Gleichungssystem lösen mit Variable

Question

1) 2x₁ + 2x₂- x₃ = 0

2) x₁+x₂+tx₃ =0

3) x₁ + (t+1)x₂ +  2x₃ = 0

Wie geht das?

Für welche tE IR hat das aus den Gleichungen (1). (2) und (3) bestehende 5 LGS mehr als eine Lösung? 

Answer 1

du musst nur feststellen, für welche t  die Determinante der Koeffizientenmatrix K (ohne die Nullspalte) den Wert 0 hat. Dann hast du die t-Werte, für die sich mehr als eine Lösung ergeben.

det(K)   [ zum Beispiel mit der Sarrus-Regel :

https://de.wikipedia.org/wiki/Regel_von_Sarrus  ]

= - 2·t² - t  = 0   ⇔  t = - 1/2   ∨   t = 0  

Gruß Wolfgang

Answer 2

  Die Antwort steht ja schon da; die Antwort kann höchstens dritten ( hier höchstens zweiten ) Grades sein. Ich rechne es dir vor.




                 | 2   2        -1  |
      det  =  | 1   1          t  |        (  1  )
                 | 1  t+1       2  |




    Eine Lösung siehst du sofort; wenn du t = 0 setzt, sind nämlich die erste und die zweite Spalte gleich.




       2  x1  +  2  x2  -       x3  =  0           (  2a  )
           x1  +      x2                =  0           (  2b  )
           x1  +      x2  +  2  x3  =  0           (  2c  )




    Aus ( 2b ) folgt ein Kern der Form ( 1 | - 1 | z )   ; die Zusatzbedingung ( 2a ) bzw. ( 2c )  erzwingt dann x3 = 0
  Doch lösen wir die Determinante auf.




    det = 2 * 1 * 2 + 2 t * 1 - 1 * 1 ( t + 1 ) - ( -1 ) * 1 * 1 - 2 * 1 * 2 - 2 t ( t + 1 )  =       (  3a  )

          = -  2  t  ²  -  t  =  -  t  (  2  t  +  1  )    (  3b  )



    Schau mal hier; der rechnet sogar mit Buchstaben.


https://matrixcalc.org/de/#determinant%28{{2,2,-1},{1,1,t},{1,t%2B1,2}}%29

Comments

    Ich seh grad; das LGS für t = ( - 1/2 ) läst sich doch auch ganz leicht aufstellen.





      2  x1  +     2    x2  -         x3  =  0                    (  1. 2a  )
          x1  +          x2  -  1/2  x3  =  0  |  *  2           (  2.1b  )
          x1  +  1/2  x2  +     2  x3  =  0  |  *  2           (  2.1c  )

     2  x1  +  2  x2  -     x3  =  0                    (  1. 2a  )
     2  x1  +  2  x2  -     x3  =  0                    (  2. 2b  )
     2  x1  +      x2  + 4 x3  =  0                    (  2. 2c  )
 

      

      ( 2.2b ) ist identisch mit ( 1.2a ) ; hinreichend für lineare Abhängigkeit.

    Zwei Unbekannte beherrschen wir; ich habe einen Divisionsalgoritmus ersonnen. Die beiden Gleichungen ( 2.2bc ) werden durch x3 dividiert. ===> Arndt Brünner folgend, führe ich noch die Substitution durch



         x3  =:  2  µ         (  2.3  )



    Dieses µ ist eher geeignet, die eigentliche Absicht zu verdunkeln.  Die Ersetzung von x3 durch µ könnte genau so gut unterbleiben; die Absicht dahinter

   1) ganzzahlige Vektorkomponenten
   2) das richtige kgv




       x1  +  x2  -     µ  =  0  |  :  µ        (  2.4a  )

   2  x1  +  x2  + 8 µ  =  0  |  :  µ        (  2.4b  )

     X1  :=  x1 / µ  ;  X2  :=  x2 / µ      (  2.4c  )

     X1  +  X2  =  1             (  2.5a  )

 2  X1  +  X2  =  (  -  8  )   (  2.5b  )



    Subtraktionsverfahren( 2.5b ) - ( 2.5a ) zwecks Elimination von X2 .




     X1  =  (  -  9  )  ;  X2  =  10      (  2.6a  )     ( vgl. Arndt )

    Kern A ; t = ( - 1/2 )  =  (  -  9  |  10  |  2  )     (  2.6b  )



     ( 2.2bc ) dürfen wir aber nur dann durch x3 dividieren, wenn wir sicher sind, dass es keinen Kernvektor mit x3 = 0 gibt; prüfen wir es nach.



    
       x1  +  x2  =  0       (  2.7a  )

  2   x1  +  x2  =  0       (  2.7b  )



    Erstens ist die Koeffizientenmatrix ( KM ) von ( 2.7ab ) regulär; ihre Determinante beträgt Minus Eins. Und zweitens begrüßen wir hier alte Bekannte; die KM von ( 2.5ab ) ist identisch mit ( 2.7ab )