Lücken in Lösungsmenge ausfüllen

Question

Aufgabe:

Die Matrix $A_{\alpha} \in \mathbb{R}^{3 \times 3}$ und der Vektor $b_{\beta} \in \mathbb{R}^{3}$ seien gegeben durch

$A_{\alpha}=\left(\begin{array}{rrr}1 & 0 & -1 \\ -1 & 1 & 2 \\ -2 & -4 & \alpha\end{array}\right)$

$b_{\beta}=\left(\begin{array}{r}-3 \\ \beta \\ 6\end{array}\right), \quad \alpha, \beta \in \mathbb{R}$

Für welches $\alpha \in \mathbb{R}$ besitzt das Gleichungssystem $A_{\alpha} x=b_{3}$ unendlich viele Lösungen? Ergänzen Sie die fehlenden Einträge so, dass $\mathcal{L}$ die Lösungsmenge dieses Gleichungssystems ist.:

$\mathcal{L}=\left\{\left(\begin{array}{c}\\& \\ -1\end{array}\right)+t\left(\begin{array}{ccc} & \\ & 6 & \\ & & \end{array}\right) \mid t \in \mathbb{R}\right\}$

Problem/Ansatz:

Ich weiß, dass alpha -2 ist. Und die Lösung bei mir ist:

x1= -3+x3

x2= -x3

x3= x3

Wie wird das in die vorgegebene Lösungsmenge eingetragen? Ich finde es komisch

Comments

ich hätte es nämlich so gemacht:

$\begin{pmatrix} -3\\0\\0 \end{pmatrix}$ +t*$\begin{pmatrix} 1\\-1\\1 \end{pmatrix}$

Answer 1

ich hätte es nämlich so gemacht:$\begin{pmatrix} -3\\0\\0 \end{pmatrix}$ +t*$\begin{pmatrix} 1\\-1\\1 \end{pmatrix}$

Du hättest auch $\begin{pmatrix} -3\\0\\0 \end{pmatrix}$ +t*$\begin{pmatrix} 10\\-10\\10 \end{pmatrix}$ nehmen können.

Du hättest auch$\begin{pmatrix} -2\\-1\\1 \end{pmatrix}$ +t*$\begin{pmatrix} 1\\-1\\1 \end{pmatrix}$ nehmen können oder $\begin{pmatrix} -2\\-1\\1 \end{pmatrix}$ +t*$\begin{pmatrix} 8\\-8\\8 \end{pmatrix}$.

Suche nun von den unendlich vielen Möglichkeiten diejenige, bei der die bereits vorgegebenen Zahlen passen.

Comments

Beim hinteren Vektor verstehe ich das, dass ich jede beliebige Zahl wählen darf, weil x3 ja variabel ist.

Aber beim vorderen verstehe ich es nicht, warum man da wählen darf, was man will und zu welchem Verhältnis die Zahlen zueinander sein müssen.

Wenn ich einer deiner  Vorschläge mal nehmen würde, müsste ich, dann beim hinteren die Vorzeichen wechseln, weil im bsp ist ja ein +6 gegeben und die VZ auch bei dem vorderen wechseln?

Sprich:

 $\begin{pmatrix} 2\\1\\-1 \end{pmatrix}$ +t*$\begin{pmatrix} -6\\6\\-6\end{pmatrix}$

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Der hintere Vektor ist okay, der vordere nicht.

(-3;0;0) ist eine Lösung (das war dein Vorschlag)

(-2;-1, 1) ist auch eine Lösung (mein Beispiel). Diese Lösung bekommt man übrigens, wenn man in DEINER Lösung t=1 verwendet.

Wie kommst du darauf, dass dann (2;1;-1) auch eine Lösung ist? Eine Probe beweist das Gegenteil.

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Hat etwas dedauert, aber ich denke ich habe das Prinzip jetzt verstanden

Es gibt keine eindeutige Lösung, sondern es ist ja eine Gerade und die kann ja immer anders beschrieben werden mit beliebigen Punkten, die halt darin liegen müssen. Das hatte ich grad nicht so vor Augen..

Die Lösungsmenge bleibt ja gleich, weil es immer noch die selbe Gerade ist. Da war ich kurz irritiert..

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Ich freue mich, dass du den Zusammenhang zwischen abstrakter Lösungsmenge und möglicher Interpretation als Gerade erkannt hast.

Genau so ist es.

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update: mein Ergebnis$\begin{pmatrix} -4\\1\\-1 \end{pmatrix}$+t*$\begin{pmatrix} -6\\6\\-6 \end{pmatrix}$