Lösung für Serie 2 - Lineare Algebra und - SAM

R. Käppeli
L. Herrmann
W. Wu
Herbstsemester 2016
Lineare Algebra und Numerische
Mathematik für D-BAUG
ETH Zürich
D-MATH
Beispiellösung für Serie 2
Aufgabe 2.1
Welche der folgenden Aussagen sind korrekt?
(i) Jedes lineare Gleichungssystem mit der gleichen Anzahl von Gleichungen wie Unbekannten hat eine eindeutige Lösung.
Nein, z.B. hat das LGS 2x1 + 3x2 = a, x1 + 3/2x2 = 3 keine Lösung für a 6= 6. Für a = 6 hat es unendlich
viele Lösungen.
(ii) Jedes lineare Gleichungssystem mit weniger Gleichungen als Unbekannten hat mindestens
eine Lösung.
Nein, z.B. hat das LGS
2x1
x1
−
−
x2
1/2x2
+ 4x3
+ 2x3
= 1
= 2
keine Lösung.
(iii) Jedes lineare Gleichungssystem mit mehr Gleichungen als Unbekannten hat keine Lösung.
Doch, z.B. kann eine bereits im System vorhandene Gleichung beliebig oft hinzugefügt werden, ohne dass
sich die Lösungsmenge ändert.
√
(iv) Keine der obigen Aussagen ist korrekt.
Aufgabe 2.2
Geben Sie für a und b Bedingungen an, so dass das System
3x1 + 2bx2 + 4x3 = 5
3x1 +
4x3 = 5
2bx2 + 3ax3 = b
2.2a) Lösungen mit zwei freien Parametern besitzt,
Serie 2
Seite 1
Aufgabe 2.1
2.2b) Lösungen mit einem freien Parameter besitzt,
2.2c) eindeutig lösbar ist,
2.2d) keine Lösung hat
und geben Sie in jedem Fall die Lösungsmenge an.
Lösung: Mit dem Gauss–Algorithmus bringt man zunächst das Gleichungssystem auf Zeilenstufenform:
x1 x 2 x3
3 2b 4
3 0 4
0 2b 3a
1
5
5 (−1)
b
x1
x2 x3
3
2b 4
→
0 −2b 0
0
2b 3a
1
5
(∗)
0
b
Fall b = 0: Zeilen vertauschen ergibt
x1 x2 x3
3 0 4
0 0 3a
0 0 0
1
5
0
0
i) a = 0: Die Lösungsmenge ist
®Ç
L=
å
´
5 4
− β, α, β α, β ∈ R .
3 3
ii) a 6= 0: Die Lösungsmenge ist
®Ç
L=
å
α
5
, α, 0
3
´
∈R .
Fall b 6= 0: Hier ist −2b Pivot bei (∗):
x1
3
0
0
x2 x 3 1
2b 4 5
-2b
0 0
2b 3a b (−1)
x1
x2 x3
3
2b 4
→
0 −2b 0
0
0 3a
1
5
0
b
i) a = 0: In diesem Fall gibt es keine Lösung.
ii) a 6= 0: Die Lösung ist
®Ç
L=
5 4b
b
− , 0,
3 9a
3a
å´
.
Folglich gilt a) falls a = 0, b = 0, b) falls a 6= 0, b = 0, c) falls a 6= 0, b 6= 0, d) falls
a = 0, b 6= 0.
Serie 2
Seite 2
Aufgabe 2.2
Aufgabe 2.3
Zeilenstufenform
Entscheiden Sie für jede Teilaufgabe, ob das vorliegende lineare Gleichungssystem in Zeilenstufenform ist und überführen Sie es gegebenenfalls in Zeilenstufenform mit Hilfe des Gauss–
Algorithmus aus der Vorlesung.
Bestimmen Sie für jede Teilaufgabe den Rang des Schemas gemäss der Definition aus den Vorlesungsnotizen (Seite 21), sowie die Lösungsmenge.
2.3a)
x 1 + x2
x2 + x3
x4 + x5
= b1
= b2
= b3
Lösung: Dieses Schema ist bereits in Zeilenstufenform. Der Rang ist 3. Es gilt, dass x5 =
b3 − x4 und x2 = b2 − x3 . Durch rückwärts Einsetzen in die erste Gleichung erhalten wir, dass
x1 = b1 − b2 + x3 . Die Variablen x3 und x4 sind noch frei zu wählen. Wir benennen diese mit α
und β. Die Lösungsmenge ist eine Schar von Lösungen mit Parametern α, β ∈ R.
L = {(b1 − b2 + α, b2 − α, α, β, b3 − β)|α, β ∈ R}
2.3b)
x1 + x2 + x3
x4
+ 2x5 = b1
= b2
x 5 = b3
Lösung: Das Schema ist bereits in Zeilenstufenform. Der Rang ist 3. Die Lösungsmenge ist eine
Schar von Lösungen. Wir benutzen x4 = b2 und erhalten, dass x1 = b1 − x2 − x3 − 2b3 . Die Variablen x2 und x3 sind noch frei zu wählen. Wir benennen diese mit α und β. Die Lösungsmenge
ist gegeben durch
L = {(b1 − α − β − 2b3 , α, β, b2 , b3 )|α, β ∈ R}.
2.3c)
x1
x2
+ x3 + 2x4
+ x 3 − x4
x5
x6
=
=
=
=
b1
b2
b3
b4
Lösung: Das Schema ist bereits in Zeilenstufenform. Der Rang ist 4. Es gilt, dass x6 = b4 und
x5 = b3 . Wir setzen x3 = α und x4 = β als frei Parameter und erhalten, dass x1 = b1 − α − 2β
und x2 = b2 − α + β. Die Lösungsmenge ist dann gegeben durch
L = {(b1 − α − 2β, b2 − α + β, α, β, b3 , b4 )|α, β ∈ R}.
Serie 2
Seite 3
Aufgabe 2.3
2.3d)
x 1 − x 2 = b1
Lösung: Das Schema ist bereits in Zeilenstufenform. Der Rang ist 1. Die Lösungsmenge ist
gegeben durch
L = {(b1 + α, α)|α ∈ R}.
2.3e)
x1
x2
x3
x3
x3
− x4
− x4
− x4
+ x5
=
=
=
=
=
b1
b2
b3
b4
b5
Lösung: Das Schema ist noch nicht in Zeilenstufenform. Wir wenden zunächst den Gauss–
Algorithmus an. Das Pivot ist jeweils eingekreist.
x1 x2
1 0
0 1
0 0
0 0
0 0
x3 x4 x5
0 −1 0
0 −1 0
1 −1 0
1
0 1
1
0 0
1
b1
b2
b3
b4 (−1)
b5 (−1)
1
x1 x2 x3 x 4 x5
1 0 0 −1 0
b1
0 1 0 −1 0
b2
→
0 0 1 −1 0
b3
0 0 0
1 1 b4 − b3
0 0 0
1 0 b5 − b3
Im zweiten Schritt:
x1 x2 x3 x4 x5
1
1 0 0 −1 0
b1
0 1 0 −1 0
b2
0 0 1 −1 0
b3
0 0 0 1
1 b4 − b3
0 0 0
1 0 b5 − b3 (−1)
x1 x2 x3 x4 x5
1
1 0 0 −1
0
b1
0 1 0 −1
0
b2
→
0 0 1 −1
0
b3
0 0 0
1
1 b4 − b3
0 0 0
0 −1 b5 − b4
Durch rückwärts Einsetzen erhalten wir, dass x5 = b4 −b5 und x4 = b4 −b3 −x5 = b5 −b3 . Weiter
erhalten wir, dass x3 = b3 + x4 = b5 , x2 = b2 + x4 = b2 − b3 + b5 und x1 = b1 + x4 = b1 − b3 + b5 .
Die Lösungsmenge gegeben ist durch:
L = {(b1 − b3 + b5 , b2 − b3 + b5 , b5 , b5 − b3 , b4 − b5 )}.
Aufgabe 2.4
Gegeben seien die zwei linearen Gleichungssysteme Ax = b und Ax = c mit
Ç
A=
Serie 2
3 −2 −1
−1
2
3
å
,b=
Seite 4
Ç
1
1
å
Ç
,c=
6
2
å
.
Aufgabe 2.4
2.4a) Überprüfen Sie, welche der folgenden Vektoren Lösungen zu dem ersten LGS (mit b als
rechter Seite) sind:
Ö
è
Ö
è
−2
4
−5
7 .
x=
und
x=
3
−3
Lösung: Man berechnet das Matrix–Vektor–Produkt:
Ö
Ç
3 −2 −1
−1
2
3
å
−2
−5
3
è
Ç
=
3 · (−2) + (−2) · (−5) + (−1) · 3
(−1) · (−2) + 2 · (−5) + 3 · 3
å
Ç
=
1
1
å
.
Das heisst, dass x = (−2, −5, 3)> eine Lösung des LGS ist. Man berechnet analog, dass x =
(4, 7, −3)> auch eine Lösung des LGS ist.
2.4b) Überprüfen Sie, welche der folgenden Vektoren Lösungen zu dem zweiten LGS (mit c als
rechter Seite) sind:
Ö
è
Ö
è
3
4
1
3 .
x=
und
x=
0
0
Lösung: Man berechnet das Matrix–Vektor–Produkt:
Ö
Ç
3 −2 −1
−1
2
3
å
3
1
0
è
Ç
=
3 · 3 + (−2) · 1 + (−1) · 0
(−1) · 3 + 2 · 1 + 3 · 0
å
Ç
=
7
−1
å
6= c.
Das heisst, dass x = (3, 1, 0)> keine Lösung des LGS ist. Hingegen ist x = (4, 3, 0)> eine
Lösung.
Veröffentlichung am 28. September 2016.
Abzugeben bis 5. Oktober 2016.
Serie 2
Seite 5
Aufgabe 2.4