Kurs:Mathematik für Anwender (Osnabrück 2011-2012)/Teil I/Vorlesung 5

Die Vorlesungen der nächsten Wochen beschäftigen sich mit linearer Algebra. Dabei wird stets ein Körper ${}K$ zugrunde gelegt, wobei man dabei grundsätzlich an die reellen Zahlen ${}\mathbb {R}$ denken kann. Da es aber zunächst bei Fragen der linearen Algebra nur auf die algebraischen Eigenschaften von ${}\mathbb {R}$ ankommt und wir deren analytische Eigenschaften noch nicht besprochen haben, kann man genauso gut an die rationalen Zahlen denken. Ab der Eigenwerttheorie (im nächsten Semester) werden dann auch analytische Eigenschaften bedeutsam.

Lineare Gleichungssysteme

Wir beginnen mit drei einführenden Beispielen, einem alltäglichen, einem geometrischen und einem physikalischen, die alle zu einem linearen Gleichungssystem führen.

Beispiel

An einem Stand auf dem Weihnachtsmarkt gibt es drei verschiedene Glühweintöpfe. Alle drei beinhalten die Zutaten Zimt, Gewürznelken, Rotwein und Zucker, allerdings mit unterschiedlichen Anteilen. Die Zusammensetzung der einzelnen Glühweine ist

$G_{1}={\begin{pmatrix}1\\2\\11\\2\end{pmatrix}},\,G_{2}={\begin{pmatrix}2\\2\\12\\3\end{pmatrix}},\,G_{3}={\begin{pmatrix}3\\1\\20\\7\end{pmatrix}}.$

Jeder Glühwein wird also repräsentiert durch ein Vierertupel, deren einzelne Einträge für die Anteile an den Zutaten stehen. Die Menge aller (möglichen) Glühweine bilden einen Vektorraum (diesen Begriff werden wir in der nächsten Vorlesung einführen), und die drei konkreten Glühweine sind drei Vektoren in diesem Raum.

Nehmen wir an, dass keiner dieser drei Glühweine genau den gewünschten Geschmack trifft und dass der Wunschglühwein die Zusammensetzung

${}W={\begin{pmatrix}1\\2\\20\\5\end{pmatrix}}\,$

hat. Gibt es eine Möglichkeit, den Wunschglühwein durch Zusammenschütten der vorgegebenen Glühweine zu erhalten? Gibt es also Zahlen ${}a,b,c\in \mathbb {Q}$ derart, dass

${}a{\begin{pmatrix}1\\2\\11\\2\end{pmatrix}}+b{\begin{pmatrix}2\\2\\12\\3\end{pmatrix}}+c{\begin{pmatrix}3\\1\\20\\7\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1\\2\\20\\5\end{pmatrix}}\,$

gilt? Hinter dieser einen vektoriellen Gleichung liegen vier einzelne Gleichungen in den „Variablen“ ${}a,b,c$, wobei die Gleichungen sich aus den Zeilen ergeben. Wann gibt es eine solche Lösung, wann keine, wann mehrere? Das sind typische Fragen der linearen Algebra.

Zwei Ebenen im Raum, die sich in einer Geraden schneiden.

Beispiel

Zwei Ebenen im Raum, die sich in einer Geraden schneiden.

Im ${}\mathbb {R} ^{3}$ seien zwei Ebenen

${}E={\left\{(x,y,z)\in \mathbb {R} ^{3}\mid 4x-2y-3z=5\right\}}\,$

und

${}F={\left\{(x,y,z)\in \mathbb {R} ^{3}\mid 3x-5y+2z=1\right\}}\,$

gegeben. Wie kann man die Schnittgerade ${}G=E\cap F$ beschreiben? Ein Punkt ${}P=(x,y,z)$ liegt genau dann auf der Schnittgerade, wenn er die beiden Ebenengleichungen erfüllt; es muss also sowohl

$4x-2y-3z=5\,\,{\text{ als auch }}\,\,3x-5y+2z=1$

gelten. Wir multiplizieren die erste Gleichung mit ${}3$ und ziehen davon das ${}4$-fache der zweiten Gleichung ab und erhalten

${}14y-17z=11\,.$

Wenn man ${}y=0$ setzt, so muss ${}z=-{\frac {11}{17}}$ und ${}x={\frac {13}{17}}$ sein. D.h. der Punkt ${}P=\left({\frac {13}{17}},\,0,\,-{\frac {11}{17}}\right)$ gehört zu ${}G$. Ebenso findet man, indem man ${}z=0$ setzt, den Punkt ${}Q=\left({\frac {23}{14}},\,{\frac {11}{14}},\,0\right)$. Damit ist die Schnittgerade die Verbindungsgerade dieser Punkte, also

${}G={\left\{\left({\frac {13}{17}},\,0,\,-{\frac {11}{17}}\right)+t\left({\frac {209}{238}},\,{\frac {11}{14}},\,{\frac {11}{17}}\right)\mid t\in \mathbb {R} \right\}}\,.$

Beispiel

Ein elektrisches Netzwerk (ein Gleichstrom-Netzwerk) besteht aus mehreren miteinander verbundenen Drähten, die in diesem Zusammenhang die Kanten des Netzwerks genannt werden. In jeder Kante ${}K_{j}$ liegt ein bestimmter (vom Material und der Kantenlänge abhängigen) Widerstand ${}R_{j}$ vor. Die Verbindungspunkte ${}P_{n}$, in denen die Kanten zusammenlaufen, nennt man die Knoten des Netzwerks. Wenn an das Netzwerk (bzw. gewisse Kanten davon) eine Spannung angelegt wird, so fließt in jeder Kante ein bestimmter Strom ${}I_{j}$. Es ist sinnvoll, für jede Kante eine Richtung zu fixieren, um die Fließrichtung des Stromes in dieser Kante unterscheiden zu können (wenn der Strom in die entgegengesetze Richtung fließt, so bekommt er ein negatives Vorzeichen). Man spricht von gerichteten Kanten. In einem Knotenpunkt des Netzwerks fließen die Ströme der verschiedenen anliegenden Kanten zusammen, ihre Summe muss ${}0$ ergeben. Entlang einer Kante ${}K_{j}$ kommt es zu einem Spannungsabfall ${}U_{j}$, der durch das Ohmsche Gesetz

${}U_{j}=R_{j}\cdot I_{j}\,$

beschrieben wird.

Unter einer Masche (oder einem Zykel) des Netzwerks versteht man eine geschlossene gerichtete Verbindung von Kanten. Für eine solche Masche ist die Gesamtspannung ${}0$, es sei denn, es wird „von außen“ eine Spannung angelegt.

Wir listen diese Kirchhoffschen Regeln nochmal auf.

1. In jedem Knoten ist die Summe der (ein- und abfließenden) Ströme gleich ${}0$.
2. In jeder Masche ist die Summe der Spannungen gleich ${}0$.
3. Wenn in einer Masche eine Spannung ${}V$ angelegt wird, so ist die Summe der Spannungen gleich ${}V$.

Aus „physikalischen Gründen“ ist zu erwarten, dass bei einer angelegten Spannung in jeder Kante ein wohlbestimmter Strom fließt. In der Tat lässt sich dieser aus den genannten Gesetzmäßigkeiten berechnen, indem man diese in ein lineares Gleichungssystem übersetzt und dieses löst.

In dem durch das Bild angegebenen Beispiel seien die Kanten ${}K_{1},\ldots ,K_{5}$ (mit den Widerständen $R_{1},\ldots ,R_{5}$) von links nach rechts gerichtet, und die Verbindungskante ${}K_{0}$ von ${}A$ nach ${}C$ (an die die Spannung ${}V$ angelegt sei), sei von unten nach oben gerichtet. Die vier Knotenpunkte und die drei Maschen ${}(A,D,B),\,(D,B,C)$ und ${}(A,D,C)$ führen auf das lineare Gleichungssystem (einfließende Ströme gehen negativ und abfließende Ströme positiv ein; für die Maschen wählt man eine „Kreisrichtung“, im Beispiel nehmen wir den Uhrzeigersinn, und führen die gleichorientierten Spannungen positiv an)

${\begin{matrix}I_{0}&+I_{1}&&-I_{3}&&&=&0\\&&&I_{3}&+I_{4}&+I_{5}&=&0\\-I_{0}&&+I_{2}&&-I_{4}&&=&0\\&-I_{1}&-I_{2}&&&-I_{5}&=&0\\&R_{1}I_{1}&&+R_{3}I_{3}&&-R_{5}I_{5}&=&0\\&&-R_{2}I_{2}&&-R_{4}I_{4}&+R_{5}I_{5}&=&0\\&-R_{1}I_{1}&+R_{2}I_{2}&&&&=&-V\,.\end{matrix}}$

Dabei sind die ${}R_{j}$ und ${}V$ vorgegebene Zahlen und die ${}I_{j}$ sind gesucht.

Definition

Es sei ${}K$ ein Körper und ${}a_{ij}\in K$ für ${}1\leq i\leq m$ und ${}1\leq j\leq n$. Dann nennt man

${\begin{matrix}a_{11}x_{1}+a_{12}x_{2}+\cdots +a_{1n}x_{n}&=&0\\a_{21}x_{1}+a_{22}x_{2}+\cdots +a_{2n}x_{n}&=&0\\\vdots &\vdots &\vdots \\a_{m1}x_{1}+a_{m2}x_{2}+\cdots +a_{mn}x_{n}&=&0\end{matrix}}$

ein (homogenes) lineares Gleichungssystem in den Variablen ${}x_{1},\ldots ,x_{n}$. Ein Tupel ${}(\xi _{1},\ldots ,\xi _{n})\in K^{n}$ heißt Lösung des linearen Gleichungssystems, wenn ${}\sum _{j=1}^{n}a_{ij}\xi _{j}=0$ für alle ${}i=1,\ldots ,m$ ist.

Wenn ${}(c_{1},\ldots ,c_{m})\in K^{m}$ beliebig ist, so heißt

${\begin{matrix}a_{11}x_{1}+a_{12}x_{2}+\cdots +a_{1n}x_{n}&=&c_{1}\\a_{21}x_{1}+a_{22}x_{2}+\cdots +a_{2n}x_{n}&=&c_{2}\\\vdots &\vdots &\vdots \\a_{m1}x_{1}+a_{m2}x_{2}+\cdots +a_{mn}x_{n}&=&c_{m}\end{matrix}}$

ein inhomogenes lineares Gleichungssystem und ein Tupel ${}(\zeta _{1},\ldots ,\zeta _{n})\in K^{n}$ heißt Lösung des inhomogenen linearen Gleichungssystems, wenn ${}\sum _{j=1}^{n}a_{ij}\zeta _{j}=c_{i}$ für alle ${}i$ ist.

Die Menge aller Lösungen eines linearen Gleichungssystems heißt die Lösungsmenge. Im homogenen Fall spricht man auch vom Lösungsraum, da es sich in der Tat, wie wir in der nächsten Vorlesung sehen werden, um einen Vektorraum handelt.

Ein homogenes lineares Gleichungssystem besitzt immer die sogenannte triviale Lösung ${}0=(0,\ldots ,0)$. Ein inhomogenes Gleichungssystem braucht nicht unbedingt eine Lösung haben. Zu einem inhomogenen linearen Gleichungssystem heißt das homogene System, das entsteht, wenn man den Störvektor gleich ${}0$ setzt, das zugehörige homogene System.

Beispiel

Es sei ${}K$ ein Körper und ${}m\in \mathbb {N}$. Im ${}K^{m}$ seien ${}n$ Vektoren (oder ${}m$-Tupel)

$v_{1}={\begin{pmatrix}a_{11}\\a_{21}\\\vdots \\a_{m1}\end{pmatrix}},\,v_{2}={\begin{pmatrix}a_{12}\\a_{22}\\\vdots \\a_{m2}\end{pmatrix}},\ldots ,v_{n}={\begin{pmatrix}a_{1n}\\a_{2n}\\\vdots \\a_{mn}\end{pmatrix}}$

gegeben und sei

${}w={\begin{pmatrix}c_{1}\\c_{2}\\\vdots \\c_{m}\end{pmatrix}}\,$

ein weiterer Vektor. Wir wollen wissen, wann sich ${}w$ als Linearkombination„Linearkombination“ der ${}v_{j}$ darstellen lässt. Es geht also um die Frage, ob es ${}n$ Elemente ${}s_{1},\ldots ,s_{n}\in K$ mit der Eigenschaft

${}s_{1}{\begin{pmatrix}a_{11}\\a_{21}\\\vdots \\a_{m1}\end{pmatrix}}+s_{2}{\begin{pmatrix}a_{12}\\a_{22}\\\vdots \\a_{m2}\end{pmatrix}}+\cdots +s_{n}{\begin{pmatrix}a_{1n}\\a_{2n}\\\vdots \\a_{mn}\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}c_{1}\\c_{2}\\\vdots \\c_{m}\end{pmatrix}}\,$

gibt. Die Gleichheit von Vektoren bedeutet, dass Übereinstimmung in jeder Komponente vorliegen muss, sodass dies zum linearen Gleichungssystem

${\begin{matrix}a_{11}s_{1}+a_{12}s_{2}+\cdots +a_{1n}s_{n}&=&c_{1}\\a_{21}s_{1}+a_{22}s_{2}+\cdots +a_{2n}s_{n}&=&c_{2}\\\vdots &\vdots &\vdots \\a_{m1}s_{1}+a_{m2}s_{2}+\cdots +a_{mn}s_{n}&=&c_{m}\end{matrix}}$

führt.

Das Lösen von linearen Gleichungssystemen

Lineare Gleichungssysteme werden mit dem Eliminationsverfahren gelöst, bei dem nach und nach Variablen eliminiert werden und schließlich ein besonders einfaches äquivalentes Gleichungssystem entsteht, das direkte gelöst werden kann (bzw. von dem gezeigt werden kann, dass es keine Lösung besitzt).

Definition

Es sei ${}K$ ein Körper und seien zwei (inhomogene) lineare Gleichungssysteme zur gleichen Variablenmenge gegeben. Die Systeme heißen äquivalent, wenn ihre Lösungsmengen übereinstimmen.

Lemma

Es sei ${}K$ ein Körper und

${\begin{matrix}a_{11}x_{1}+a_{12}x_{2}+\cdots +a_{1n}x_{n}&=&c_{1}\\a_{21}x_{1}+a_{22}x_{2}+\cdots +a_{2n}x_{n}&=&c_{2}\\\vdots &\vdots &\vdots \\a_{m1}x_{1}+a_{m2}x_{2}+\cdots +a_{mn}x_{n}&=&c_{m}\end{matrix}}$

ein inhomogenes lineares Gleichungssystem über ${}K$.

Dann führen die folgenden Manipulationen an diesem Gleichungssystem zu einem äquivalenten Gleichungssystem.

1. Das Vertauschen von zwei Gleichungen.
2. Die Multiplikation einer Gleichung mit einem Skalar ${}s\neq 0$.
3. Das einfache Weglassen einer Gleichung, die doppelt vorkommt.
4. Das Verdoppeln einer Gleichung (im Sinne von eine Gleichung zweimal hinschreiben).
5. Das Weglassen oder Hinzufügen einer Nullzeile (einer Nullgleichung).
6. Das Ersetzen einer Gleichung ${}H$ durch diejenige Gleichung, die entsteht, wenn man zu ${}H$ eine andere Gleichung ${}G$ des Systems addiert.

Beweis

Die meisten Aussagen sind direkt klar. (2) ergibt sich einfach daraus, dass wenn

${}\sum _{i=1}^{n}a_{i}\xi _{i}=c\,$

gilt, dass dann auch

${}\sum _{i=1}^{n}(sa_{i})\xi _{i}=sc\,$

für jedes ${}s\in K$ gilt. Bei ${}s\neq 0$ kann man diesen Übergang durch Multiplikation mit ${}s^{-1}$ rückgängig machen.

(6). Es sei ${}G$ die Gleichung

${}\sum _{i=1}^{n}a_{i}x_{i}=c\,$

und ${}H$ die Gleichung

${}\sum _{i=1}^{n}b_{i}x_{i}=d\,.$

Wenn ein Tupel ${}(\xi _{1},\ldots ,\xi _{n})\in K^{n}$ die beiden Gleichungen erfüllt, so erfüllt es auch die Gleichung ${}H'=G+H$. Und wenn das Tupel die beiden Gleichungen ${}G$ und ${}H'$ erfüllt, so auch die Gleichung ${}G$ und ${}H=H'-G$.

$\Box$

Für die praktische Lösung eines linearen Gleichungssystems sind die beiden Manipulationen (2) und (6) am wichtigsten, wobei man in aller Regel diese beiden Schritte kombiniert und eine Gleichung ${}H$ durch eine Gleichung der Form ${}H+\lambda G$ (mit $G\neq H$) ersetzt. Dabei wird ${}\lambda \in K$ so gewählt, dass die neue Gleichung eine Variable weniger besitzt als die alte. Man spricht von Elimination einer Variablen. Diese Elimination wird nicht nur für eine Zeile durchgeführt, sondern für alle Zeilen mit der Ausnahme von einer (geeignet gewählten) „Arbeitszeile“ ${}G$ und mit einer fixierten „Arbeitsvariablen“. Das folgende Eliminationslemma beschreibt diesen Rechenschritt.

Lemma

Es sei ${}K$ ein Körper und ${}S$ ein (inhomogenes) lineares Gleichungssystem über ${}K$ in den Variablen ${}x_{1},\ldots ,x_{n}$. Es sei ${}x$ eine Variable, die in mindestens einer Gleichung ${}G$ mit einem von ${}0$ verschiedenen Koeffizienten ${}a$ vorkommt.

Dann lässt sich jede von ${}G$ verschiedene Gleichung ${}H$ durch eine Gleichung ${}H'$ ersetzen, in der ${}x$ nicht mehr vorkommt, und zwar so, dass das neue Gleichungssystem ${}S'$, das aus ${}G$ und den Gleichungen ${}H'$ besteht, äquivalent zum Ausgangssystem ${}S$ ist.

Beweis

Durch Umnummerieren kann man ${}x=x_{1}$ erreichen. Es sei ${}G$ die Gleichung

${}ax_{1}+\sum _{i=2}^{n}a_{i}x_{i}=b\,$

(mit $a\neq 0$) und ${}H$ die Gleichung

${}cx_{1}+\sum _{i=2}^{n}c_{i}x_{i}=d\,.$

Dann hat die Gleichung

${}H'=H-{\frac {c}{a}}G\,$

die Gestalt

${}\sum _{i=2}^{n}{\left(c_{i}-{\frac {c}{a}}a_{i}\right)}x_{i}=d-{\frac {c}{a}}b\,,$

in der ${}x_{1}$ nicht mehr vorkommt. Wegen ${}H=H'+{\frac {c}{a}}G$ sind die Gleichungssysteme äquivalent.

$\Box$

Satz

Jedes (inhomogene) lineare Gleichungssystem über einem Körper ${}K$

lässt sich durch die in Lemma 5.7 beschriebenen elementaren Umformungen und durch das Weglassen von überflüssigen Gleichungen in ein äquivalentes lineares Gleichungssystem der Stufenform

${\begin{matrix}b_{1s_{1}}x_{s_{1}}&+b_{1s_{1}+1}x_{s_{1}+1}&\ldots &\ldots &\ldots &\ldots &\ldots &+b_{1n}x_{n}&=&d_{1}\\0&\ldots &0&b_{2s_{2}}x_{s_{2}}&\ldots &\ldots &\ldots &+b_{2n}x_{n}&=&d_{2}\\\vdots &\ddots &\ddots &\vdots &\vdots &\vdots &\vdots &\vdots &=&\vdots \\0&\ldots &\ldots &\ldots &0&b_{m{s_{m}}}x_{s_{m}}&\ldots &+b_{mn}x_{n}&=&d_{m}\\(0&\ldots &\ldots &\ldots &\ldots &\ldots &\ldots &0&=&d_{m+1})\end{matrix}}$

überführen, bei dem alle Startkoeffizienten ${}b_{1s_{1}},b_{2s_{2}},\ldots ,b_{ms_{m}}$ von ${}0$ verschieden sind.

Dabei ist bei ${}d_{m+1}=0$ die letzte Zeile überflüssig, oder aber, bei ${}d_{m+1}\neq 0$, das System besitzt keine Lösung.

Beweis

Dies folgt direkt aus dem Eliminationslemma, mit dem man sukzessive Variablen eliminiert. Man wendet es auf die erste (in der gegebenen Reihenfolge) Variable (diese sei $x_{s_{1}}$) an, die in mindestens einer Gleichung mit einem von ${}0$ verschiedenen Koeffizienten auftaucht (wenn sie nur in einer Gleichung auftaucht, so ist im Eliminationsprozess nichts zu tun). Diese Eliminationsschritte wendet man solange an, solange das im Eliminationsschritt entstehende variablenreduzierte Gleichungssystem (also ohne die vorhergehenden Arbeitsgleichungen) noch mindestens eine Gleichung mit einem von ${}0$ verschiedenen Koeffizienten enthält. Zum Schluss bleiben nur Gleichungen ohne Variablen übrig. Diese sind entweder alle die Nullgleichung, oder aber das System besitzt keine Lösung.

$\Box$

Lemma

Es sei ein inhomogenes lineares Gleichungssystem über einem Körper ${}K$ in Dreiecksgestalt

${\begin{matrix}a_{11}x_{1}&+a_{12}x_{2}&\ldots &\ldots &\ldots &\ldots &\ldots &+a_{1n}x_{n}&=&c_{1}\\0&\ldots &0&a_{2s_{2}}x_{s_{2}}&\ldots &\ldots &\ldots &+a_{2n}x_{n}&=&c_{2}\\\vdots &\ddots &\ddots &\vdots &\vdots &\vdots &\vdots &\vdots &=&\vdots \\0&\ldots &\ldots &\ldots &0&a_{m{s_{m}}}x_{s_{m}}&\ldots &+a_{mn}x_{n}&=&c_{m}\end{matrix}}$

gegeben, wobei die Startkoeffizienten ${}a_{11},a_{2s_{2}},\ldots ,a_{ms_{m}}$ ungleich ${}0$ seien.

Dann stehen die Lösungen ${}(x_{1},\ldots ,x_{n})$ in Bijektion zu den Tupeln

$(x_{2},\ldots ,x_{s_{2}-1},x_{s_{2}+1},\ldots ,x_{s_{3}-1},\ldots ,x_{s_{m}+1},\ldots ,x_{n})\in K^{s_{2}-2}\times K^{s_{3}-s_{2}-1}\times \cdots \times K^{n-s_{m}}.$

D.h. insgesamt sind jeweils in der ${}i$-ten Zeile die ${}s_{i+1}-s_{i}-1$ Variablen ${}x_{s_{i}+1},\ldots ,x_{s_{i+1}-1}$ frei wählbar und legen eine eindeutige Lösung fest, und jede Lösung wird dabei erfasst.

Beweis

Dies ist klar, da man eine Lösung ${}(x_{1},\ldots ,x_{n})$ eindeutig aus den Gleichungen rekonstruieren kann, wenn man die Stellen ${}x_{1},x_{s_{2}},x_{s3},\ldots ,x_{sm}$ weglässt. Von unten nach oben gelesen kann man aus ${}x_{s_{m}+1},\ldots ,x_{n}$ die Komponente ${}x_{s_{m}}$ mit Hilfe der letzten Gleichung als

${}x_{s_{m}}={\frac {1}{a_{s_{m}}}}{\left(c_{m}-a_{m,s_{m}+1}x_{s_{m}+1}-\cdots -a_{m,n}x_{n}\right)}\,$

erhalten, die Komponente ${}x_{s_{m-1}}$ kann man aus ${}x_{s_{m-1}+1},\ldots ,x_{s_{m}-1},x_{s_{m}+1},\ldots ,x_{n}$ mit Hilfe der vorletzten Gleichung als

${}{\begin{aligned}x_{s_{m-1}}&={\frac {1}{a_{s_{m-1}}}}{\left(c_{m-1}-a_{m-1,s_{m-1}+1}x_{s_{m-1}+1}-\cdots -a_{m-1,s_{m}}x_{s_{m}}-\cdots -a_{m-1n}x_{n}\right)}\\&={\frac {1}{a_{s_{m-1}}}}{\left(c_{m-1}-a_{m-1,s_{m-1}+1}x_{s_{m-1}+1}-\cdots -a_{m-1,s_{m}}{\frac {1}{a_{s_{m}}}}{\left(c_{m}-a_{m,s_{m}+1}x_{s_{m}+1}-\cdots -a_{m,n}x_{n}\right)}-\cdots -a_{m-1n}x_{n}\right)}\end{aligned}}$

erhalten, u.s.w.

$\Box$

Bei ${}m=n$ gibt es keine freien Variablen und es ist ${}K^{0}=0$ und das Gleichungssystem besitzt genau eine Lösung.

Beispiel

Wir wollen das inhomogene lineare Gleichungssystem

${\begin{matrix}2x&+5y&+2z&&-v&=&3\\3x&-4y&&+u&+2v&=&1\\4x&&-2z&+2u&&=&7\,\end{matrix}}$

über ${}\mathbb {R}$ (oder ${}\mathbb {Q}$) lösen. Wir eliminieren zuerst ${}x$, indem wir die erste Zeile ${}I$ beibehalten, die zweite Zeile ${}II$ durch ${}II-{\frac {3}{2}}I$ und die dritte Zeile ${}III$ durch ${}III-2I$ ersetzen. Das ergibt

${\begin{matrix}2x&+5y&+2z&&-v&=&3\\&-{\frac {23}{2}}y&-3z&+u&+{\frac {7}{2}}v&=&{\frac {-7}{2}}\\&-10y&-6z&+2u&+2v&=&1\,.\end{matrix}}$

Wir könnten jetzt aus der (neuen) dritten Zeile mit Hilfe der zweiten Zeile ${}y$ eliminieren. Wegen der Brüche eliminieren wir aber lieber ${}z$ (dies eliminiert gleichzeitig ${}u$). Wir belassen also die erste und zweite Zeile und ersetzen die dritte Zeile ${}III$ durch ${}III-2II$. Dies ergibt, wobei wir das System in einer neuen Reihenfolge der Variablen aufschreiben, das System

${\begin{matrix}2x&+2z&&+5y&-v&=&3\\&-3z&+u&-{\frac {23}{2}}y&+{\frac {7}{2}}v&=&{\frac {-7}{2}}\\&&&13y&-5v&=&8\,.\end{matrix}}$

Wir können uns nun ${}v$ beliebig (oder „frei“) vorgeben. Die dritte Zeile legt dann ${}y$ eindeutig fest, es muss nämlich

${}y={\frac {8}{13}}+{\frac {5}{13}}v\,$

gelten. In der zweiten Gleichung können wir wieder ${}u$ beliebig vorgeben, was dann ${}z$ eindeutig festlegt, nämlich

${}{\begin{aligned}z&=-{\frac {1}{3}}{\left(-{\frac {7}{2}}-u-{\frac {7}{2}}v+{\frac {23}{2}}{\left({\frac {8}{13}}+{\frac {5}{13}}v\right)}\right)}\\&=-{\frac {1}{3}}{\left(-{\frac {7}{2}}-u-{\frac {7}{2}}v+{\frac {92}{13}}+{\frac {115}{26}}v\right)}\\&=-{\frac {1}{3}}{\left({\frac {93}{26}}-u+{\frac {12}{13}}v\right)}\\&=-{\frac {31}{26}}+{\frac {1}{3}}u-{\frac {4}{13}}v.\end{aligned}}$

Die erste Zeile legt dann ${}x$ fest, nämlich

${}{\begin{aligned}x&={\frac {1}{2}}{\left(3-2z-5y+v\right)}\\&={\frac {1}{2}}{\left(3-2{\left(-{\frac {31}{26}}+{\frac {1}{3}}u-{\frac {4}{13}}v\right)}-5{\left({\frac {8}{13}}+{\frac {5}{13}}v\right)}+v\right)}\\&={\frac {1}{2}}{\left({\frac {30}{13}}-{\frac {2}{3}}u-{\frac {4}{13}}v\right)}\\&={\frac {15}{13}}-{\frac {1}{3}}u-{\frac {2}{13}}v.\end{aligned}}$

Daher kann man die Gesamtlösungsmenge als

${\left\{{\left({\frac {15}{13}}-{\frac {1}{3}}u-{\frac {2}{13}}v,{\frac {8}{13}}+{\frac {5}{13}}v,-{\frac {31}{26}}+{\frac {1}{3}}u-{\frac {4}{13}}v,u,v\right)}\mid u,v\in \mathbb {R} \right\}}$

schreiben. Eine besonders einfache Lösung ergibt sich, wenn man die freien Variablen ${}u$ und ${}v$ gleich ${}0$ setzt. Dies führt auf die spezielle Lösung

${}(x,y,z,u,v)=\left({\frac {15}{13}},\,{\frac {8}{13}},\,-{\frac {31}{26}},\,0,\,0\right)\,.$

In der allgemeinen Lösung kann man ${}u$ und ${}v$ als Koeffizienten rausziehen und dann die Lösungsmenge auch als

${\left\{{\left({\frac {15}{13}},{\frac {8}{13}},-{\frac {31}{26}},0,0\right)}+u{\left(-{\frac {1}{3}},0,{\frac {1}{3}},1,0\right)}+v{\left(-{\frac {2}{13}},{\frac {5}{13}},-{\frac {4}{13}},0,1\right)}\mid u,v\in \mathbb {R} \right\}}$

schreiben. Dabei ist

${\left\{u{\left(-{\frac {1}{3}},0,{\frac {1}{3}},1,0\right)}+v{\left(-{\frac {2}{13}},{\frac {5}{13}},-{\frac {4}{13}},0,1\right)}\mid u,v\in \mathbb {R} \right\}}$

eine Beschreibung der allgemeinen Lösung des zugehörigen homogenen linearen Gleichungssystems.

Fußnoten

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