Lösungsraum eines Gleichungssystems mit fünf Unbekannten

Die Aufgabe

Betrachtet werde das reelle LGS

\begin{aligned} x_1 + 2x_2 + x_3 - x_4 + 4x_5 &= 24 \\ 2x_1 + x_2 + 4x_3 + 3x_5 &= 31 \\ 3x_1 + 6x_2 + 6x_3 + 6x_4 &= 57 \end{aligned}

a) Welche Dimension hat der Lösungsraum $L(A,b)$ ?

b) Zeigen Sie, dass die allgemeine Lösung des homogenen Systems der Unterraum

L(A,0) = \left\langle v_1, v_2 \right\rangle \quad\text{mit}\quad v_1 = \begin{pmatrix} 20 \\ -4 \\ -9 \\ 3 \\ 0 \end{pmatrix}, \; v_2 = \begin{pmatrix} -10 \\ 1 \\ 4 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}

ist.

c) Drei spezielle Lösungen des inhomogenen Systems lauten

s_1 = \begin{pmatrix} 73/3 \\ 7/3 \\ -5 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}, \quad s_2 = \begin{pmatrix} 21 \\ 2 \\ -4 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}, \quad s_3 = \begin{pmatrix} 11 \\ 3 \\ 0 \\ 1 \\ 2 \end{pmatrix}.

Zeigen Sie, dass jede davon $L(A,0)$ zur Lösung $L(A,b)$ ergänzt.

Gegeben ist ein lineares Gleichungssystem (LGS): drei Gleichungen, in denen fünf Unbekannte $x_1, \dots, x_5$ vorkommen. Man schreibt es kurz als $A\,x = b$ . Dabei ist $A$ die Matrix der Vorzahlen (3 Zeilen, 5 Spalten), $x$ der Vektor der Unbekannten und $b$ die rechte Seite $(24, 31, 57)$ .

Die Menge aller Lösungen heißt Lösungsraum $L(A,b)$ . Ersetzt man $b$ durch den Nullvektor, entsteht das homogene System $A\,x = 0$ mit dem Lösungsraum $L(A,0)$ . Gefragt ist:

a) Welche Dimension hat der Lösungsraum? Das ist die Zahl der Werte, die man frei wählen kann.
b) Die Lösung des homogenen Systems herleiten und zeigen, dass sie genau die vorgegebene Menge $\langle v_1, v_2\rangle$ ist.
c) Drei Vektoren in $A\,s = b$ einsetzen und zeigen, dass jeder von ihnen, zusammen mit $L(A,0)$ , den ganzen Lösungsraum ergibt.

So gehen wir vor:

Das System mit dem Gauß-Verfahren auf Stufenform bringen (a).
Den Rang ablesen und daraus die Dimension berechnen (a).
Das homogene System von unten nach oben lösen, mit zwei frei gewählten Unbekannten (b).
Das Ergebnis mit der vorgegebenen Menge vergleichen und die Probe machen (b).
Eine Regel zeigen, die Lösungen und homogene Lösungen verbindet, dann die drei Vektoren einsetzen und ihre Differenzen untersuchen (c).

Merke: Die Dimension des Lösungsraums ist „Zahl der Unbekannten minus Rang“. Jede Lösung des inhomogenen Systems entsteht aus einer einzigen Lösung plus allen Lösungen des homogenen Systems.

Zwei Hinweise zum Original. Erstens: Für $b \neq 0$ ist $L(A,b)$ kein Unterraum, denn der Nullvektor ist keine Lösung ( $A \cdot 0 = 0 \neq b$ ). Mit der „Dimension von $L(A,b)$ “ ist deshalb die Dimension von $L(A,0)$ gemeint; um diesen Raum ist $L(A,b)$ verschoben (Schritt 1). Zweitens: Die Musterlösung nennt nur Stichworte („2-dim.“, „Herleiten“, „Einsetzen“). Darunter steht ein Vektor $S = (-2/3, \, 2/3, \, 1/3)$ mit drei Komponenten. Alle Vektoren dieser Aufgabe haben fünf Komponenten, er passt zu keinem Teil und wird hier nicht verwendet.

Was „Dimension des Lösungsraums“ heißt und wie man sie findet

Die erweiterte Matrix des Systems, mit den Zeilen I, II und III:

Vorzahlen und rechte Seite aus der Aufgabe

(A \mid b) = \left(\begin{array}{ccccc|c} 1 & 2 & 1 & -1 & 4 & 24 \\ 2 & 1 & 4 & 0 & 3 & 31 \\ 3 & 6 & 6 & 6 & 0 & 57 \end{array}\right)

Ziel ist eine Treppe: Jede Zeile soll links mehr Nullen haben als die Zeile darüber.

$L(A,b)$ besteht aus allen $x \in \mathbb{R}^5$ , die $A\,x = b$ lösen. Es hat keine Dimension im üblichen Sinn, weil es kein Unterraum ist (siehe Schritt 0). Aber es entsteht aus $L(A,0)$ durch Verschieben um eine Lösung. Gezählt wird deshalb die Dimension von $L(A,0)$ .

Aus Ü4 A7 („Nebenklassen: verschobene Unterräume“): Eine Nebenklasse

s + U

ist ein um den Vektor

s

verschobener Unterraum

U

. Ihre Dimension ist die von

U

Aus Ü4 A1 („Rang einer 2×3-Matrix, Spaltenabhängigkeit und neue Zeilen“): Der Rang einer Matrix ist die Zahl der Zeilen ungleich null in ihrer Stufenform. Man erhält die Stufenform mit Zeilenumformungen nach Gauß.

Wir bringen daher die erweiterte Matrix $(A \mid b)$ auf Stufenform. „Erweitert“ heißt: Die rechte Seite $b$ steht als sechste Spalte hinter einem senkrechten Strich. Zeilenumformungen ändern die Lösungsmenge nicht, solange man mit der rechten Seite dieselben Umformungen macht.

Zeile II: II − 2·I

Jede Zahl der Zeile II minus das Doppelte der Zahl aus Zeile I

\text{II}' = (2-2\cdot 1,\; 1-2\cdot 2,\; 4-2\cdot 1,\; 0-2\cdot(-1),\; 3-2\cdot 4 \mid 31-2\cdot 24) = (0,\,-3,\,2,\,2,\,-5 \mid -17)

Die Matrix danach

\left(\begin{array}{ccccc|cl} 1 & 2 & 1 & -1 & 4 & 24 & \\ 0 & -3 & 2 & 2 & -5 & -17 & \text{II} - 2\cdot\text{I} \\ 3 & 6 & 6 & 6 & 0 & 57 & \end{array}\right)

Die erste Spalte soll unter der 1 aus Zeile I nur Nullen haben. In Zeile II steht dort eine 2. Zieht man Zeile I zweimal ab, wird sie zu $2 - 2\cdot 1 = 0$ .

Die Umformung wirkt auf die ganze Zeile, also auch auf die rechte Seite. Zeile I bleibt unverändert; Zeile III kommt im nächsten Schritt an die Reihe.

I	1	2	1	−1	4	24
II	0	−3	2	2	−5	−17
III	0	0	3	9	−12	−15

Schritt 0Die Aufgabe

Schritt 1Was „Dimension des Lösungsraums“ heißt und wie man sie findet

Schritt 2Zeile II: II − 2·I

Die erweiterte Matrix

Abbildung 1Die erweiterte Matrix

Die Aufgabe

Was „Dimension des Lösungsraums“ heißt und wie man sie findet

Zeile II: II − 2·I