Lineare Gleichungssysteme

Das Beispiel von Seite 323:

$$\begin{array}{ccc|c}x_1 & x_2 & x_3 & =\\\hline1 & -2 & 1 & 1\\2 & -1 & 1 & k\\3 & -3 & k & 2\end{array}$$

Die Nebenrechnungen \(-2I+II\) und \(-3+III\) führen zu:

$$\begin{array}{ccc|c} x_1 & x_2 & x_3 & =\\ \hline 1 & -2 & 1 & 1\\ 0 & 3 & -1 & k-2\\ 0 & 3 & k-3 & -1 \end{array}$$

und mit \(-II+III\) wird auch in der letzten Zeile und zweiten Spalte eine Null erzeugt.

$$\begin{array}{ccc|c} x_1 & x_2 & x_3 & =\\ \hline 1 & -2 & 1 & 1\\ 0 & 3 & -1 & k-2\\ 0 & 0 & k-2 & 1-k \end{array}$$

Jetzt muss "nur" noch nach \(x\) aufgelöst werden:

$$\begin{alignedat}{2} (k-2)x_3 &=1-k &|:(k-2)\\ x_3 &=\frac{1-k}{k-2} \end{alignedat}$$

$$\begin{alignedat}{4} 3x_2 &-1x_3 &= &k-2\\ 3x_2 &-\frac{1-k}{k-2} &= &k-2 &|+\frac{1-k}{k-2}\\ 3x_2 & &= &\frac{k-2}{1}+\frac{1-k}{k-2} &|\text{erweitern}\\ 3x_2 & &= &\frac{(k-2)^2}{k-2}+\frac{1-k}{k-2}\\ 3x_2 & &= &\frac{k^2-4k+4}{k-2}+\frac{1-k}{k-2}\\ 3x_2 & &= &\frac{k^2-5k+5}{k-2} &|:3\\ x_2 & &= &\frac{k^2-5k+5}{3(k-2)} \end{alignedat}$$

$$\begin{alignedat}{5} x_1 &-2x_2 &+x_3 &=1\\ x_1 &+\frac{-2(k^2-5k+5)}{3(k-2)} &+\frac{1-k}{k-2} &=1|erweitern\\ x_1 &+\frac{-2(k^2-5k+5)}{3(k-2)} &+\frac{3(1-k)}{3(k-2)} &=1\\ x_1 &+\frac{-2k^2+10k-10}{3(k-2)} &+\frac{3-3k}{3(k-2)} &=1\\ x_1 &+\frac{-2k^2+7k-7}{3(k-2)} & &=1|-(\frac{-2k^2+7k-7}{3(k-2)})\\ x_4 & & &=1-\frac{-2k^2+7k-7}{3(k-2)}|erweitern\\ x_1 & & &=\frac{3k-6}{3(k-2)}+\frac{-(-2k^2+7k-7)}{3(k-2)}\\ x_1 & & &=\frac{2k^2+3k-7k-6+7}{3(k-2)}\\ x_1 & & &=\frac{2k^2-4k+1}{3(k-2)}\\\end{alignedat}$$

und damit hat man schon folgendes Ergebnis:

$$L=\Big\{\Big(\frac{2k^2-4k+1}{3(k-2)};\frac{k^2-5k+5}{3(k-2)};\frac{-k+1}{k-2}\Big) k \in \R \backslash \{ 2 \} \Big \}$$

Anzumerken ist, dass diese komplizierte Auflösung leider wenig Punkte gibt, sodass sie ihre Zeit nicht wert ist. Aus dem Grund wird sie in der Klausur auch nicht gefordert. Lediglich \(x_3\) soll berechnet werden.

f) von Buch Seite 326

$$\begin{array}{ccc|c}x_1&x_2&x_3&=\\\hline 2&-1&3&2+k\\ k&0&2-k&k \\0&1&-1&-1\end{array}$$

$$\begin{array}{ccc|c}x_1&x_2&x_3&=\\\hline 2&-1&3&2+k\\ 0&k&4-5k&-k^2 \\0&1&-1&-1\end{array}$$

$$\begin{array}{ccc|c}x_1&x_2&x_3&=\\\hline 2&-1&3&2+k\\ 0&k&4-5k&-k^2 \\0&0&4-4k&k-k^2\end{array}$$

Die Matrix wurde durch \(-kI+2II\) und \(II-kIII\) erzielt. Nun wird eingesetzt:

$$\begin{alignedat}{2}(4-4k)x_3&=k-k^2\quad&|:(4-4k)\quad k\not=1\\x_3&=\frac{k(-1+k)}{4(k-1)}\\x_3&=\frac{k}{4}\end{alignedat}$$

$$\begin{alignedat}{5}kx_2&+(4-5k)x_3&=&-k^2\quad|-(4-5k)x_3\\kx_2&&=&-k^2-(4-5k)x_3 \\kx_2&&=&-k^2+\frac{-(4-5k)(-k)}{4}\\kx_2&&=&-k^2+\frac{4k-5k^2}{4}\quad|erweitern\\kx_2&&=&\frac{-4k^2+4k-5k^2}{4}\\kx_2&&=&\frac{-9k^2+4k}{4}\quad|:k\\x_2&&=&\frac{k(-9k+4)}{4}\times\frac{1}{x}\\x_2&&=&\frac{-9k+4}{4}\\\end{alignedat}$$

$$\begin{alignedat}{5}2x_1&-x_2+3x_3&=&2+k\quad|+x_2\quad|-3x_3\\2x_1&&=&2+k+x_2-3x_3\\2x_1&&=&2+k+\frac{-9k+4}{4}-3(\frac{-k}{4})\\2x_1&&=&\frac{8+4k-9k+4+3k}{4}\\2x_1&&=&\frac{-2k+12}{4}\quad|:2\\x_1&&=&\frac{-k+6}{4}\\\end{alignedat}$$

Da wenn \(k=1\quad0=0\) herauskommt, gibt es mehrere Lösungen und wir setzen \(x_3=t\):

$$\begin{array}{ccc|c}x_1&x_2&x_3&=\\\hline 2&-1&3&3\\ 0&1&-1&-1\\0&0&0&0\end{array}$$

$$\begin{alignedat}{2}x_2&-t&=&-1\quad|+t\\x_2&&=&t-1\\\end{alignedat}$$

$$\begin{alignedat}{2}2x_1&-x_2+3t&=&3\quad|-3t\quad|+x_2\\2x_1&&=&3+x_2-3t\\2x_1&&=&3+(t-1)-3t\quad|:2\\x_1&&=&1-1t\\\end{alignedat}$$

Für \(k=1\) gilt also \(L=\{(1-t;t-1;t)\space t\in\R\}\) und sonst \(L=\big\{\big(\frac{-k+6}{4};\frac{-9k+4}{4};\frac{-k}{4}\big)\space k\in\R\}\)