Mathematik II

Dipl. Inform. Andreas Wilkens
Mathematik I
FH OOW, Emden
Übungsaufgabe
Ermitteln Sie alle Lösungen dieses linearen Gleichungssystems (LGS):
3  2 4   r   0
1

   
7
5   s   0
 1 1


 1 5
0
2   t   0

   
 3  3  12  6   u   0 

   
Lösung
Da der Vektor rechts des Gleichheitszeichens der Nullvektor ist, handelt es sich um ein
homogenes LGS.
 r   0
   
 s   0

 t    0  ist eine Lösung dieses LGS (die sogenannte triviale Lösung).
   
u   0
   
Bleibt zu prüfen, ob das LGS weitere Lösungen besitzt. Falls ja, sind es unendlich viele
weitere Lösungen.
Wir bestimmen zunächst den Rang der erweiterten Koeffizientenmatrix, indem wir diese in
Dreiecksform überführen. Dazu verwenden wir die folgenden drei Umformungen (siehe
Online-Modul, Seite 274, unten):
1. Vertauschen zweier Zeilen,
2. Multiplikation einer Zeile mit einer Zahl a  0 ,
3. Addition des   fachen einer Zeile zu einer anderen Zeile
Die erweiterte Koeffizientenmatrix ist:
1
3  2 4 0


7
5 0
 1 1
 1 5
0
2 0


 3  3  12  6 0 


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1
3 2 4

7
5
 1 1
Rg 
1 5
0
2

 3  3  12  6

0

0

0

0 
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1 3  2 4

5
9
0 4
Rg 
0 8
2 6

 0  12  6  18


1

0
Rg 
0

0

3 2
4
4 5
9
0  12  12
0 9
9

1

0
Rg 
0

0

3 2
4 5
0 1
0 1
4
9
1
1
0

0
0

0 

1

0
Rg 
0

0

3 2
4 5
0 1
0 0
4
9
1
0
0

0
0

0 
0

0
erste Zeile addiert

0
erste Zeile addiert


0  (3)mal erste Zeile addiert
0

0
0

0 
(2)mal zweite Zeile addiert
3mal zweite Zeile addiert
1
multiplizi ert
 12
1
mit multiplizi ert
9
mit
(1)mal dritte Zeile addiert
 Der Rang der Koeffizientenmatrix ist 3 und
der Rang der erweiterten Koeffizientenmatrix ist 3.
Da der Rang (3) kleiner ist als die Anzahl der Unbekannten (4) folgt, dass es unendlich viele
Lösungen gibt. (Siehe Online-Modul, Seite 291.)
Jetzt müssen wir diese Lösungen noch angeben.
Wir betrachten dazu das folgende LGS, welches die eben ermittelte Koeffizientenmatrix in
Dreiecksform enthält:
1

0
0

0

3 2
4 5
0 1
0 0
4  r   0
   
9  s   0


1  t   0
   
0   u   0 
Dieses LGS hat dieselbe Lösungsmenge wie das LGS aus der Aufgabenstellung (siehe Seite
274 im Online-Modul).
Damit ergeben sich vier Gleichungen:
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1r  3s  (2)t  4u  0
0r  4s  5t  9u  0
0r  0s  1t  1u  0
0r  0s  0t  0u  0




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r  3s  2t  4u  0
4s  5t  9u  0
t u  0
00
Da in der letzten Gleichung alle Unbekannten wegfallen, bedeutet dies, dass eine Unbekannte
beliebig gewählt werden kann. Deshalb bestimmen wir:
Sei u  R (reelle Zahlen) beliebig. (Es empfiehlt sich hier die letzte der Unbekannten beliebig
zu wählen, damit der weitere Weg einfacher ist.)
Jetzt lassen sich alle anderen Unbekannten in Abhängigkeit von u angeben.
Aus der dritten Gleichung folgt:
Eingesetzt in die zweite Gleichung folgt:
Eingesetzt in die erste Gleichung folgt:
t u  0
4s  5(u )  9u  0
r  3(u )  2(u )  4u  0



t  u
s  u
r  3u
Jetzt fehlt nur noch ein
Antwortsatz:
  3u 


 u 
Alle Vektoren der Form 
mit u  R (reelle Zahlen) sind Lösungen des LGS.
u 


 u 


(Für u  0 ist damit auch die triviale Lösung wieder dabei.)
Alternativ hätte man auch schreiben können:
  3
 
 1
Alle Vektoren der Form u    mit u  R (reelle Zahlen) sind Lösungen des LGS.
1
 
 1 
 
Fertig.
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