Lösbarkeit eines LGS: Für welches a hat das LGS genau eine Lösung?

Question

ich habe dieses LGS gegeben

Für welche \( a \in \mathbb{R} \) besitzt das hom. lin LGS \( A x=0 \) über \( R \) genau ene Lösung? \( A=\left(\begin{array}{lll}{a} & {1} & {0} \\ {1} & {a} & {1} \\ {0} & {1} & {a}\end{array}\right) \)
 Und bin so vorgegangen:

Habe mir überlegt, dass das LGS nur mehrere Lösungen haben kann, wenn mind. eine Nullzeile vorhangen ist und deshalb die einzelnen Zeilen miteinander verglichen.

1 und 2 Zeile:

ax₁+1x₂+0x₃=1x₁+ax₂+1x₃ => wird nicht gleich, wegen der Null in der ersten Zeile

1 und 3 Zeile:

ax₁+1x₂+0x₃=0x₁+1x₂+ax₃ => wird gleich, für a=0

2 und 3 Zeile:

ax₁+1x₂+0x₃=0x₁+1x₂+ax₃ => wird nicht gleich, wegen der Null in der zweiten Zeile

=>Das heißt, dass das LGs genau eine Lösung hat, wenn a≠0

Stimmt das so? und ist die Begründung so legitim?

VG:)

Answer 1

Lösungsversuch zu unsystematisch: Zeilen vergleichen bzw. gleichsetzen bringt nichts. Äquivalenzumformungen sind gefragt.

Zeilentausch:

\( \begin{pmatrix} 1 & a &1& ..0\\ a & 1& 0& ..0\\ 0 & 1& a& ..0\end{pmatrix} \)      1. Zeile *(-a) + 2. Zeile

\( \begin{pmatrix} 1 & a &1& ..0\\ 0 & 1-a^{2} & -a& ..0\\ 0 & 1 & a& ..0\end{pmatrix} \)       Zeilentausch

\( \begin{pmatrix} 1 & a &1& ..0\\ 0 & 1 & a& ..0\\ 0 & 1-a^{2} & -a& ..0\end{pmatrix} \)       2.Zeile*(-1+a²)

\( \begin{pmatrix} 1 & a &1& ..0\\ 0 & 1 & a& ..0\\ 0 & 0 & a(a^{2}-1)-a& ..0\end{pmatrix} \) 

\( \begin{pmatrix} 1 & a &1& ..0\\ 0 & 1 & a& ..0\\ 0 & 0 & a(a-√2)(a+√2)& ..0\end{pmatrix} \) 

Wenn a₃₃ ≠0 ist, ist die Rücksubstitution eindeutig, dann x1=x2=x3=0.

D.h. wenn a≠0 und a≠√2 und a≠-√2, dann ex genau Lösung (0,0,0).

Comments

Hi, danke für deine Antwort, die ist auf jeden fall um einiges schöner als meine (Halb-)Lösung. Ich wollte allerdings noch fragen, wie du die Lösung "bewerten" würdest, weil du ja schreibst, dass es generell nichts bringt, Zeilen zu vergleichen. Aber hätte ich damit nicht erreicht, dass ich zumidest erfahre, für welche a, das LGS mehr als eine Lösung hat? Das einzige Problem wäre dann doch, dass ich nicht wüsste, für welche a es gar keine besitzt...

Könnte ich das nicht auch irgendwie mit der Verleicgsmethode hinbekommen (auch wenn deine Lösung so schon perfekt ist, frage nur aus Interesse).

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alte Lösung: =>Das heißt, dass das LGs genau eine Lösung hat, wenn a≠0

Du siehst, dass das nicht logisch ist.

Aber hätte ich damit nicht erreicht, dass ich zumidest erfahre, für welche a, das LGS mehr als eine Lösung hat?

Das stimmt. Du kannst also sagen, dass das LGs genau viele Lösung hat, wenn a=0.

Könnte ich das nicht auch irgendwie mit der Verleicgsmethode hinbekommen.

Ja, bestimmt, aber wie? Deine Frage ist: Wie kann ich das richtige Ergebnis durch wildes Probieren bekommen? Vergeude doch keine Zeit, halte dich an Meister Gauss!

hier noch ein Beispiel:

\( \begin{pmatrix} 1 & 1 &1\\ 1 &2& 3\\ 2 & 3& 4\end{pmatrix} \)      Vergleiche 1.u. 2., 1.u.3., 2.u.3. Zeile. Du siehst keine Nullzeile. Vergleiche aber 1. u. (3. minus 2.)!

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Hi nochmal, tut mir leid, dass ich so spät noch mal auf die Frage zurückkomme, aber woher weißt du, dass das LGS dann direkt genau eine Lösung hat. Warum kann man nicht versuchen, eine Fallunterscheidung zu machen, da es doch auch sein kann dass es unendlich viele Lösungen, bzw. keine hat oder?

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Die letzte Zeile heißt:

a(a-√2)(a+√2)x₃=0

Wenn der Koeffizient a(a-√2)(a+√2) ≠ 0 ist, zB. 4, was ist dann x₃? Gibt es dann noch eine andere Möglichkeit für x₃?

4x₃ = 0 Was ist dann x₃? Kann x₃ was anderes sein?

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Oh man sorry, dass ich mich so dumm anegstellt habe. x₃ ist dann natürlich 0.

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a	1	0
0	a^2-1	a
0	2-a^2	0

Das ist A in umgeformt. Weißt du vielleicht, warum ich bei dieser Form nicht auf die triviale Lösung komme. Das ist zwarnicht die normale Gestalt der Zeilenstufenform, aber es müsste doch auch funktionieren, oder nicht?

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Ja:

3. Zeile: (2-a²)x₂=0 ist dann eindeutig lösbar, wenn a≠±√2

Wenn das so ist, heißt die 2. Zeile: 0 + 0 + ax3 = 0

Dies ist nur eindeutig lösdbar, wenn a≠0.

zusammengefasst: Wenn a≠±√2 und a≠0, dann ex nur eine Lösung, nämlich (0,0,0).

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Ok, vielen vielen Dank dass du mir nochmal geholfen hast:)

Answer 2

Hallo Eichhörnchen,

...  dass das LGs genau eine Lösung hat, wenn a≠0

Nein.

Wenn du den Begriff der Determinante einer Matrix kennst (#):

Die gegebene Matrix hat die Determinante  a·(a² - 2)

Das LGS hat (genau dann)  genau eine Lösung, wenn diese Determinante einen Wert ≠ 0 hat:

 a·(a² - 2) = 0  ⇔    a = 0  oder  a = ± √2

also muss a ∈ ℝ \ {0 , ± √2}  sein, wenn genau eine Lösung vorliegen soll. 

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#
Berechnen kannst du die Determinante z.B. mit der Regel von Sarrus:
https://de.wikipedia.org/wiki/Regel_von_Sarrus

Gruß Wolfgang

Comments

Du meinst ≠ 0 ?

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Natürlich, bin ein wenig besoffen. Danke für den Hinweis. Werde das korrigieren.

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Kann man dass auch auf nicht-homogene LGS anwenden, oder gilt dass nur mit der einen Lösung, wenn das LGS homogen ist?

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Ja, das gilt auch dann, wenn das LGS  inhomogen ist:

Die Determinante bezieht sich natürlich auf die quadratische Koeffizientenmatrix (ohne Lösungsspalte).

Im Gegensatz zum homogenen LGS kann ein inhomogenes LGS  bei Det(A) = 0 aber auch keine Lösung haben.

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Ok, vielen dank:)