7.1 Matrizen und Vektore Anwendungsbeispiele

7.1 Matrizen und Vektore
Lineare Gleichungssysteme bestehen aus einer Gruppe von Gleichungen, in denen alle
Variablen nur in der 1. Potenz vorkommen.
Beispiel Seite 340 oben:
6x1 –x2 = -1
x1 + 3x2 = 4
mit den Variablen x1 und x2
Allgemein gilt für m Gleichungen mit n Unbekannten:
a11x1 + a12x2 +…+a1nxn= b1
…
am1x1 + am2x2 +…+amnxn= bm
n
Oder für die i. Gleichung mit dem Summenzeichen: ∑ aik x k = bi ; i = 1,2,..., m
k =1
Das rechteckige Zahlenschema (Tabelle):
 a11 ... a1n 
ist eine so genannte Matrix und heisst Koeffizientenmatrix des


 ...
 linearen Gleichungssystems
a

 m1 ... a mn 
Und die Spalte  b1 
 
 ... 
b 
 m
heisst Spaltenvektor der rechten Seite des linearen Gleichungssystems
Matrizen sind Tabellen, Vektore sind Zeilen oder Spalten
Sie erlauben eine kompakte Schreibweise
Lösen Sie die Übung 1 im Übungsblatt
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Anwendungsbeispiele
Beispiel Seite 341 unten: Verflechtungstabelle:
Lesen Sie das Beispiel mit der Verflechtungstabelle Seite 341 unten
n Sektoren eines Unternehmens S1, S2, …, Sn liefern sich gegenseitig Güter, wobei
aij die Lieferung von Sektor Si an Sektor Sj ist und bi die zum Verkauf an den
Endverbraucher bestimmte Lieferung des Sektors Si
Die Matrix wird von links nach rechts gelesen:
z.B. S2 liefert a21 an S1, a22 an sich und b2 an den Endverbraucher.
Lösen Sie die Übung 2 im Übungsblatt
Beispiel Seite 342 oben: Produktionskoeffizienten:
Lesen Sie das Beispiel mit den Produktionskoeffizienten Seite 342 oben
Wir haben wieder n Sektoren, welche jeder ein Gut produziert.
Hier stellt die Matrix die Menge der Güter aus den verschiedenen Sektoren dar,
welche ein Sektor für die Herstellung einer Mengeneinheit seines Guts benötigt.
Die Matrix wird von oben nach unten gelesen:
z.B. benötigt S2 1,7 ME des Guts von S1, 0 ME seines Guts und 0,5 ME des Guts
von S3 für die Herstellung von 1 ME seines Guts.
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Anwendungsbeispiele (2)
Beispiel Seite 342 unten: Rohstoffverbrauchskoeffizienten:
Lesen Sie das Beispiel mit der Rohstoffverbrauchskoeffizienten Seite 342 unten- 343
Ähnlich wie die Produktionskoeffizienten, nur dass in der Matrix rik die Mengen des
benötigten Rohstoffs Ri darstellt, welche ein Sektor Sk für die Herstellung einer
Mengeneinheit seines Guts benötigt.
Vektoren werden hier an mehreren Orten verwendet:
Der Produktionsvektor x ist der Spaltenvektor mit der Menge der von jedem Sektor Si
produzierten Menge seines Produktes xi:  x1 
 
 ... 
x 
 n
 p1 
 
Der Preisvektor p ist der Spaltenvektor mit den Preisen pi der n Produkte:  ... 
 
 pn 
 r1 

 ... 
r 
 m
Der Rohstoffvektor ist der Spaltenvektor mit den Mengen ri der m benötigten Rohstoffe: 
Lösen Sie die Übung 3 im Übungsblatt
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7.2 Lineare Gleichungssysteme
Beispiel 1 Seite 358: ein lineares Gleichungssystem:
4x1 – x2 = 5
x1+ x2 = 10
Dieses lässt sich graphisch lösen durch Einzeichnen der Funktionsgraphen:
x2 = 4x1 – 5 und
x2 = 10 - x1
in einem Koordinatensystem mit den Achsen x1 und x2 (vergl. Abb. 7.2 Seite 359).
Die Lösungen sind dann die Menge der Schnittpunkte der 2 Funktionsgraphen.
Wie viele Lösungen hat ein solches lineares Gleichungssystem mit 2 Gleichungen und 2
Unbekannten?
Die 2 Funktionen sind linear – ihre Funktionsgraphen also Geraden.
2 Geraden schneiden sich in der Ebene entweder:
•
In einem Punkt ⇒ eine Lösung
•
gar nicht, falls sie parallel sind (vergl. Abb. 7.2.4 rechts) ⇒ keine Lösung
•
überall falls die 2 Geraden zusammenfallen (vergl. Abb. 7.2.4 mitte) ⇒ unendlich viele
Lösungen
Das lineare Gleichungssystem mit 2 Gleichungen und 2 Unbekannten hat also eine, keine oder
unendlich viele Lösungen.
Dieser Satz gilt für beliebige lineare Gleichungssysteme mit m Gleichungen und n Unbekannten!
Auch diese haben eine, keine oder unendlich viele Lösungen.
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2
Matrix-Schreibweise
Ein lineares Gleichungssystem lässt sich in einer Matrix-Schreibweise darstellen:
Ax = b
 x1 
Wobei A die Koeffizientenmatrix ist, x =   der Vektor der Unbekannten und
 b1 
 
 ... 
x 
 n
b =  ...  der Vektor der rechten Seiten.
b 
 m
Und Ax ist die Multiplikation einer Matrix mit einem Vektor.
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Gauss‘sches Eliminationsverfahren
Beispiel Seite 361: ein lineares Gleichungssystem mit 3 Gleichungen und 3 Unbekannten. Wie
können wir es lösen?
Graphisch geht das nicht mehr, da es sich um Ebenen im 3-dimensionalen Raum handelt.
1. Idee: die 1. Gleichung nach x1 auflösen und in die 2. und 3. Gleichung einsetzen. Dann bleibt
ein Gleichungssystem mit 2 Gleichungen und 2 Unbekannten.
Lösen Sie die 1. Gleichung nach x1 auf und setzen Sie in die 2 übrigen Gleichungen ein.
Eleganter: zur 2. und 3. Gleichung ein Vielfaches der 1. Gleichung addieren/subtrahieren, so dass
x1 wegfällt.
Wenn wir z.B. die 2. Gleichung mit 2 multiplizieren und 3 mal die 1. addieren, so fällt 6x1-6x1weg.
Setzen wir diese neue Gleichung anstelle der 2. und analog für die 3., so bleibt x1 nur in der 1.
Zeile stehen und es bleiben 2 Gleichungen mit 2 Unbekannten x2, x3.
Nach einem weiteren Eliminationsschritt für x2 gelangen wir zu einer Darstellung wie Seite 361
unten, aus welcher wir die Lösungen für x1, x2 und x3 direkt ablesen können.
Lösen Sie die Übung 4
Daraus folgt die 2. Idee - das Gauss‘sche Eliminationsverfahren: das Gleichungssystem mit
erlaubten Umformungen solange umgestalten, bis wir eine Koeffizientenmatrix erhalten,
welche bis auf die Diagonale aus lauter Nullen besteht (so genannte Diagonalmatrix)
Erlaubt sind die folgenden Umformungen, ohne dass sich an der Lösungsmenge etwas ändert:
1. Vertauschen zweier Zeilen (ist nötig, falls aii = 0)
2. Ersetzen einer Zeile durch die Summe aus dem λ1-fachen dieser Zeile und dem λ2-fachen
einer andern Zeile
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3
Der Algorithmus
Bei einer Textaufgabe muss zuerst das lineare Gleichungssystem gefunden werden.
Anschliessend wird das Gleichungssystem als Tableau geschrieben (vergl. p. 362)
Beginnend mit der 1. Spalte wird nun eine Spalte j nach der andern so transformiert, dass alle
Werte Null werden, mit Ausnahme des Elements ajj in der Matrixdiagonalen, indem:
- alle Zeilen ausser der j-ten durch eine Kombination von sich und der j-ten Zeile ersetzt
werden, so dass ihr Element in der j-ten Spalte Null wird.
- falls ajj =0 ist, die j-te Zeile mit einer darunter liegenden vertauscht wird, deren j-tes Element
nicht Null ist
Wie bestimmt man die Kombination einer Zeile und der j-ten Zeile, so dass das j-te Element in der
ersten Null wird?
1
 
Betrachten wir das Beispiel 4) Seite 369: in der 1. Spalte  − 1 soll das unterste Element Null
5
werden:
 
Gesucht sind a und b, so dass a·1 +b·5 = 0
a = -5b
a/b = -5; also z. B. b = 1 und a = -5
Die 3. Zeile ist also zu ersetzen durch -5·1. Zeile +3. Zeile
Lösen wir das Beispiel auf Seite 362 im Tableau-Format
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Spezialfälle
Beispiel Seite 363: nach der ersten Vereinfachung ist in der 2. Zeile a22=0, Damit wir
weiter in Richtung der Schluss-Diagonalmatrix arbeiten können, müssen wir die
2. und 3. Zeile vertauschen.
Lesen Sie das Beispiel Seite 363
Beispiel Seite 364: nach einigen Schritten erhalten wir 2 Zeilen mit lauter Nullen.
Das bedeutet, dass die betreffenden Unbekannten x3 und x4 frei gewählt
werden können. Das Gleichungssystem hat unendlich viele Lösungen.
Lesen Sie das Beispiel Seite 364
Beispiel Seite 366 : nach einigen Schritten erhalten wir eine Zeile:
000|8
Das Gleichungssystem 0x1 + 0x2 +0x3 = 8 hat keine Lösung.
Lesen Sie das Beispiel Seite 366
Lesen Sie die Beispiele 1-3 Seite 366-69
Lösen Sie die Aufgabe 2 Seite 404
Lösen Sie die Übung 5 auf dem Übungsblatt
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4
7.3 Lineare Optimierung
Bei vielen ökonomischen Problemen ist der Wert einer Funktion Z mit n
unabhängigen Variablen x1, x2, …, xn zu maximieren.
D.h. diejenige Kombination der Variablen-Werte xi zu finden, für die der
Funktionswert Z(x1, x2, …, xn) maximal ist.
Häufig ist diese so genannte Zielfunktion Z eine lineare Funktion, nd.h. die
Variablen kommen nur in der ersten Potenz vor: Z ( x1, x2 ,..., xn ) = ∑ ci xi
i =1
Dabei müssen die n Variablen m lineare Ungleichungen erfüllen, die so
n
genannten Restriktionen oder Einschränkungen: ∑ aik xk ≤ bi
i=1, 2, …, m
k =1
Und aus ökonomischen Gründen dürfen die n Variablen nicht negativ sein
(ökonomischer Definitionsbereich):
xi ≥0; i=1, 2, …, n (Nicht-Negativitätsbedingung)
Ein solches Problem, bestehend aus einer linearen Zielfunktion, linearen
Restriktionen und Nicht-Negativitätsbedingungen heisst lineares
Optimierungsproblem (LO-Problem).
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LO-Problemen mit 2 Variablen: Optimale Produktionsstrategie
Lesen Sie die Aufgabenstellung im Beispiel1 Seite 387 unten: Optimale
Produktionsstrategie
Zu maximieren ist die Herstellungsmenge eines Produktes, welches nach 2
verschiedenen Verfahren hergestellt werden kann.
Die unabhängigen Variablen sind die hergestellte Menge x1 nach dem 1. Verfahren
und die hergestellte Menge x2 nach dem 2. Verfahren.
Die zu maximierende Zielfunktion lautet also:
Z(x1, x2) = x1 + x2
Die Restriktionen ergeben sich aus den verfügbaren Mengen der 3 Komponenten,
welche für die Herstellung benötigt werden:
Das 1. Verfahren benötigt 1 Komponente K1, das 2. Verfahren 3. Total werden also
x1 + 3x2 Komponenten K1 benötigt, was ≤ 24, die verfügbare Menge, sein muss.
Die Restriktionen aus den übrigen 2 Komponenten lauten:
5x1 + 7x2 ≤ 64
2x1 + x2 ≤ 22
Und die Nicht-Negativitätsbedingungen lauten:
x1 ≥ 0 und x2 ≥ 0
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Graphische Lösung eines LO-Problems mit 2 Variablen
Ein LO-Problem mit 2 Variablen lässt sich grafisch lösen:
Die möglichen Werte der zwei Variablen x1, x2 sind die Punkte einer Ebene mit den
Achsen x1 und x2 (Kartesisches Koordinatensystem mit Achsen x1, x2 statt x,y)
Die Lösungsmenge einer linearen Gleichung mit x1 und x2 bilden in dieser Ebene
eine Gerade, z.B. für 5x1 + 7x2 = 64 die Gerade:
x2 = -5/7⋅x1 + 64/7 in Abb. 7.5 Seite 389.
Wird die Gleichung durch eine gleich lautende Ungleichung mit ≤ ersetzt, so bildet
die Lösungsmenge die Fläche links von der Geraden, diese inbegriffen (vergl.
Abb. 7.5)
Die Lösungsmenge, welche alle 3 Restriktionen erfüllen, sowie die 2 NichtNegativitätsbedingungen, bilden somit eine Fläche mit 5 Seiten: den zulässigen
Bereich (die schraffierte Fläche in Abb. 7.6)
Die verschiedenen möglichen Werte der Zielfunktion x1 + x2 = Z bilden die Geraden:
x2 = Z - x1 (Z eine Konstante), welche alle die Steigung -1 haben und somit parallel
sind.
Um den maximalen Wert Zmax zu bestimmen, genügt es also, eine dieser Geraden
einzuzeichnen, z.B. für Z=0, und die Gerade parallel nach rechts oben zu
verschieben, bis zur äussersten Ecke des zulässigen Bereichs (Punkt (10;2) in
Abb. 7.7 Seite 390)
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Vorgehen bei der Graphische Lösung eines LO-Problems
1. Festlegen, welches die zwei Variablen x1 und x2 sind (nur bei Textaufgaben)
2. Die zu maximierende Zielfunktion in Anhängigkeit der 2 Variablen aufstellen
3. Die Restriktionen (Einschränkungen) als ≤-Ungleichungen der 2 Variablen
aufstellen
4. Die 2 Nicht-Negativitätsbedingungen aufstellen: x1 ≥ 0 und x2 ≥ 0
5. Die entsprechenden Geraden der Restriktionen und der NichtNegativitätsbedingungen im Koordinatensystem der 2 Variablen einzeichnen
und zum zulässigen Bereich schraffieren
6. Eine Gerade der Zielfunktion für einen beliebigen Wert von Z einzeichnen, z.B.
Z=0
7. Die Gerade parallel verschieben bis zum äussersten Punkt rechts oben des
zulässigen Bereichs.
8. Die Koordinaten dieses Eckpunktes und damit die Lösung für die Variablen
ablesen bzw. berechnen als Schnittpunkt von 2 Geraden.
9. Zmax berechnen durch Einsetzen in die Zielfunktion Z(x1, x2)
Lösen wir gemeinsam das Beispiel 1 Seite 387-90
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6
Spezialfälle
Falls es sich bei einer Restriktion um eine ≥-Ungleichungen handelt, so muss die
Fläche rechts von der Geraden der entsprechenden Gleichung schraffiert
werden (auch der Fall bei den Nicht-Negativitätsbedingungen).
Falls statt dem Maximum das Minimum einer Zielfunktion Z(x1, x2) gesucht wird, so
wird die Gerade der Zielfunktion nach links unten verschoben, bis zum
äussersten Punkt des zulässigen Bereichs.
Lesen Sie das Beispiel ab Seite 390 unten: Kostenoptimale Futtermischung
Falls die parallel verschobene Gerade der Zielfunktion nicht auf einen einzelnen
Eckpunkt fällt, sondern auf eine ganze Seitenlinie, so gibt es unendlich viele
Lösungen mit maximalem Wert Zmax (vergl. Fig. 7.9 Seite 393)
Es kann sein, dass der zulässige Bereich nicht abgeschlossen ist und bezüglich der
Zielfunktion keinen äussersten Punkt besitzt (vergl. Abb. 7.10 Seite 393). Das
Optimierungsproblem hat dann keine Lösung.
Lesen Sie das Beispiel ab Seite 392 unten:
Lösen Sie die Aufgaben 7 (nur grafisch) und 8 Seite 405
LO wird an der Prüfung nicht verlangt.
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Aufgaben und Ziele
Aufgaben
Lesen Sie das Skript bis zur Prüfung nochmals durch.
Lösen Sie die darin angegebenen Übungen aus dem Buch und aus dem
Übungsblatt fertig.
Lesen Sie Purkert Kap. 7.1.1, 7.2.1 bis p. 370, Kap. 7.3.1
Bei Problemen Mail an [email protected] oder [email protected]
Ziele
•
•
•
Die Studierenden kennen die Definition eines linearen Gleichungssystems und
die kompakte Darstellung mittels Koeffizientenmatrix und Spaltenvektor der
rechten Seiten.
Sie können ein lineares Gleichungssystem mittels Gauss’schem
Eliminationsverfahren lösen und Sie können zu einer Textaufgabe das Lineare
Gleichungssystem aufstellen
Sie können ein lineares Optimierungsproblem mit 2 Variablen graphisch lösen
und sie können zu einer Textaufgabe das mathematische Modell aufstellen
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