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ich habe folgende Aufgabe gerechnet. Ich bräuchte mal eine Überprüfung meiner Lösung. Die ist t=0 und die Lösung ist eine Gerade x=(1 0,5 1)*φ

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   Du hast ja immer:  Lösungsmannigfaltigkeit deines ( inhomogenen ) LGS  =

   Sonderlösung ++ Kern     (  1  )


     wobei der Kern den Lösungsraum des homogenen  LGS  darstellt. Also schreiben wir erst mal das homogene LGS an:


     x             +       (  t  ²  -  1  )  z  =  0         |   :  z         (  1a  )

         2  y    +       (  t      -  1  )  z  =  0         |  :  z          (  1b  )

                        t  (  t      +  1  )  z  =  0         |  :  z          (  1c  )


      Dieses Divisionsverfahren ist mein Spezialtrick.

    1) Es ist immer möglich, wenn der Parameter nur in einer Spalte der Koeffizientenmatrix ( KM ) auftaucht.

   2)  Mit dieser Division werfen wir den Parameter quasi aus der KM heraus.

   3) Wir umgehen die Berechnung der Determinante.

   4) Die Anzahl der Unbekannten geht auf 2 zurück; zwei Unbekannte gelten als beherrschbar.

     5) Wegen der Homogenität bleibt das LGS auch bei Division linear.

    Ich setze noch


       X  :=  x  /  z  ;  Y  :=  y  /  z       (  2  )


      Dann lauten ( 1a - c )  in der neuen Notation


           X  =  1  -  t  ²         (  3a  )

       Y  =  1/2  (  1  -  t  )     (  3b  )

       t  (  t      +  1  )   =  0   ===>  t1  =  (  -  1  )  ;  t2  =  0       (  3c  )


    Einsetzen; für t1 finden wir X1 = 0 ; Y1 = 1 und damit den Kernvektor


       v1  =  (  0  |  1  |  1  )       (  4a  )


     und für t2 rntsprechend X2 = 1 ; Y2 = 1/2  Notieren wir den Kernvektor wie üblich primitiv, so führt uns das auf


      v2  =  (  2  |  1  |  2  )       (  4b  )


   Wenn wir es ganz genau nehmen, dann ist Division durch z ja nur erlaubt, wenn sämtliche Lösungen für z = 0 trivial sind; aber davon überzeugt man sich leicht. Der Rang unseres LGS ist demnach gleich 2 .


    Für t1 lautet dein ursprüngliches inhomogenes LGS


             x  =  1          (  5a  )

       2  (  z  -  y  )  =  1      (  5b  )

     0  =  2    (  5c  )


    Bis hier Her also richtig; es existiert keine Lösung wegen ( 5c )


    Für t2 wirst du gef+hrt auf


        x  =  z  +  1     (  6a  )

      y  =  1/2  z    (  6b  )

     0  =  0    (  6c  )

 

   Deine Lösung würde ich großzügig bewerten mit " Eins Minus " ; siehst du deinen Fehler?  ( 67b ) ist ja tatsächlich identisch mit y2 = 1/2  , was wir oben in der Zeile vopr ( 4b ) hatten . Aber in ( 6a )  wird eben auch die angekündigte Sonderlösungh berücksichtigt; zu X = 1 kommt noch der ( absolute ) Offset Eins, du tust gerade so, als würde deine Gerade durch den Ursprung verlaufen.

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Hallo TundraGrad4,

eine Kleinigkeit hast Du vergessen. Die Gerade lautet vollständig

$$\vec{x} = \begin{pmatrix} 1\\ 0\\ 0\end{pmatrix} + \varphi \begin{pmatrix}1 \\ 0,5\\ 1\end{pmatrix}$$ \(t=0\) ist richtig.

Gruß Werner

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