Gauss elimination

Det er en løsningsmængde. Hvis du vil afsætte løsningsmængden i et koordinatsystem bliver det en ret linje.

2.) I første omgang vil jeg reducere så meget som muligt. I sidste instans kan du risikere at skulle bruge et CAS værktøj

#1

Skal man i første spørgsmål betragte x = -2z, y = 1/4 og z = z?

Problemet i 2) skulle gerne kunne løses i hånden. Ifølge løsningsforslaget skal det give en andengradsligning, men der opstår vist fejl i min beregning, når det kommer til potensregneregler.

Anyone?

#2

2) Formodentlig har du ikke skrevet ligningen korrekt. Skal det ikke være

2^t·(2^t+1 - 2) - (-1 + 2^t)·(12 - 2^t+1) = 0 ?

Sætter man x = 2^t , er ligningen da

x(2x -2) -(-1 +x)·(12 -2x) = 0 , dvs

2x(x-1) - (x-1)·(12 -2x) = 0 , eller

(x-1)·(2x -12 +2x) = 0 , eller

4·(x-1)·(x-3) = 0 , eller

2^t = 1 ∨ 2^t = 3 , eller

t = 0 ∨ t = log(3/2)

I 1) er løsningsmængden

L = {(x,y,z) | x = -2z ∧ y = 1/4}

   = {(x,y,z) | ∃t∈R: (x,y,z) = (0 , 1/4 , 0) + t·(-2 , 0 , 1)}

Rettelse til #4

I sidste linie skulle det være

t = 0 ∨ t = log(3) / log(2)

#4

Du har ret i, at 2t skulle have været 2^t. Super!

Hvordan er det man 'læser' sidste linje i #5?

#7

Du kan også skrive det på sædvanlig parameterfremstillingsmåde

= {(x,y,z) | (x,y,z) = (0 , 1/4 , 0) + t·(-2 , 0 , 1) , t∈R }

#8

Okay, så det korte af det lange er, at jeg har en løsning, der er lineær og har parameterfremstillingen givet i #8. Kigger jeg på løsningsforslaget, ligner det dog, at der er tegnet en vektor fra origo med retningen {0  1/4  0} og en anden vektor, der starter, hvor den den førstnævnte vektor stopper, med retningen {-2  0  1}. Det er da ikke sådan man tegner en parameterfremstilling, vel?

#9

Parameterfremstillingen angiver, hvorledes alle punkter i løsningsmængden kan frembringes ved at lade t gennemløbe mængden R af de reelle tal.

Denne parameterfremstilling fremstiller en ret linie. Man kommer til et punkt P i løsningsmængden svarende til parameterværdien t ved først at gå til punktet (0 , 1/4 , 0) og derfra afsætte vektoren t·(-2 , 0 , 1) . Hvis
Q(0 , 1/4 , 0) er det faste punkt på linien, og r = (-2 , 0 , 1) er retningsvektoren, har man parameterfremstillingen

        OP = OQ + t·r , t∈R .

#10

Ja, sådan plejer det også at være. Tak for hjælpen.