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Klar, das geht auch. Du musst einfach die Unbekannte \(a\) immer mitführen und siehst dann, welche Werte \(a\) annehmen darf, damit nur die Eindeutige Lösung \(0\) existiert.
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slanack
19.02.2021 um 12:11
Okay vielen Dank, dann werde ich es gleich mal versuchen
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freakbob999
19.02.2021 um 12:39
Ich komme beim LGS lösen einfach nicht weiter. Das a stört mich dabei irgendwie. Ich habe zwar angefangen das LGS in Stufenform zu bringen, komme aber nicht wirklich auf ein vernünftiges Ergebnis.
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freakbob999
19.02.2021 um 18:23
Lade Deine Rechnung am Besten mal hier hoch, dann sehen wir weiter.
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slanack
19.02.2021 um 18:42
Mein Versuch: \begin{pmatrix}1&1&a&0\\1&0&2&0\\0&a&-1&0\end{pmatrix}
2. Zeile + (-1) * 1. Zeile \(\rightarrow\) \begin{pmatrix}1&1&a&0\\0&-1&2-a&0\\0&a&-1&0\end{pmatrix}
3. Zeile + a * 2. Zeile \(\rightarrow\) \begin{pmatrix}1&1&a&0\\0&-1&2-a&0\\0&0&-1+a\cdot(2-a)&0\end{pmatrix}
Dann weiß ich nicht mehr weiter. ─ freakbob999 19.02.2021 um 20:05
2. Zeile + (-1) * 1. Zeile \(\rightarrow\) \begin{pmatrix}1&1&a&0\\0&-1&2-a&0\\0&a&-1&0\end{pmatrix}
3. Zeile + a * 2. Zeile \(\rightarrow\) \begin{pmatrix}1&1&a&0\\0&-1&2-a&0\\0&0&-1+a\cdot(2-a)&0\end{pmatrix}
Dann weiß ich nicht mehr weiter. ─ freakbob999 19.02.2021 um 20:05
Yo, sieht gut aus! Damit das LGS eindeutig (durch \(0\)) lösbar ist, muss \(-1+a(2-a)\neq0\) gelten. Kannst Du jetzt alle \(a\) angeben, für die das eintritt?
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slanack
21.02.2021 um 19:34
Ah okay vielen Dank für Deine Hilfe, dann war mein Ansatz ja richtig. Also ist die Liste von Vektoren für alle \( a \neq 1\) linear unabhängig.
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freakbob999
22.02.2021 um 09:07
Perfekt!
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slanack
22.02.2021 um 11:54
─ freakbob999 19.02.2021 um 12:08