MathGymOS/ LGS/ Mehr Unbekannte als Gleichungen

Lineare Gleichungssysteme mit mehr Unbekannten als Gleichungen

Auf solche Gleichungssysteme sind wir beim Untersuchen der anderen Gleichungssysteme schon mehrmals gestoßen; immer dann, wenn der Gauß-Algorithmus so viele Nullzeilen erzeugt, dass letztendlich weniger Zeilen für die Lösung relevant waren als Unbekannte zu finden waren.

Nur eine Gleichung

Dann kann man eigentlich nicht von einem Gleichungssystem sprechen. Bei zwei Unbekannten sieht eine solche Gleichung wie folgt aus:

$a\cdot x_{1}+b\cdot x_{2}=e$, wobei a und b nicht Null sind.

Dann ist $x_{1}=-b/a\cdot x_{2}+e/a$. Zu vorgegebenem $x_{2}=t$ ist also $x_{1}=-b/a\cdot t+e/a$. Die Lösungsmenge dieser Gleichung ist demnach:

${\mathfrak {L}}=\left\{\left(\,-b/a\cdot t+e/a\,|\,t\,\right),\;t\in \mathbb {R} \right\}$

oder etwas anders geschrieben

${\mathfrak {L}}=\left\{(\,e/a\,|\,0\,)+t\cdot (\,-b/a\,|\,1\,),\;t\in \mathbb {R} \right\}$

Alternativ kann man auch $x_{2}$ durch $p\cdot e/b$ ersetzen und erhält damit $x_{1}=(1-p)\cdot e/a$. Die Lösungsmenge schreibt sich dann als:

${\mathfrak {L}}=\left\{\left(\,(1-p)\cdot e/a\,|\,p\cdot e/b\,\right),\;p\in \mathbb {R} \right\}$

Bei drei Unbekannten hat man:

$a\cdot x_{1}+b\cdot x_{2}+c\cdot x_{3}=e$, wobei a, b und c nicht Null sind.

Dann ist $x_{1}=-b/a\cdot x_{2}-c/a\cdot x_{3}+e/a$. Zu vorgegebenem $x_{2}=s$ und $x_{3}=t$ ist also $x_{1}=-b/a\cdot t-c/a\cdot s+e/a$. Die Lösungsmenge dieser Gleichung ist demnach:

${\mathfrak {L}}=\left\{\left(\,-b/a\cdot t-c/a\cdot s+e/a\,|\,s\,|\,t\,\right),\;s,t\in \mathbb {R} \right\}$

oder etwas anders geschrieben

${\mathfrak {L}}=\left\{(\,e/a\,|\,0\,|\,0\,)+s\cdot (\,-c/a\,|\,1\,|\,0\,)+t\cdot (\,-b/a\,|\,0\,|\,1\,),\;s,t\in \mathbb {R} \right\}$

Beispiele

• 2 Unbekannte

${\begin{matrix}&3\cdot x_{1}&+&8\cdot x_{2}&=&15&&\\\Leftrightarrow &3\cdot x_{1}&&&=&15&-&8\cdot x_{2}\\\Leftrightarrow &x_{1}&&&=&5&-&{\frac {8}{3}}\cdot x_{2}\\\end{matrix}}$

${\mathfrak {L}}=\left\{\left(\,5-{\frac {8}{3}}\cdot t\,|\,t\,\right),\;t\in \mathbb {R} \right\}=\left\{(\,5\,|\,0\,)+t\cdot (\,-{\frac {8}{3}}\,|\,1\,),\;t\in \mathbb {R} \right\}$

Setzt man $s=1/3\,t$ also $t=3\,s$ dann schreibt sich die Lösungsmenge einfacher:

${\mathfrak {L}}=\left\{\left(\,5-8\cdot s\,|\,3\cdot s\,\right),\;s\in \mathbb {R} \right\}=\left\{(\,5\,|\,0\,)+s\cdot (\,-8\,|\,3\,),\;s\in \mathbb {R} \right\}$

• 3 Unbekannte

$3\cdot x_{1}+8\cdot x_{2}-12\cdot x_{3}=15$

$\Leftrightarrow x_{1}=5-8/3\cdot x_{2}+4\cdot x_{3}$

Mit $x_{2}=3\,s$ und $x_{3}=t$ gibt das die Lösungsmenge:

${\mathfrak {L}}=\left\{\left(\,5-8\cdot s+4\cdot t\,|\,3\cdot s\,|\,t\,\right),\;s,t\in \mathbb {R} \right\}=\left\{(\,5\,|\,0\,|\,0\,)+s\cdot (\,-8\,|\,3\,|\,0\,)+t\cdot (\,4\,|\,0\,|\,1\,),\;s,t\in \mathbb {R} \right\}$

 

2 Gleichungen und 3 Unbekannte

Ein solches Gleichungssystem sieht wie folgt aus:

${\begin{array}{cccccccc}a_{1}\cdot x_{1}&+&b_{1}\cdot x_{2}&+&c_{1}\cdot x_{3}&=&e_{1}\\a_{2}\cdot x_{1}&+&b_{2}\cdot x_{2}&+&c_{2}\cdot x_{3}&=&e_{2}\\\end{array}}$

wobei nicht sowohl $a_{1}$ als auch $a_{2}$ beide Null sind, und auch nicht sowohl $b_{1}$ als auch $b_{2}$ beide Null sind, und auch nicht sowohl $c_{1}$ als auch $c_{2}$ beide Null sind. Im folgenden sei $a_{1}\neq 0$, was man im Zweifel durch vertauschen der Zeilen erreichen kann. Durch Subtraktion eines Vielfachen der ersten Zeile von der zweiten Zeile erhält man das modifizierte Gleichungssystem:

${\begin{array}{cccccccc}a_{1}\cdot x_{1}&+&b_{1}\cdot x_{2}&+&c_{1}\cdot x_{3}&=&e_{1}\\&&n_{2}\cdot x_{2}&+&k_{2}\cdot x_{3}&=&l_{2}\\\end{array}}$

An diesem Punkt müssen mehrere Fälle unterschieden werden:

• 1. Fall: Gilt $n_{2}=k_{2}=0$, dann hängt die Lösbarkeit des Systems von $l_{2}$ ab.
  • 1.1. Fall: Gilt auch $l_{2}=0$, dann steht in der unteren Zeile $0=0$. Für die Lösung des Gleichungssystems ist also nur die obere Zeile relevant. Das Gleichungssystem ist also in diesem Fall gleichwertig mit einer Gleichung mit drei Unbekannten. Wie das zu lösen ist, wurde weiter oben behandelt. (siehe hier)
  • 1.2. Fall: Gilt dagegen $l_{2}\neq 0$, dann liefert die untere Zeile eine falsche Aussage, das Gleichungssystem hat demnach keine Lösung.
• 2. Fall: Wenigstens eine der beiden Zahlen $n_{2}$ und $k_{2}$ ist nicht Null. Durch Subtraktion eines Vielfachen der zweiten von der ersten Zeile das Gleichungssystem lässt dieses sich auf eine der folgenden Formen bringen:

${\begin{array}{|ccccccc|}m_{1}\cdot x_{1}&&&+&k_{1}\cdot x_{3}&=&l_{1}\\&&n_{2}\cdot x_{2}&+&k_{2}\cdot x_{3}&=&l_{2}\\\end{array}}$ oder ${\begin{array}{|ccccccc|}m_{1}\cdot x_{1}&+&n_{1}\cdot x_{2}&&&=&l_{1}\\&&n_{2}\cdot x_{2}&+&k_{2}\cdot x_{3}&=&l_{2}\\\end{array}}$

bzw. etwas anders geschrieben

${\begin{array}{|cccccc|}x_{1}&=&-&k_{1}/m_{1}\cdot x_{3}&+&l_{1}/m_{1}\\x_{2}&=&-&k_{2}/n_{2}\cdot x_{3}&+&l_{2}/n_{2}\\\end{array}}$ oder ${\begin{array}{|cccccc|}x_{1}&=&-&n_{1}/m_{1}\cdot x_{2}&+&l_{1}/m_{1}\\x_{3}&=&-&n_{2}/k_{2}\cdot x_{2}&+&l_{2}/k_{2}\\\end{array}}$

Einmal lassen sich $x_{1}$ und $x_{2}$ in Abhängigkeit von $x_{3}$ darstellen. Im anderen Fall lassen sich $x_{1}$ und $x_{3}$ in Abhängigkeit von $x_{2}$ darstellen. Mit $f_{1}=-k_{1}/m_{1}$, $g_{1}=l_{1}/m_{1}$ und $f_{2}=-k_{2}/n_{2}$, $g_{2}=l_{2}/n_{2}$ bzw. $f_{1}=-n_{1}/m_{1}$, $g_{1}=l_{1}/m_{1}$ und $f_{2}=-n_{2}/k_{2}$, $g_{1}=l_{2}/k_{2}$ sieht das schon einfacher aus:

${\begin{array}{|cccc|}x_{1}&=f_{1}\cdot x_{3}&+&g_{1}\\x_{2}&=f_{2}\cdot x_{3}&+&g_{2}\\\end{array}}$ oder ${\begin{array}{|cccc|}x_{1}&=f_{1}\cdot x_{2}&+&g_{1}\\x_{3}&=f_{2}\cdot x_{2}&+&g_{2}\\\end{array}}$

Die Lösung des linearen Gleichungssystems sind demnach:

${\mathfrak {L}}=\left\{\left(\,f_{1}\cdot t+g_{1}\,|\,f_{2}\cdot t+g_{2}\,|\,t\,\right),\;t\in \mathbb {R} \right\}=\left\{(\,g_{1}\,|\,g_{2}\,|\,0\,)+t\cdot (\,f_{1}\,|\,f_{2}\,|\,1\,)\;t\in \mathbb {R} \right\}$

bzw.

${\mathfrak {L}}=\left\{\left(\,f_{1}\cdot t+g_{1}\,|\,t\,|\,f_{2}\cdot t+g_{2}\,\right),\;t\in \mathbb {R} \right\}=\left\{(\,g_{1}\,|\,0\,|\,g_{2}\,)+t\cdot (\,f_{1}\,|\,1\,|\,f_{2}\,)\;t\in \mathbb {R} \right\}$

Beispiele

• 1. Beispiel

${\begin{array}{ccccccccc}(1)&3\cdot x_{1}&+&7\cdot x_{2}&-&1\cdot x_{3}&=&24\\(2)&-6\cdot x_{1}&-&5\cdot x_{2}&+&20\cdot x_{3}&=&33\\\end{array}}$

In schematischer Darstellung:

${\begin{array}{c}(1.)\\(2.)\\\end{array}}\left[{\begin{array}{ccc|c}3&7&-1&24\\-6&-5&20&33\\\end{array}}\right]{\begin{array}{l}(1.)\cdot 2\\(2.)\\\end{array}}\Rightarrow {\begin{array}{c}(3.)\\(4.)\\\end{array}}\left[{\begin{array}{ccc|c}6&14&-2&48\\-6&-5&20&33\\\end{array}}\right]{\begin{array}{l}(3.):2\\(3.)+(4.)\\\end{array}}$

$\Rightarrow {\begin{array}{c}(5.)\\(6.)\\\end{array}}\left[{\begin{array}{ccc|c}3&7&-1&24\\0&9&18&81\\\end{array}}\right]{\begin{array}{l}(5.)\\(6.)\cdot (-7/9)\\\end{array}}\Rightarrow {\begin{array}{c}(7.)\\(8.)\\\end{array}}\left[{\begin{array}{ccc|c}3&7&-1&24\\0&-7&-14&-63\\\end{array}}\right]{\begin{array}{l}(7.)+(8.)\\(8.):(-7)\\\end{array}}$

$\Rightarrow {\begin{array}{c}(9.)\\(10.)\\\end{array}}\left[{\begin{array}{ccc|c}3&0&-15&-39\\0&1&2&9\\\end{array}}\right]{\begin{array}{l}(9.):3\\(10.)\\\end{array}}\Rightarrow {\begin{array}{c}(11.)\\(12.)\\\end{array}}\left[{\begin{array}{ccc|c}1&0&-5&-13\\0&1&2&9\\\end{array}}\right]$

Wieder in der üblichen Schreibweise

${\begin{array}{|ccccc|}1\cdot x_{1}&-&5\cdot x_{3}&=&-13\\1\cdot x_{2}&+&2\cdot x_{3}&=&9\\\end{array}}\Rightarrow {\begin{array}{|cccc|}x_{1}&=5\cdot x_{3}&-&13\\x_{2}&=-2\cdot x_{3}&+&9\\\end{array}}$

Die Lösungsmenge ist demnach:

${\mathfrak {L}}=\left\{\left(\,5\cdot t-13\,|\,-2\cdot t+9\,|\,t\,\right),\;t\in \mathbb {R} \right\}=\left\{(\,-13\,|\,9\,|\,0\,)+t\cdot (\,5\,|\,-2\,|\,1\,)\;t\in \mathbb {R} \right\}$

• 2. Beispiel

${\begin{array}{ccccccccc}(1)&6\cdot x_{1}&+&16\cdot x_{2}&-&24\cdot x_{3}&=&30\\(2)&-21\cdot x_{1}&-&56\cdot x_{2}&+&84\cdot x_{3}&=&-100\\\end{array}}$

In schematischer Darstellung:

${\begin{array}{c}(1.)\\(2.)\\\end{array}}\left[{\begin{array}{ccc|c}6&16&-24&30\\-21&-56&84&-100\\\end{array}}\right]{\begin{array}{l}(1.)\cdot 7\\(2.)\cdot 2\\\end{array}}\Rightarrow {\begin{array}{c}(3.)\\(4.)\\\end{array}}\left[{\begin{array}{ccc|c}42&112&-168&210\\-42&-112&168&-200\\\end{array}}\right]{\begin{array}{l}(3.)\\(3.)+(4.)\\\end{array}}$

$\Rightarrow {\begin{array}{c}(5.)\\(6.)\\\end{array}}\left[{\begin{array}{ccc|c}42&112&-168&210\\0&0&0&10\\\end{array}}\right]$

Dieses Gleichungssystem hat wegen der falschen Aussage in der letzten Zeile (0=10) keine Lösung. Die Lösungsmenge ist demnach:

${\mathfrak {L}}=\emptyset$

• 3. Beispiel

${\begin{array}{ccccccccc}(1)&6\cdot x_{1}&+&16\cdot x_{2}&-&24\cdot x_{3}&=&30\\(2)&-21\cdot x_{1}&-&56\cdot x_{2}&+&84\cdot x_{3}&=&-105\\\end{array}}$

In schematischer Darstellung:

${\begin{array}{c}(1.)\\(2.)\\\end{array}}\left[{\begin{array}{ccc|c}6&16&-24&30\\-21&-56&84&-105\\\end{array}}\right]{\begin{array}{l}(1.)\cdot 7\\(2.)\cdot 2\\\end{array}}\Rightarrow {\begin{array}{c}(3.)\\(4.)\\\end{array}}\left[{\begin{array}{ccc|c}42&112&-168&210\\-42&-112&168&-210\\\end{array}}\right]{\begin{array}{l}(3.):14\\(3.)+(4.)\\\end{array}}$

$\Rightarrow {\begin{array}{c}(5.)\\(6.)\\\end{array}}\left[{\begin{array}{ccc|c}3&8&-12&15\\0&0&0&0\\\end{array}}\right]$

Dieses Gleichungssystem hat nur eine für die Lösung relevante Gleichung. Die Lösungsmenge ist (siehe Beispiele zu einer Gleichung):

${\mathfrak {L}}=\left\{\left(\,5-8\cdot s+4\cdot t\,|\,3\cdot s\,|\,t\,\right),\;s,t\in \mathbb {R} \right\}=\left\{(\,5\,|\,0\,|\,0\,)+s\cdot (\,-8\,|\,3\,|\,0\,)+t\cdot (\,4\,|\,0\,|\,1\,),\;s,t\in \mathbb {R} \right\}$

• 4. Beispiel

${\begin{array}{ccccccccc}(1)&6\cdot x_{1}&+&16\cdot x_{2}&-&24\cdot x_{3}&=&30\\(2)&-21\cdot x_{1}&-&56\cdot x_{2}&+&85\cdot x_{3}&=&-100\\\end{array}}$

In schematischer Darstellung:

${\begin{array}{c}(1.)\\(2.)\\\end{array}}\left[{\begin{array}{ccc|c}6&16&-24&30\\-21&-56&85&-100\\\end{array}}\right]{\begin{array}{l}(1.)\cdot 7\\(2.)\cdot 2\\\end{array}}\Rightarrow {\begin{array}{c}(3.)\\(4.)\\\end{array}}\left[{\begin{array}{ccc|c}42&112&-168&210\\-42&-112&170&-200\\\end{array}}\right]{\begin{array}{l}(3.):14\\(3.)+(4.)\\\end{array}}$

$\Rightarrow {\begin{array}{c}(5.)\\(6.)\\\end{array}}\left[{\begin{array}{ccc|c}3&8&-12&15\\0&0&2&10\\\end{array}}\right]{\begin{array}{l}(5.)\\(6.)\cdot 6\\\end{array}}\Rightarrow {\begin{array}{c}(7.)\\(8.)\\\end{array}}\left[{\begin{array}{ccc|c}3&8&-12&15\\0&0&12&60\\\end{array}}\right]{\begin{array}{l}(7.)+(8.)\\(8.):12\\\end{array}}$

$\Rightarrow {\begin{array}{c}(9.)\\(10.)\\\end{array}}\left[{\begin{array}{ccc|c}3&8&0&75\\0&0&1&5\\\end{array}}\right]$

Wieder in der üblichen Schreibweise

${\begin{array}{|ccccc|}3\cdot x_{1}&+&8\cdot x_{2}&=&75\\&&x_{3}&=&5\\\end{array}}\Rightarrow {\begin{array}{|ccccc|}x_{1}&=&-8/3\cdot x_{2}&+&25\\x_{3}&=&5&&\\\end{array}}$

Die Lösungsmenge ist demnach

${\mathfrak {L}}=\left\{\left(\,25-8/3\cdot t\,|\,t\,|\,5\,\right),t\in \mathbb {R} \right\}=\left\{(\,25\,|\,0\,|\,5\,)+t\cdot (\,-8/3\,|\,1\,|\,0\,),\;t\in \mathbb {R} \right\}$

oder wenn man Brüche lieber vermeiden will, mit $s=1/3\cdot t$:

${\mathfrak {L}}=\left\{\left(\,25-8\cdot s\,|\,3\cdot s\,|\,5\,\right),s\in \mathbb {R} \right\}=\left\{(\,25\,|\,0\,|\,5\,)+s\cdot (\,-8\,|\,3\,|\,0\,),\;s\in \mathbb {R} \right\}$

 

2 Gleichungen und 3 Unbekannte mit dem Determinanten-Verfahren

Bei zwei Gleichungen mit 3 Unbekannten besteht die Koeffizientenmatrix aus 2 Zeilen und 3 Spalten. Determinanten kann man aber nur von quadratischen Matrizen (= gleich viele Zeilen und Spalten) berechnen. Trotzdem kann man mit einem kleinen Trick auch hier das Determinanten-Verfahren anwenden. Dazu schreibt man das Gleichungssystem

${\begin{array}{cccccccc}a_{1}\cdot x_{1}&+&b_{1}\cdot x_{2}&+&c_{1}\cdot x_{3}&=&e_{1}\\a_{2}\cdot x_{1}&+&b_{2}\cdot x_{2}&+&c_{2}\cdot x_{3}&=&e_{2}\\\end{array}}$

um und erhält mit $x_{3}=t$

${\begin{array}{cccccccc}a_{1}\cdot x_{1}&+&b_{1}\cdot x_{2}&=&e_{1}&-&c_{1}\cdot t\\a_{2}\cdot x_{1}&+&b_{2}\cdot x_{2}&=&e_{2}&-&c_{2}\cdot t\\\end{array}}$

Die für das Determinantenverfahren wichtigen Matrizen sind dann:

$A=\left({\begin{array}{cc}a_{1}&b_{1}\\a_{2}&b_{2}\\\end{array}}\right)$, $A_{1}(t)=\left({\begin{array}{cc}e_{1}-c_{1}\,t&b_{1}\\e_{2}-c_{2}\,t&b_{2}\\\end{array}}\right)$ und $A_{2}(t)=\left({\begin{array}{cc}a_{1}&e_{1}-c_{1}\,t\\a_{2}&e_{2}-c_{2}\,t\\\end{array}}\right)$

Falls $\det(A)=a_{1}\cdot b_{2}-a_{2}\cdot b_{1}\neq 0$ gilt:

$x_{1}={\frac {\det \left(A_{1}(t)\right)}{\det(A)}},\;x_{2}={\frac {\det \left(A_{2}(t)\right)}{\det(A)}},\;x_{3}=t$

Ist dagegen $\det(A)=0$, dann kann es helfen, statt $x_{3}$ einmal $x_{2}$ oder $x_{1}$ auf die rechte Seite zu bringen, und die entsprechenden Matrizen zu bestimmen. Ist z.B. $\det(A')=\det \left({\begin{array}{cc}a_{1}&c_{1}\\a_{2}&c_{2}\\\end{array}}\right)\neq 0$ so lässt sich mit Hilfe von

$A_{1}'(t)=\left({\begin{array}{cc}e_{1}-b_{1}\,t&c_{1}\\e_{2}-b_{2}\,t&c_{2}\\\end{array}}\right)$ und $A_{3}'(t)=\left({\begin{array}{cc}a_{1}&e_{1}-b_{1}\,t\\a_{2}&e_{2}-b_{2}\,t\\\end{array}}\right)$

Die Lösung bestimmen:

$x_{1}={\frac {\det \left(A_{1}'(t)\right)}{\det(A)}},\;x_{2}=t,\;x_{3}={\frac {\det \left(A_{3}'(t)\right)}{\det(A)}}$

Selbst wenn für alle drei Koeffizientenmatrizen gilt $\det(A)=\det(A')=\det(A'')=0$, heißt das noch nicht, dass es keine Lösung des Gleichungssystems gibt. Wenn es jedoch eine Lösung gibt, dann lässt sich diese nicht wie in den anderen Fällen beschrieben durch Quotienten aus den Determinanten darstellen. Entscheidend für die Existenz von Lösungen ist im Fall $\det(A)=\det(A')=\det(A'')=0$ die Detreminante

$\det(B)=\det \left({\begin{array}{cc}a_{1}&e_{1}\\a_{2}&e_{2}\\\end{array}}\right)$

• Gilt $\det(A)=\det(A')=\det(A'')=\det(B)=0$, dann gibt es Lösungen.
• Gilt $\det(A)=\det(A')=\det(A'')=0$ aber $\det(B)\neq 0$, so gibt es keine Lösung.

Beispiele

• 1. Beispiel

${\begin{array}{cccccccc}3\cdot x_{1}&+&7\cdot x_{2}&-&1\cdot x_{3}&=&24\\-6\cdot x_{1}&-&5\cdot x_{2}&+&20\cdot x_{3}&=&33\\\end{array}}$

$x_{3}=t$ auf die rechte Seite gebracht:

${\begin{array}{cccccccc}3\cdot x_{1}&+&7\cdot x_{2}&=&24&+&1\cdot t\\-6\cdot x_{1}&-&5\cdot x_{2}&=&33&-&20\cdot t\\\end{array}}$

Die für das Determinantenverfahren wichtigen Determinanten sind dann:

$\det(A)=\det \left({\begin{array}{cc}3&7\\-6&-5\\\end{array}}\right)=27$

$\det(A_{1}(t))=\det \left({\begin{array}{cc}24+t&7\\33-20\,t&-5\\\end{array}}\right)=-5\cdot (24+t)-7\cdot (33-20\,t)=135\,t-351$

$\det(A_{2}(t))=\det \left({\begin{array}{cc}3&24+t\\-6&33-20\,t\\\end{array}}\right)=3\cdot (33-20\,t)+6\cdot (24+t)=-54\,t+243$

Wegen $\det(A)\neq 0$ gilt:

$x_{1}={\frac {135\,t-351}{27}}=5\,t-13,\;x_{2}={\frac {-54\,t+243}{27}}=-2\,t+9,\;x_{3}=t$

Die Lösungsmenge ist also:

${\mathfrak {L}}=\left\{\left(\,5\cdot t-13\,|\,-2\cdot t+9\,|\,t\,\right),\;t\in \mathbb {R} \right\}=\left\{(\,-13\,|\,9\,|\,0\,)+t\cdot (\,5\,|\,-2\,|\,1\,)\;t\in \mathbb {R} \right\}$

• 2. Beispiel

${\begin{array}{ccccccccc}(1)&6\cdot x_{1}&+&16\cdot x_{2}&-&24\cdot x_{3}&=&30\\(2)&-21\cdot x_{1}&-&56\cdot x_{2}&+&85\cdot x_{3}&=&-100\\\end{array}}$

$x_{3}=t$ auf die rechte Seite gebracht:

${\begin{array}{cccccccc}6\cdot x_{1}&+&16\cdot x_{2}&=&30&+&24\cdot t\\-21\cdot x_{1}&-&56\cdot x_{2}&=&-100&-&85\cdot t\\\end{array}}$

Die Koeffizientenmatrix dazu hat die Determinante:

$\det(A)=\det \left({\begin{array}{cc}6&16\\-21&-56\\\end{array}}\right)=0$

hilft uns also nicht weiter. Zweiter Versuch $x_{2}=s$ auf die rechte Seite gebracht

${\begin{array}{cccccccc}6\cdot x_{1}&-&24\cdot x_{3}&=&30&-&16\cdot s\\-21\cdot x_{1}&+&85\cdot x_{3}&=&-100&+&56\cdot s\\\end{array}}$

Für die entsprechende Koeffizientenmatrix gilt:

$\det(A')=\det \left({\begin{array}{cc}6&-24\\-21&85\\\end{array}}\right)=6$

Wegen $\det(A'(s))\neq 0$ lohnt es sich die beiden anderen Matrizen zu berechnen:

$\det(A_{1}'(s))=\det \left({\begin{array}{cc}30-16\,s&-24\\-100+56\,s&85\\\end{array}}\right)=85\cdot (30-16\,s)+24\cdot (-100+56\,s)=-16\,s+150$

$\det(A_{3}'(s))=\det \left({\begin{array}{cc}6&30-16\,s\\-21&-100+56\,s\\\end{array}}\right)=6\cdot (-100+56\,s)+21\cdot (30-16\,s)=30$

Es gilt:

$x_{1}={\frac {-16\,s+150}{6}}=-{\frac {8}{3}}\,s+25,\;x_{2}=s,\;x_{3}={\frac {30}{6}}=5$

Die Lösungsmenge ist demnach

${\mathfrak {L}}=\left\{\left(\,25-8/3\cdot s\,|\,s\,|\,5\,\right),s\in \mathbb {R} \right\}=\left\{(\,25\,|\,0\,|\,5\,)+s\cdot (\,-8/3\,|\,1\,|\,0\,),\;s\in \mathbb {R} \right\}$

• 3. Beispiel

${\begin{array}{cccccccc}6\cdot x_{1}&+&16\cdot x_{2}&-&24\cdot x_{3}&=&30\\-21\cdot x_{1}&-&56\cdot x_{2}&+&84\cdot x_{3}&=&-100\\\end{array}}$

$x_{3}=t$ auf die rechte Seite gebracht:

${\begin{array}{cccccccc}6\cdot x_{1}&+&16\cdot x_{2}&=&30&+&24\cdot t\\-21\cdot x_{1}&-&56\cdot x_{2}&=&-100&-&84\cdot t\\\end{array}}$

Die Koeffizientenmatrix dazu hat die Determinante:

$\det(A)=\det \left({\begin{array}{cc}6&16\\-21&-56\\\end{array}}\right)=0$

hilft uns also nicht weiter. Zweiter Versuch $x_{2}=s$ auf die rechte Seite gebracht

${\begin{array}{cccccccc}6\cdot x_{1}&-&24\cdot x_{3}&=&30&-&16\cdot s\\-21\cdot x_{1}&+&84\cdot x_{3}&=&-100&+&56\cdot s\\\end{array}}$

Für die entsprechende Koeffizientenmatrix gilt:

$\det(A')=\det \left({\begin{array}{cc}6&-24\\-21&84\\\end{array}}\right)=0$

Als letzter Versuch $x_{1}=r$ auf die rechte Seite gebracht

${\begin{array}{cccccccc}16\cdot x_{2}&-&24\cdot x_{3}&=&30&-&6\cdot r\\-56\cdot x_{2}&+&84\cdot x_{3}&=&-100&+&21\cdot r\\\end{array}}$

aber auch für die hier auftretende Matrix gilt:

$\det(A'')=\det \left({\begin{array}{cc}16&-24\\-56&84\\\end{array}}\right)=0$

Entscheident ist also die Matrix B.

$\det(B)=\det \left({\begin{array}{cc}6&30\\-21&-100\\\end{array}}\right)=30\neq 0$

Also besitzt das Gleichungssystem keine Lösung ${\mathfrak {L}}=\emptyset$

• 4. Beispiel

${\begin{array}{ccccccccc}(1)&6\cdot x_{1}&+&16\cdot x_{2}&-&24\cdot x_{3}&=&30\\(2)&-21\cdot x_{1}&-&56\cdot x_{2}&+&84\cdot x_{3}&=&-105\\\end{array}}$

Auch hier gilt natürlich: $\det(A)=\det(A')=\det(A'')=0$

Aber im Gegensatz zum 3. Beispiel gilt hier:

$\det(B)=\det \left({\begin{array}{cc}6&30\\-21&-105\\\end{array}}\right)=0$

Das liefert uns zwar keine Lösung des Gleichungssystems, aber immerhin wissen wir jetzt, dass es Lösungen gibt.

 

3 Gleichungen und 4 Unbekannte

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