Bedankt voor de snelle reactie, Ik weet nu in ieder geval welke stappen genomen worden om de driehoeksvorm te verkrijgen.
De gestelede vragen zijn de volgende: Voor welke waarden van de parameter k heeft dit stelsel: a)geen oplossing b)precies één oplossing; geef deze oplossing c)meer dan één oplossing; bepaal voor dit geval de oplossingsverzameling en geef tevens een basis voor de nulruimte van A
Mijn basis redenering om deze vragen op te lossen is het volgende: a)er is geen oplossing als het systeem incosistent is (0|1) b)er is één oplossing als het systeem gereduceerd kan worden naar de echelonvorm zonder vrijheidsgraden (en cosistent is). c)er zijn meerdere oplossingen als er in de echelonvorm vrijheidsgraden zijn (en het systeem is consistent)
Om dit te vertalen naar de gegeven matrix: a) de inconsistentie kan alleen optreden in de eerste rij als 2-k2-k=0 en 1-k¹0. mbv de abc formule blijkt k=-2 de enige waarde waarvoor dit geldt.
b)er kunnen vrijheidsgraden ontstaan in de tweede rij als k=1, tevens is het systeem is incosisten als k=-2. conclusie:k kan elke waarde aannemen behalve -2 en 1 voor een eenduidige oplossing.
bij de uitwerking gaan ze een stapje verder: terugsubstitutie levert x1=x2=x3=(k+1)^-1, oftewel |1| x=(k+2)^-1 |1| |1| wat doet men hier? Het enige wat bij mij opkomt is k vervangen door (k+1) om matrix 3 te vereenvoudigen tot: 0 0 -k^2 -3k |k 0 k -k |0 1 1 k+1 |1 maar het antwoord kan ik hier niet herkennen...
c)er is meer dan één oplossing als k=1, deze waarde in matrix 3 invullen levert: 0 0 0 |0 0 0 0 |0 1 1 1 |1 dit betekent dus dat x1=x2=x3=1 in de uitwerking wordt dit als volg vertaald: x3=l, x2=m, ®x1=1-l-m, oftewel: De vectoren die de basis vormen voor de nulruimte van A zijn: |1| |-1| |-1| x=|0| + l|0 | + m|1 | |0| |1 | |0 |
deze vectoren mogen geen meervoud van elkaar zijn, dat verklaart waarom de laatste waarde van de tweede vector iets anders is dan nul....mag dit ook een andere waarde zijn dan 1? dezelfde vraag geldt voor de tweede waarde van de derde vector.
ik hoop dat ik op een duidelijke manier heb kunnen aangeven waar ik vastloopt en hopelijk kunt u mij hierbij helpen.
alvast bedankt!!
mvg,
Carlos
carlos
Student universiteit - dinsdag 30 oktober 2007
Antwoord
Hallo Carlos
In Vlaanderen lossen wij deze bespreking op door de matrix te herleiden naar een rijcanonieke vorm m.b.v. de spilmethode.
We wisselen de eerste en derde rij en door geschikte rij-operaties ruimen de eerste kolom op met de spil in de eerste rij:
Om k-1 in de tweede rij als spil te gebruiken moeten we stellen:
A k¹1 Dan kunnen we de tweede kolom opruimen:
Om k+2 in de derde rij als spil te gebruiken moeten we stellen:
A1 k¹-2
Dus voor alle waarden van k, behalve voor k=1 of k=-2 hebben we één oplossing: ( 1/k+2 , 1/k+2 , 1/k+2 )
A2 Voor k=-2 wordt de matrix:
Dit wordt dus een strijdig stelsel zonder oplossing.
B Voor k=1 wordt de matrix :
Dit geeft oneindig veel oplossingen met twee vrijheidsgraden, bijvoorbeeld k en l : alle oplossingen kan men dan schrijven als : (1-k-l , k , l)
Ik hoop dat deze andere manier van oplossen meer duidelijkheid geeft.
Dit is een reactie op vraag 52744 
