Für welche a€R ist das System eindeutig lösbar, unendlich, keine Lösung?

Question

Ich weiß wie man das System löst usw., aber ich weiß nicht wie man die unten aufgeführten Fragen in korrekter Schreibweise beantworten muss und wie wann jeweils vorgehen muss.

Muss man z.B. zu a) einen Wert für a wählen und ihn einsetzten, also bei $\frac{6}{a-1}$ und dann die zweite und erste Zeile damit berechnen?

Gleichungssystem:

$\left(\begin{array}{ccc|c}1 & a & 3 & -9 \\ 2 & 1 & 5 & -6 \\ 1 & 3 & a+4 & 3\end{array}\right)$

$\left(\begin{array}{ccccc}1 & a & & 3 & -9 \\ 0 & -2 a+1 & -1 & 12 \\ 0 & 0 & 2 a^{2}+2 a-4 & 12 a+24\end{array}\right) \quad x_{3}=\frac{6 a+12}{a^{2}+a-4}=\frac{6(a+2)}{(a-1)(a+b)}=\frac{6}{a-1}$

Aufgaben:
a.) Für welche a € R ist das System endeutig lösbar?
b.) Für welche a € R existieren unendlich viele Lösungen?
c.) Für welche a € R existieren keine Lösungen?
Hinweis: Rangkriterium

Answer 1

dein Ansatz ist okay. Du solltest aber dabei beachten, dass du irgendwann mal die dritte Zeile mit $2a-1$ multiplizierst. Das ist aber nur erlaubt, falls $2a-1 \neq 0$. D.h. den Spezialfall $a = \frac{1}{2}$ müsstest du danach auf jeden Fall nochmal separat betrachten!

Sei deshalb $a \neq \frac{1}{2}$. Der rot markierte Eintrag ist somit schon einmal $\neq0$.

$$\left(\begin{array}{ccccc}1 & a & 3 & -9 \\ 0 & \color{red}{-2 a+1} & -1 & 12 \\ 0 & 0 & 2 a^{2}+2 a-4 & 12 a+24\end{array}\right)$$

Um jetzt den Rang der Koeffizientenmatrix zu bestimmen muss man sich fragen, wann der grün markierte Eintrag =0 ist $$\left(\begin{array}{ccccc}1 & a & 3 & -9 \\ 0 & -2 a+1 & -1 & 12 \\ 0 & 0 & \color{green}{2 a^{2}+2 a-4} & 12 a+24\end{array}\right)$$

Das ist der Fall, falls a = 1 oder a = -2. Wie sieht es jetzt mit dem Rang der erweiterten Koeffizientenmatrix aus? Dazu betrachtet man zusätzlich den blau markierten Eintrag:

$$\left(\begin{array}{ccccc}1 & a & 3 & -9 \\ 0 & -2 a+1 & -1 & 12 \\ 0 & 0 & \color{green}{2 a^{2}+2 a-4} & \color{blue}{12 a+24} \end{array}\right)$$

Dieser ist 0, falls a = -2. Und jetzt überprüft man nochmals alle Spezialfälle:

a = 1, dann ist Rang(A) = 2 und Rang(A|b) = 3 => keine Lösung

a = -2, dann ist Rang(A) = Rang(A|b) = 2 < 3 => unendlich viele Lösungen

Für $a \neq -2, \frac{1}{2}, 1$ existiert genau eine Lösung, da Rang(A) = Rang(A|b) = 3.

a = 1/2 ...

Comments

Die Schritte nach der Betrachtung von -2a + 1 habe ich verstanden, aber wieso muss man die dritte Zeile mit 2a-1 multiplizieren (ist das nur für das Rangkriterium erforderlich) weil die Stufenform ja schon erreicht ist.

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Es wurde doch gerechnet:

2. Zeile - 2 * 1. Zeile:

$$\left(\begin{array}{ccc|c}1 & a & 3 & -9 \\ 0 & -2a+1 & -1 & 12 \\ 1 & 3 & a+4 & 3\end{array}\right)$$

3. Zeile - 1. Zeile

$$\left(\begin{array}{ccc|c}1 & a & 3 & -9 \\ 0 & -2a+1 & -1 & 12 \\ 0 & 3 - a & a+1 & 12 \end{array}\right)$$

und um jetzt auf die Zeilenstufenform zu kommen muss dieses 3-a da weg, also kann man z.B. die 3. Zeile mit 2a - 1 multiplizieren:

$$\left(\begin{array}{ccc|c}1 & a & 3 & -9 \\ 0 & -2a+1 & -1 & 12 \\ 0 & -2a^2+7a-3 & 2a^2+a-1 & 24a-12 \end{array}\right)$$

und kann jetzt 3. Zeile + (3-a) * 2. Zeile rechnen:

$$\left(\begin{array}{ccc|c}1 & a & 3 & -9 \\ 0 & -2a+1 & -1 & 12 \\ 0 & 0 & 2a^2+2a-4 & 12a+24 \end{array}\right)$$

Oder wie bist du sonst auf die Stufenform gekommen?

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ja genau so aber, wieso darf der Term nicht 0 sein?
Also warum wird der Fall überhaupt betrachtet

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Die elementaren Zeilenumformungen sind:

1. Zeilen tauschen

2. Eine Zeile mit einer Zahl ≠ 0 zu multiplizieren.

3. Das Vielfache einer Zeile zu einer anderen dazu addieren.

und nur die darfst du verwenden. Wenn du jetzt eine Zeile mit einem Term multiplizierst, der den Wert 0 annehmen kann musst du danach alle Nullstellen als Spezialfall betrachten, sonst hast du eine illegale Zeilenoperation ausgeführt.

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ja, aber ich bin muss doch keine Umformungen mehr machen, wenn ich die Dreiecksform schon habe, deshalb hat mich das ein wenig irritiert.

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Nein musst du ja auch nicht, aber auf dem Weg zur Dreiecksform hin hast du diesen Schritt gemacht.

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ja genau :D

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Um das klar zu zeigen, warum es so wichtig ist:

Setzt man a = 1/2 in die Zeilenstufenform ein, erhält man:

$$\left(\begin{array}{ccccc}1 & 0.5 & 3 & -9 \\ 0 & 0 & -1 & 12 \\ 0 & 0 & -2.5 & 30 \end{array}\right)$$

Der Rang der Koeffizientenmatrix ist = 2 und der Rang der erweiterten Koeffizientenmatrix ist auch = 2, also sollte es gemäß Rangkriterium unendlich viele Lösungen geben.

In Wirklichkeit existiert aber nur eine Lösung.

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so ich hab das nochmal gemacht...kann man das auch so machen wie ich oder fehlen da noch Fälle?

Ich muss aber nicht die zweite Zeile betrachten, weil da zwar ein Parameter a drin steckt aber die -1 auch also kann man das vernachlässigen oder?

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Rang(A) = 2 <=> a=1 oder a=-2

(Rang(A) = 3 <=> a≠1 und a≠-2 ist bei dir richtig, es ist aber unklar warum Rang(A)=3 bei a=1/2 ist, siehe unten)

Rang(A|b) = 2 <=> a=-2

Rang(A|b) = 3 <=> a≠-2

Dann weiter:

a=1 keine Lösung stimmt.

a=-2 unendlich viele Lösungen (was macht da das a=1? a=1 und a=-2 gilt für kein a)

Für die restlichen Zahlen dann eine eindeutige Lösung.

Als Korrektor würde ich bei deinem Aufschrieb aber auf jeden Fall den Fall a=1/2 vermissen.

Ich muss aber nicht die zweite Zeile betrachten, weil da zwar ein Parameter a drin steckt aber die -1 auch also kann man das vernachlässigen oder?

Den kannst du für $a\neq 1/2$ vernachlässigen, da er dort ungleich 0 ist und du dann eine Zeilenstifenform hast. Für a=1/2 musst du aber separat rechnen, da die Zeilenstufenform wegen der illegalen Zeilenumformung ungültig ist.

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Alles klar soweit habe ich das verstanden.
Bei a = 0,5 in der zweiten Zeile fält ja -2a+1 weg. Es bleibt (1)x2 = 12, also garkeint Rangverlust und bei a ungleich 0,5 gibt es auch keinen Rangverlust oder übersehe ich etwas

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Ich bin mir unsicher was du meinst?

Wenn $a \neq 0.5$ ist die  Matrix in einer gültigen Zeilenstufenform, da kannst du also einfach den Rang bestimmen wenn du die letzte Zeile untersuchst. Die ersten zwei Zeilen sind immer linear unabhängig.

Für a=0.5 musst du das in die Matrix einsetzen bevor du die letzte Zeile mit 2a-1 multipliziert hast:

$$\left(\begin{array}{ccc|c}1 & a & 3 & -9 \\ 0 & -2a+1 & -1 & 12 \\ 0 & 3 - a & a+1 & 12 \end{array}\right) = \left(\begin{array}{ccc|c}1 & 0.5 & 3 & -9 \\ 0 & 0 & -1 & 12 \\ 0 & 2.5 & 1.5 & 12 \end{array}\right)$$

Oder du könntest es auch in die ursprüngliche Matrix einsetzen.

Ich habe jetzt aber mal diese "Zwischen"matrix genommen. Hier sieht man dann direkt dass

Rang(A)=Rang(A|b)=3 ist, also existiert eine eindeutige Lösung.

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bei mir war doch auch alles richtig, bis auf die Fehler die von dir oben aufgeführt worden sind, oder?
Ich hab nur im Allgemeinen nicht verstanden bzw. hat es mich verwirrt, dass die zweite Zeile so wichtig war...

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Ja sonst war das in Ordnung, mir fehlt nur die gesonderte Betrachtung für a=0.5.

Answer 2

Sehr einfach ist hier die Determinante zu benutzen:

DET([1, a, 3; 2, 1, 5; 1, 3, a + 4]) = - 2·a² - 2·a + 4 = - 2·(a - 1)·(a + 2)

Für a ≠ 1 und a ≠ - 2 gibt es also genau eine Lösung.

Für a = 1 oder a = - 2 müsste man jetzt noch schauen ob es keine oder unendlich viele Lösungen gibt.

DET([1, a, -9; 2, 1, -6; 1, 3, 3]) = - 12·(a + 2)

Für a = -2 also unendlich viele Lösungen und für a = 1 keine Lösung.

Comments

Funktioniert das immer so mit der Determinante?

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Ja. Daher ist das sehr geschickt. Zumindest wenn man die Determinante schon kennengelernt hat.

Man kann lineare Gleichungssysteme auch direkt mit dem Determinantenverfahren lösen.