Er det ikke det det heter, et overdeterminert system, når man har flere ligninger enn ukjente?
Jeg har denne oppgaven her som jeg sliter med å løse:
For hvilke verdier av $a$ og $b$ i systemet under har man
a) Ingen løsning
b) Kun èn løsning
c) Uendelig mange løsninger.
Senere skal jeg finne løsningen for c).
Dette er ligningssettet:
\begin{cases}
x_{2} + 3x_{3} = 1 \\
x_{1} + 2x_{2} + 6x_{3} = 1 \\
x_{2} - 6x_{3} = -1 \\
2x_{1} + 2x_{2} + ax_{3} = b
\end{cases}
Jeg har redusert til trappeform
\begin{bmatrix}
1 & 2 & 6 & 1 \\
0 & 1 & 3 & 1 \\
0 & 0 & -9 & -2 \\
0 & 0 & a - 6 & b
\end{bmatrix}
Slik jeg forstår det, ut i fra hvor langt i lineær algebra kurset vi har kommet (ikke særlig langt), for at dette systemet skal kunne ha èn løsning må rad 3 og rad 4 være like. Altså at $a = \frac{9}{2}b + 6. Ellers har det ingen løsning? Men jeg forstår ikke helt greia når man har flere ligninger enn ukjente, og boken sier mye om det motsatte tilfelle, men ikke så mye om dette. Jeg lurer på hvordan man her kan oppnå å få uendelig mange løsninger, om det er mulig.
Overdeterminert system lineær algebra
Moderatorer: Vektormannen, espen180, Aleks855, Solar Plexsus, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa
[tex]A=\begin{bmatrix}
0 & 1 & 3 & 1 \\
1 & 2 & 6 & 1 \\
0 & 1 & -6 & -1 \\
2 & 2 & a & b
\end{bmatrix}[/tex]
jeg ville satt opp systemet som en matrise A, og undersøkt determinanten til A.
Ingen løsninger finnes når:
[tex]det(A)=0[/tex]
DVs
[tex]-2a+9b+12=0[/tex]
f ex
b=2, a=15
b=4, a=24,
b=6, a=33,
b=8, a=42,
b=10, a=51
etc...
og sjølsagt en løsning når:
[tex]det(A)\neq 0[/tex]
jeg ville satt opp systemet som en matrise A, og undersøkt determinanten til A.
Ingen løsninger finnes når:
[tex]det(A)=0[/tex]
DVs
[tex]-2a+9b+12=0[/tex]
f ex
b=2, a=15
b=4, a=24,
b=6, a=33,
b=8, a=42,
b=10, a=51
etc...
og sjølsagt en løsning når:
[tex]det(A)\neq 0[/tex]
La verken mennesker eller hendelser ta livsmotet fra deg.
Marie Curie, kjemiker og fysiker.
[tex]\large\dot \rho = -\frac{i}{\hbar}[H,\rho][/tex]
Marie Curie, kjemiker og fysiker.
[tex]\large\dot \rho = -\frac{i}{\hbar}[H,\rho][/tex]
På engelsk heter det i hvert fall overdetermined, så jeg tipper overdeterminert er en OK norsk oversettelse.Er det ikke det det heter, et overdeterminert system, når man har flere ligninger enn ukjente?
Når du har fire likninger og tre ukjente, har vi to alternativer:
1) Den ekstra likningen kan være en skalert versjon av en av de andre likningene.
F.eks. så er [tex]a+b=3[/tex] og [tex]2a+2b=6[/tex] ikke to forskjellige likninger, siden vi lager den andre likningen ved å multiplisere begge sider i den første likningen med 2.
I en slik situasjon har vi da egentlig tre likninger, selv om det ser ut som at vi har fire likninger.
Dette vil også være tilfellet dersom du får en av likningene ved å lage en lineærkombinasjon av de andre likningene.
F.eks. i settet
(I): [tex]2a+3b=1[/tex]
(II): [tex]3a+b=3[/tex]
Så har vi ikke fått en ny likningen dersom vi skriver ned: [tex]a+5b=-1[/tex], siden denne likningen bare er [tex]2*(I)-(II)[/tex].
2) Alternativ to er at den fjerde likningen motstrider en av de forrige likningene.
Dersom vi f.eks. har [tex]2a+b-3c=1[/tex], og [tex]2a+b-3c=2[/tex], så har vi åpenbart ingen løsning. Uavhengig av hva de andre likningen i settet vårt sier.
Tilsvarende har vi dersom den fjerde likningen motstrider en lineærkombinasjon av de tre andre likningene.
Korrekt!Slik jeg forstår det, ut i fra hvor langt i lineær algebra kurset vi har kommet (ikke særlig langt), for at dette systemet skal kunne ha èn løsning må rad 3 og rad 4 være like. Altså at $a = \frac{9}{2}b + 6$.
Dersom vi klarer å velge a og b slik at de fire likningene "egentlig" bare er to likninger, så klarer vi det. Dersom vi klarer å vise at tre av likningene er uavhengige, så er det ikke mulig å få uendelig mange løsninger. Vi kan da bare få én løsning (alternativ 1), eller vi kan få ingen løsning (alternativ 2).Jeg lurer på hvordan man her kan oppnå å få uendelig mange løsninger, om det er mulig.
Fra redusert trappeform kan vi redusere videre:
[tex]\begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & 0 & \frac 13 \\ 0 & 0 & -9 & -2 \\ 0 & 0 & a - 6 & b \end{bmatrix}[/tex]
Altså ser vi at de tre første likningene er lineært uavhengige. Altså vil vi ha nøyaktig én løsning, med mindre den fjerde likningen motstrider den tredje. I så tilfelle har vi da ingen løsninger.
Altså kan vi aldri få uendelig mange løsninger, uansett hvilke a og b du velger.
Her må du være litt forsiktig. Det er riktig at et likningsystem [tex]Ax=b[/tex] med [tex]A\in \mathbb{R}^{n\times n}[/tex](alle reelle kvadratiske matriser av dim n) har en unik løsning når [tex]\det(A) \neq 0[/tex], men at [tex]\det(A)=0[/tex] ikke sier noe annet enn at løsningen ikke er unik. Altså kan du få uendelig mange eller ingen løsning. Det er også verdt å merke at vi snakker om koeffisient matrisen, og ikke en utvidet matrise [tex][A \ b][/tex]. Når du tar determinanten til den utvidede matrisen er informasjonen du får angående uavhengighet av likninger. Det vil si at likningene dine er lineært uavhengig hvis [tex]\det([A \ b])\neq 0[/tex] og at de ikke er det hvis den er 0. Dette vil ikke gi så mye informasjon, da determinant lik 0 ikke kan garantere at løsningen ikke er unik (de tre andre kan fortsatt bestemme en unik løsning) og at determinant ulik 0 gir oss en potensielt unik løsning (tre av dem bestemmer en, og den må passe med den siste).
Janhaa skrev:[tex]A=\begin{bmatrix} 0 & 1 & 3 & 1 \\ 1 & 2 & 6 & 1 \\ 0 & 1 & -6 & -1 \\ 2 & 2 & a & b \end{bmatrix}[/tex]
jeg ville satt opp systemet som en matrise A, og undersøkt determinanten til A.
Ingen løsninger finnes når:
[tex]det(A)=0[/tex]
DVs
[tex]-2a+9b+12=0[/tex]
f ex
b=2, a=15
b=4, a=24,
b=6, a=33,
b=8, a=42,
b=10, a=51
etc...
og sjølsagt en løsning når:
[tex]det(A)\neq 0[/tex]