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Lineare Algebra (Gleichungssystem)
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Natowest
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Anmeldungsdatum: 23.10.2005
Beiträge: 12

BeitragVerfasst am: 22 Nov 2005 - 21:36:51    Titel: mh schon mal was von Pivotieren gehört ?

Dadruch bekommt man ganz genau raus weiviele Lösungen es gibt.
Die matrix ist ohne Koeffizienten? Na dann ist es eh kein Problem Razz
Ich werde mal schauen das ich moorgen dazu was poste Razz
Gauss
Senior Member
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Senior Member


Anmeldungsdatum: 20.04.2005
Beiträge: 2063

BeitragVerfasst am: 23 Nov 2005 - 11:26:58    Titel:

Natowest hat recht, da der Rang der Abbildung 3 ist, ist der Defekt (Dimension des Kerns) von der Dimension 2, also gibt es eine zweiparametrige Lösung. Nun musst du nur noch eine Basis des Kerns finden.
ppucher
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Newbie


Anmeldungsdatum: 14.10.2005
Beiträge: 16

BeitragVerfasst am: 23 Nov 2005 - 20:00:33    Titel:

was meinst du mit "zweiparametrig"?

meiner meinung nach ist ja das hier die lsg:

x= (2 0 0 0 0) + j * (-2 1 0 0 0) + k * (-3 0 0 1 2)

die lösung sollte allerdings so sein:
x=(2,0,0,0,0)+s(-2,1,0,0,0)+t(5,0,2,1,0)+u(-4,0,-1,0,1)

würde mir jetzt bitte jemand schritt für schritt erklären wie man auf obiges ergebnis kommt!?
eure tipps helfen mir kaum weiter
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