Mathematik online lernen im Mathe-Forum. Nachhilfe online

Startseite » Forum » Gleichungssystem symbolisch lösen

Gleichungssystem symbolisch lösen

Universität / Fachhochschule

Tags: Algebra, Geometrie

GeheimAgent001254 aktiv_icon

21:42 Uhr, 18.11.2024

Hallo,

Sind diese Gleichungen symbolisch lösbar?
Für die Variablen

x, y, z, v_{x}, v_{y}, v_{z}, t_{1}, t_{2}, t_{3}

Für

i \in {1, 2, 3}

x_{i} = x - t_{i} \cdot (v_{x i} - v_{x})

y_{i} = y - t_{i} \cdot (v_{y i} - v_{y})

z_{i} = z - t_{i} \cdot (v_{z i} - v_{z})

Ich habe mit numerischen Werten für

x_{i}, v_{x i}, y_{i}, v_{y i}, z_{i}, v_{z i}

von verschiedenen Systemen Lösungen bekommen, aber konnte von keinem symbolische Lösungen erhalten.

Hintergrund:
Das Problem beschreibt in etwa die Ermittlung der Position und Geschwindigkeit eines Geschosses durch Kenntnis der Positionen und Geschwindigkeiten davon erzeugter Fragmente unter der Annahme alle Objekte bewegen sich unbeschleunigt und ohne Impulsaustausch.

Mich interessierts nur, obs überhaupt geht, es ist ja schonmal kein lineares Gleichungssystem.

Danke

Für alle, die mir helfen möchten (automatisch von OnlineMathe generiert):
"Ich möchte die Lösung in Zusammenarbeit mit anderen erstellen."

Roman-22

22:36 Uhr, 18.11.2024

Versteh ich dich richtig: Du hast 9 Gleichungen in

27

Variablen, von denen du

18

vorgibst und die restlichen 9 (t_i,x,y,z,v_x,v_y,v_z)suchst?
Könnt schon sein, dass auch CAS da ein wenig Probleme zeigen oder das Ergebnis vielleicht auch nicht gar so klein und übersichtlich ist.
Ich hatte mit meinem Number Cruncher, der ein wenig symbolische Mathe als Dreingabe kann, kein Glück, bzw. hatte ich nicht die Geduld, das Ende der Berechnung abzuwarten

Das Ganze nochmals zB bei Wolfram Alpha einzugeben, dazu konnte ich mich nicht überwinden

. .

GeheimAgent001254 aktiv_icon

23:35 Uhr, 18.11.2024

Ja, hast du richtig verstanden.

Bei Wolfram Alpha hab ich es auch versucht, aber der konnte auch viel weniger nicht rechnen.
Ich habs mit je 5 Gleichungen und 5 Unbekannten versucht. Das sieht noch sehr manierlich aus.
Bei 6 kommen dann quadratische Terme rein und die Formeln werden schon recht lang.

Aber für die Beurteilung fehlt mir ansonsten jegliches Verständnis

Roman-22

01:37 Uhr, 19.11.2024

Ich habe derzeit keine Zugriff auf Mathematica und Maple, vielleicht kann es hier jemand damit versuchen.
Grundsätzlich frage ich mich aber, was eine vielleicht seitenlange symbolische Lösung nützen würde. Noch dazu wo die Lösung vielleicht auch nicht eindeutig ist.
Außerdem kann die Lösung eine Reihe von Fallunterscheidungen beinhalten. So könnten die Lösungen zB unterschiedlich ausfallen je nachdem ob

t_{1} \neq t_{2}

ist oder nicht usw.

Du könntest die erste Gleichung nach

x

auflösen.
Das Ergebnis dann in die zweite Gleichung einsetzen und diese nach

v_{x}

lösen.
Danach die beiden Ergebnisse in die dritte Gleichung einsetzen.
Das liefert aus den ersten drei Gleichungen nun eine Gleichung in

t_{1}, t_{2}

und

t_{3}

.
Analog lassen sich auch die Gleichungen

4 - 6

und

7 - 9

in jeweils eine Gleichung nur in den

t_{i}

reduzieren.
Am Ende hast du dann ein Gleichungssystem mit drei Gleichungen in den Variablen

t_{1}, t_{2}

und

t_{3}

.
(siehe Anhang)
Freundlich zu lösen wird das aber auch nicht sein.
Die erste von diesen drei Gleichungen nach

t_{1}

zu lösen ist noch harmlos.
Das Ergebnis aber in die zweite Gleichung einzusetzen und diese dann nach

t_{2}

zu lösen, bringt meinen Rechner bzw. mein Programm bereits an seine Grenze, sodass ich gar nicht mehr dazu komme, dieses Ergebnis in die dritte Gleichung einzusetzen und diese nach

t_{3}

zu lösen.

HAL9000

11:53 Uhr, 19.11.2024

Ja, so bin ich auch vorgegangen - hab nur nicht ausmultipliziert, sondern viele Faktoren erstmal so belassen:

(x_{1} - x_{2} + t_{1} v_{x 1} - t_{2} v_{x 2}) (t_{1} - t_{3}) = (x_{1} - x_{3} + t_{1} v_{x 1} - t_{3} v_{x 3}) (t_{1} - t_{2})

(y_{1} - y_{2} + t_{1} v_{y 1} - t_{2} v_{y 2}) (t_{1} - t_{3}) = (y_{1} - y_{3} + t_{1} v_{y 1} - t_{3} v_{y 3}) (t_{1} - t_{2})

(z_{1} - z_{2} + t_{1} v_{z 1} - t_{2} v_{z 2}) (t_{1} - t_{3}) = (z_{1} - z_{3} + t_{1} v_{z 1} - t_{3} v_{z 3}) (t_{1} - t_{2})

Das sind nun drei Gleichungen, in denen

t_{1}, t_{2}, t_{3}

quadratisch vorkommen (inklusive gemischter Glieder

t_{i} t_{j}

). Weitere Eliminationsversuche bei allgemeiner Parameterlage enden wohl in fürchterlichen Termungetümen - das sehe ich genauso wie Roman.

Für konkret gegebene 18 Parameter kann man ja z.B. sowas wie das dreidimensionale Newton ansetzen. Die Benennnung deutet daraufhin, dass man vielleicht von Zeiten

t_{1} < t_{2} < t_{3}

ausgehen kann, bzw. die sogar noch genauer verorten kann - damit hätte man evtl. schon einen passablen Startpunkt für jene Newton-Iteration.

GeheimAgent001254 aktiv_icon

22:38 Uhr, 20.11.2024

Danke für euren Input.

GeheimAgent001254 aktiv_icon

22:38 Uhr, 20.11.2024

Danke für euren Input.

GeheimAgent001254 aktiv_icon

11:46 Uhr, 21.11.2024

So jetzt habe ich doch was gutes gebastelt glaube ich.

Exemplarisch:

t_{1} = \frac{x - x_{1}}{v_{x 1} - v_{x}} = \frac{y - y_{1}}{v_{y 1} - v_{y}}

t_{2} = \frac{x - x_{2}}{v_{x 2} - v_{x}} = \frac{y - y_{2}}{v_{y 2} - v_{y}}

\Rightarrow

(x - x_{1}) (v_{y 1} - v_{y}) + (y_{1} - y) (v_{x 1} - v_{x}) = 0

(x - x_{2}) (v_{y 2} - v_{y}) + (y_{2} - y) (v_{x 2} - v_{x}) = 0

\Rightarrow

(x - x_{1}) (v_{y 1} - v_{y}) + (y_{1} - y) (v_{x 1} - v_{x}) + (x - x_{2}) (v_{y 2} - v_{y}) + (y_{2} - y) (v_{x 2} - v_{x}) = 0

\Rightarrow

(v_{y 2} - v_{y 1}) x + (v_{x 1} - v_{x 2}) y + (y_{1} - y_{2}) v_{x} + (x_{2} - x_{1}) v_{y} = x_{2} v_{y 2} + y_{1} v_{x 1} - x_{1} v_{y 1} - y_{2} v_{x 2}

Das Ganze für 6 verschiedene Paare und man kriegt ein lineares Gleichungssystem mit 6 Variablen

(v_{y 2} - v_{y 1}, v_{x 1} - v_{x 2}, 0, y_{1} - y_{2}, x_{2} - x_{1}, 0) (x) (K_{x y 12})

(v_{y 3} - v_{y 1}, v_{x 1} - v_{x 3}, 0, y_{1} - y_{3}, x_{3} - x_{1}, 0) (y) (K_{x y 13})

(v_{z 2} - v_{z 1}, 0, v_{x 1} - v_{x 2}, z_{1} - z_{2}, 0, x_{2} - x_{1}) \cdot (z) = (K_{x z 12})

(v_{z 3} - v_{z 1}, 0, v_{x 1} - v_{x 3}, z_{1} - z_{3}, 0, x_{3} - x_{1}) (v_{x}) (K_{x z 13})

(0, v_{z 2} - v_{z 1}, v_{y 1} - v_{y 2}, 0, z_{1} - z_{2}, y_{2} - y_{1}) (v_{y}) (K_{y z 12})

(0, v_{z 3} - v_{z 1}, v_{y 1} - v_{y 3}, 0, z_{1} - z_{3}, y_{3} - y_{1}) (v_{z}) (K_{y z 13})

und lineare Gleichungssysteme sind generell lösbar, oder?
Und quadratische Terme sollte es dann ja auch nicht geben, also löschen sich die wohl gegenseitig aus.

HAL9000

14:25 Uhr, 21.11.2024

Ja, deine Hartnäckigkeit hat sich wohl ausgezahlt. Ich hatte noch kurz Bedenken, dass durch deine insgesamt jeweils vier verarbeiteten Originalgleichungen zu je einer deiner neuen Gleichungen in

x, y, z, v_{x}, v_{y}, v_{z}

evtl. eine Redundanz reingekommen ist, d.h., die Koeffizientenmatrix singulär ist - aber das scheint bei allgemeiner Parameterlage nicht der Fall zu sein.

Roman-22

16:08 Uhr, 21.11.2024

Ja, Gratulation!
Ich konnte jetzt auch keinen Fehler entdecken.
Man müsste sich nur vielleicht ansehen, wie das im Speziellen aussieht, wenn

v_{x i} = v_{x},

etc. ist.

HAL9000

16:48 Uhr, 21.11.2024

Anzumerken (für die Nachvollziehbarkeit deiner Herleitung) wäre allenfalls noch, dass du dich in einer Zeile mit den Vorzeichen verschrieben hast: Es muss wohl

\Rightarrow - (x - x_{1}) (v_{y 1} - v_{y}) - (y_{1} - y) (v_{x 1} - v_{x}) + (x - x_{2}) (v_{y 2} - v_{y}) + (y_{2} - y) (v_{x 2} - v_{x}) = 0

heißen.

GeheimAgent001254 aktiv_icon

22:29 Uhr, 21.11.2024

Tatsächlich musste ich mehrmals anfangen.

Hm, die Sache ist, der Schritt 0+0=0 geht genauso mit -0+0=0 oder 0-0=0
Daher dachte ich kommt immer dasselbe Ergebnis raus, das ist jetz schon bisschen verwirrend.
Muss ich nochmal drübergucken...

HAL9000

11:08 Uhr, 22.11.2024

Ich habe die Vorzeichen so angepasst, dass deine nächste Zeile oben auch wirklich daraus folgt - mit (um in deinen Worten zu sprechen) 0+0 wäre dies nicht der Fall, prüf das ruhig nach:

Dann verbleibt nämlich z.B. das Produkt

x \cdot v_{y}

der beiden Unbekannten

x

und

v_{y}

im Term - das kannst du gar nicht gebrauchen, wenn du ein lineares Gleichungssystem aufstellen willst...

GeheimAgent001254 aktiv_icon

12:37 Uhr, 22.11.2024

Ah jetzt hab ich meinen Fehler gefunden, ich hab die

x

und

x_{1}

bzw.

y

y_{1}

vertauscht.
Die Differenz umdrehen ist ja dasselbe wie -Differenz.

Ich hab die Angewohnheit die Differenz zu drehen statt das - davor zu schreiben.
Deswegen war ich verwirrt, weil ich in meinen Notizen nirgendwo entsprechende Minuszeichen gefunden habe^^

Danke

1588957

1588911

	Status: nicht eingeloggt	Noch nicht registriert?