Okay, das habe ich verstanden. 

Folgt daraus dann, dass det (A|b) ungleich null ist? Denn wenn es ein b gibt, sodass Lös(A|b) leer ist, heißt das ja, dass es keine Nullzeile gibt. Damit ist dann auch die Determinante nicht null. Oder habe ich irgendwas übersehen, was diesen Schluss nicht zulässt?

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Das wär doch eine Idee :). Insbesondere ist der Rank unterschiedlich. Ein wenig formalisieren wäre nicht schlecht. 

Answer 1

Gibt es nicht einen Satz von der Art:

LGS lösbar genau dann wenn Rg(A) = Rg( A|b)

Da rang A maximal m-1 ist, gibt es immer ein von den Spalten von a nicht erzeugbaren Vektor b in K^m, mit dem ist das LGS nicht lösbar.

Und wenn das LGS mehr als eine Lösung hat, ist

Rg(A) = Rg( A|b) < m

und damit wäre ( A|b) eine quadratische Matrix mit Rang < m also det ( A|b) = 0.

Das wäre eine der Implikationen.