6 Lineare Gleichungssysteme

6.1 Vektoren

6.1.1 Bezeichnungen

In diesem Abschnitt, der den Beginn des wichtigen Bereichs der Linearen Algebra bildet, treten Listen von Zahlen auf, man nennt sie Vektoren. Der Name Vektor stammt ursprünglich aus der Geometrie und bedeutet Pfeil. Wir werden uns aber hier nicht mit der geometrischen Interpretation der Linearen Algebra beschäftigen. Daher nehmen wir die Namensgebung einfach hin.

Vektoren sind für uns nichts anderes als endliche Listen von Zahlen. Neu für uns ist, dass wir Vektoren auf zwei verschiedene Arten anschreiben werden. Die Zahlen, die einen Vektor bilden, seine Komponenten, können waagrecht, als Zeilenvektor, oder senkrecht, als Spaltenvektor angeordnet werden.

Beispiel 6.1

Vektoren, die wir als Spalten anschreiben, also \[ \begin{gathered} \mathbf a=\left(\begin{array}{r}-1\\2\end{array}\right),\quad \mathbf b=\left(\begin{array}{r}5\\-2\\7\end{array}\right) \end{gathered} \] nennen wir Spaltenvektoren. Wir können Vektoren auch als Zeilenvektoren anschreiben, also \[ \begin{gathered} \mathbf c=\left(\begin{array}{rr}3 & -2\end{array}\right), \quad \mathbf d=\left(\begin{array}{rrr}1 & 0 & 4\end{array}\right). \end{gathered} \]

Wir werden vorläufig noch keinen Unterschied zwischen Spalten- und Zeilenvektoren machen und beschränken uns vorerst darauf, Vektoren senkrecht anzuordnen. Aber alles, was wir für Spaltenvektoren erklären werden, gilt ganz analog auch für Zeilenvektoren.

Definition 6.2 Ein Vektor (Spaltenvektor) ist eine geordnete Liste von reellen Zahlen, die senkrecht angeordnet sind. Die Elemente der Liste nennt man die Komponenten des Vektors. Die Anzahl der Komponenten heißt die Dimension des Vektors.

Wir bezeichnen Vektoren mit fettgedruckten Kleinbuchstaben und ihre Komponenten mit dem jeweils gleichen Kleinbuchstaben und einem Index: \[ \begin{gathered} \mathbf a=\left(\begin{array}{c} a_1\\a_2\\\vdots\\a_n\end{array}\right), \quad \mathbf b=\left(\begin{array}{c} b_1\\b_2\\\vdots\\b_n\end{array}\right). \end{gathered} \] Die Menge aller Spaltenvektoren der Dimension $n$ wird mit $\mathbb R^n$ bezeichnet. Der $\mathbb R^2$ ist die Ebene, der $\mathbb R^3$ der dreidimensionale Raum. Wir werden in Zukunft Vektoren des $\mathbb R^n$ verwenden, die wir nicht mehr anschaulich interpretieren können.

Ein besonderer Vektor ist der Nullvektor, dessen Komponenten alle gleich $0$ sind \[ \begin{gathered} \boldsymbol{0}=\left(\begin{array}{c}0\\0\\\vdots\\0\end{array} \right). \end{gathered} \]

6.1.2 Rechnen mit Vektoren

Beispiel 6.3

Es seien \[ \begin{gathered} \mathbf a=\left(\begin{array}{r}1\\-5\\7\\2\end{array}\right),\quad \mathbf b=\left(\begin{array}{r}8\\0\\-4\\1\end{array}\right),\quad \mathbf c=\left(\begin{array}{r}-3\\2\\4\\0\end{array}\right), \end{gathered} \] Vektoren im $\mathbb R^4$. Zunächst erklären wir, wie man Vektoren addiert und mit einer Zahl multipliziert.

Zwei Vektoren werden addiert, indem man ihre Komponenten addiert, also zum Beispiel ist: \[ \begin{gathered} \mathbf a+\mathbf b= \left(\begin{array}{r}9\\-5\\3\\3 \end{array}\right). \end{gathered} \] Vektoren unterschiedlicher Dimension können nicht addiert werden.

Ein Vektor wird mit einer Zahl multipliziert, indem man jede Komponente mit der Zahl multipliziert: \[ \begin{gathered} 3\mathbf c=\left(\begin{array}{r}-9\\6\\12\\0 \end{array}\right). \end{gathered} \] Eine Multiplikation von zwei Vektoren, die der Multiplikation von zwei Zahlen entsprechen würde, lernen wir erst später kennen.

Man kann einfache Rechenaufgaben mit Vektoren dadurch bequem lösen, dass man zunächst unter Verwendung der offensichtlichen Rechengesetze das Problem symbolisch vereinfacht.

Musteraufgabe 6.4 Mit den Angaben von Beispiel Beispiel 6.3: bestimme einen Vektor $\mathbf x$ so, dass er die Gleichung $3\mathbf a+5\mathbf x=\mathbf b$ erfüllt.

Lösung: Dieses Problem lösen wir zunächst symbolisch: \[ \begin{gathered} 3\mathbf a+5\mathbf x=\mathbf b\quad\Rightarrow\quad 5\mathbf x=\mathbf b-3\mathbf a\quad\Rightarrow\quad \mathbf x=\frac{1}{5}\left(\mathbf b-3\mathbf a\right). \end{gathered} \] Anschließend können wir die numerische Lösung durch Einsetzen erhalten: \[ \begin{gathered} \mathbf x=\frac{1}{5}\left(\mathbf b-3\mathbf a\right)= \left(\begin{array}{r}1\\3\\-5\\-1\end{array}\right). \end{gathered} \] □

Wenn wir aus mehreren Vektoren durch Addieren und durch Multiplizieren mit Zahlen neue Vektoren bilden, dann entstehen Gebilde, die einen besonderen Namen haben.

Definition 6.5 (Linearkombination) Unter einer Linearkombination der Vektoren $\mathbf a_1$, $\mathbf a_2$, $\ldots$, $\mathbf a_k$ in $\mathbb R^n$ versteht man einen Ausdruck der Form \[ \begin{gathered} \mathbf z=\gamma_1\mathbf a_1+\gamma_2\mathbf a_2+\cdots+\gamma_k\mathbf a_k, \end{gathered} \] wobei $\gamma_1,\gamma_2,\ldots,\gamma_k$ Zahlen sind.

6.2 Das Lösen linearer Gleichungssysteme

6.2.1 Einführung

Das Lösen einer einzigen linearen Gleichung mit einer unbekannten Variablen ist eine wichtige, aber auch eine der einfachsten Aufgaben der linearen Algebra. Wenn man jedoch mehrere lineare Gleichungen mit mehreren Unbekannten gleichzeitig lösen will, liegt eine kompliziertere Situation vor. Das Lösen von solchen linearen Gleichungssystemen ist von grundlegender Bedeutung für eine Vielzahl weiterführender Aufgaben, die für Anwendungen eine große Rolle spielen. Wir behandeln in diesem Abschnitt das Lösen von linearen Gleichungssystemen und die damit verbundenen mathematischen Begriffe.

Schreibweisen

Ein allgemeines lineares Gleichungssystem mit $m$ Gleichungen und $n$ Unbekannten hat die Gestalt: \[ \begin{gathered} \begin{array}{ccccccc} a_{11}x_1 &+& a_{12}x_2 &+\;\cdots\;+& a_{1n}x_n &=& b_1 \\ a_{21}x_1 &+& a_{22}x_2 &+\;\cdots\;+& a_{2n}x_n &=& b_2 \\ \vdots && \vdots && \vdots && \vdots\\ a_{m1}x_1 &+& a_{m2}x_2 &+\;\cdots\;+& a_{mn}x_n &=& b_m \\ \end{array} \end{gathered} \tag{6.1}\]

Die Zahlen $a_{ij}$ sind die Koeffizienten des Gleichungssystems, die Zahlen $b_i$ die rechten Seiten. Unter der Lösungsmenge des Gleichungssystems versteht man die Menge aller Vektoren \[ \begin{gathered} \mathbf x=\left(\begin{array}{r}x_1\\x_2\\\vdots\\x_n \end{array}\right) \in\mathbb R^n, \end{gathered} \] die das Gleichungssystem lösen.

Es ist oft bequem, an Stelle des ausführlichen Gleichungssystems nur die mit dem Gleichungssystem verbundenen Zahlenschemata anzuschreiben. Ein rechteckiges Zahlenschema dieser Art nennt man eine Matrix. In Zusammenhang mit linearen Gleichungssystemen der Form (6.2) treten zwei solche Matrizen auf, die unterschiedliche Rollen spielen werden: \[ \begin{gathered} \begin{array}{c@{\quad}c} \text{Koeffizientenmatrix}&\text{Gleichungsmatrix}\\ \left( \begin{array}{cccc} a_{11} &a_{12} &\ldots & a_{1n}\\ a_{21} & a_{22} &\ldots &a_{2n}\\ \vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\ a_{m1}&a_{m2}&\ldots&a_{mn} \end{array} \right)& \left( \begin{array}{cccc|c} a_{11} &a_{12} &\ldots & a_{1n}&b_1\\ a_{21} & a_{22} &\ldots &a_{2n}&b_2\\ \vdots&\vdots&\ddots&\vdots&\vdots\\ a_{m1}&a_{m2}&\ldots&a_{mn}&b_m \end{array} \right) \end{array} \end{gathered} \]

Beispiel 6.6 (Ein makroökonomisches Modell)

In der Makroökonomie werden zur Analyse ökonomischer Aktivitäten Modelle entwickelt, die in vielen Fällen durch lineare Gleichungssysteme darstellbar sind. Ein sehr einfaches Modell, das in der Tradition des britischen Ökonoms J. M. Keynes (1883–1946) steht, umfasst die folgenden drei Gleichungen in fünf Variablen: \[ \begin{aligned} \begin{array}{cclcl} C &=& \alpha_1 + \alpha_2 Y &\qquad &\text{Konsumfunktion} \\[5pt] I &=& \beta_1 + \beta_2 Y + \beta_3 R&&\text{Investitionsfunktion}\\[5pt] Y &=& C + I+G&&\text{Gleichgewichtsbedingung} \end{array}\end{aligned} \] Die Variablen sind: \[ \begin{aligned} \mathit{endogen}:&\left\{ \begin{array}{cl} Y & \text{Bruttoinlandsprodukt}\\ C & \text{Konsumausgaben}\\ I & \text{Investitionen} \end{array} \right.\\ \mathit{exogen}:&\left\{ \begin{array}{cl} R & \text{Zinssatz}\\ G & \text{Staatsausgaben} \end{array}\right. \end{aligned} \] Endogen bedeutet, dass diese Variablen durch das Modell erklärt werden, während exogene Variablen den Charakter von Instrumenten der wirtschaftspolitischen Einflussnahme haben. Der Staat kann durch Änderung der Staatsausgaben $G$ das BIP, den Konsum und die Investitionsausgaben beeinflussen. Gleiches gilt für die Zentralbank, die den Zinssatz durch geeignete Maßnahmen ändern kann. Die Parameter $\alpha_1,\alpha_2$ und $\beta_1,\beta_2, \beta_3$ werden mit Methoden der Ökonometrie ermittelt.

In der klassischen Einperioden-Analyse wird das Gleichungssystem nach den endogenen Variablen gelöst. So kann beispielsweise beurteilt werden, welchen Effekt eine Erhöhung der Staatsausgaben auf das Bruttoinlandsprodukt hat. Es zeigt sich, dass dieser Multiplikatoreffekt beträchtlich sein kann.

Beispiel 6.7 (Interne Verrechnungspreise)

In der Kostenrechnung müssen Lieferungen und Leistungen, die innerhalb eines Unternehmens von einer Kostenstelle für eine andere erbracht werden, in geeigneter Weise bewertet werden. Dabei gilt, dass keine Kostenstelle Gewinne bzw. Verluste machen darf. Genauer, es gilt die Identität: \[ \begin{gathered} \text{primäre Kosten}+\text{empfangene Leistungen}= \\ \text{abgegebene Leistungen} \end{gathered} \tag{6.2}\] Angenommen wir haben drei Kostenstellen mit folgenden Daten: \[ \begin{gathered} \begin{array}{llrr} & \text{Kostenstelle} &\text{Leistung ges.} & \text{primäre Kosten}\\ \hline K_1: & \text{Grundstücke/Gebäude} & 750 ~m^2 & 29\,388\\ K_2: & \text{Energie} & 1\,450 ~\mathit{kWh} & 3\,450\\ K_3: & \text{Instandhaltung} & 480~\mathit{h} & 9\,568 \end{array} \end{gathered} \] Im Kalkulationszeitraum bezogen die Kostenstellen Leistungen von den anderen Kostenstellen:

$K_1$: 28 kWh von $K_2$ und 20 $h$ von $K_3$.
$K_2$: 40 $m^2$ von $K_1$ und 30 $h$ von $K_3$.
$K_3$: 60 $m^2$ von $K_1$ und 8 kWh von $K_2$.

Zu welchen Preisen sollen diese intern erbrachten Leistungen verrechnet werden? Es seien $p_1,p_2$ und $p_3$ diese Preise. Aus der Bedingung (6.1) ergeben sich folgende drei Gleichungen: \[ \begin{gathered} \begin{array}{rcrcrcrcr} 29388 &+& & & 28p_2 &+& 20 p_3 &=& 750p_1\\ 3450 &+& 40p_1 & & & +& 30 p_3 &=& 1450p_2\\ 9568 &+& 60p_1 &+ &8p_2 & & &=& 480p_3 \end{array}% \qquad p_1=40, p_2=4, p_3=25 \end{gathered} \] Das ist ein lineares Gleichungssystem mit drei Gleichungen und drei Unbekannten.

6.2.2 Das Eliminationsverfahren

Wenn wir uns mit dem Lösen von linearen Gleichungssystemen beschäftigen, dann geht es vor allem um folgende Fragen:

Ist das Gleichungssystem überhaupt lösbar?
Wieviele Lösungen gibt es?
Wie findet man alle Lösungen?

Für die Antwort auf alle drei Fragen gibt es ein systematisches Lösungsverfahren, das sogenannte Eliminationsverfahren. Es handelt sich dabei um einen Algorithmus, das heißt um eine Folge von Rechenschritten, die mechanisch durchgeführt werden können.

Der Grundgedanke des Eliminationsverfahrens ist sehr einfach. Er besteht darin, das Gleichungssystem systematisch zu vereinfachen und dabei darauf zu achten, dass sich die Lösungsmenge nicht ändert. Damit sich die Lösungsmenge bei den Vereinfachungsschritten nicht ändert, dürfen nur ganz bestimmte, sogenannte erlaubte Vereinfachungsschritte durchgeführt werden.

Diese sind:

Multiplikation einer Gleichung mit einer Zahl $\ne 0$.
Vertauschen von zwei Gleichungen.
Addition eines Vielfachen einer Gleichung zu einer anderen Gleichung.

Mit Hilfe der Vereinfachungsschritte wird das ursprüngliche Gleichungssystem schrittweise verändert. Das Ziel besteht darin, durch diese Vereinfachungsschritte ein Gleichungssystem zu erhalten, das eine bestimmte Form, die sogenannte Stufenform hat. Was man darunter versteht, wird durch die nachfolgenden Beispiele deutlich werden. Hat man die Stufenform des Gleichungssystems erreicht, dann ist es sehr einfach, die Lösbarkeit zu beurteilen und die Lösungsmenge abzulesen. Da die Vereinfachungsschritte die Lösungsmenge nicht verändern, stimmt die Lösungsmenge des Systems in Stufenform mit der Lösungsmenge des ursprünglichen Gleichungssystems überein.

Wir erklären das Eliminationsverfahren zunächst an einem Beispiel. Wir wollen das Gleichungssystem \[ \begin{gathered} I: \left\{\begin{array}{lcrcrcrcr} Z_1 &:& x_1 &-& x_2 &-& x_3 &=& 1\\ Z_2 &:& 2x_1&-& 3x_2 &+& x_3 &=& 10\\ Z_3 &:& x_1 &+& x_2 &-& 2x_3 &=& 0 \end{array}\right. \end{gathered} \] mit dem Eliminationsverfahren lösen. $Z_1,Z_2$ und $Z_3$ sind Labels, mit denen wir die einzelnen Gleichungen referenzieren, $I$ bedeutet: das ist das System in seinem ursprünglichen Zustand.

Wir beginnen mit dem ersten Eliminationszyklus und wollen erreichen, dass die Unbekannte $x_1$ nur mehr in der Gleichung $Z_1$ vorkommt. Das bewirken wir durch zweimaliges Anwenden von Schritt 3. Symbolisch: \[ \begin{gathered} \begin{array}{ccl} Z_2&\to & Z_2-2Z_1\\ Z_3&\to & Z_3-Z_1 \end{array} \end{gathered} \] In Worten: wir subtrahieren das 2-fache der 1. Gleichung von der zweiten, und anschließend die 1. Gleichung von der dritten. Das ergibt: \[ \begin{gathered} II:\left\{\begin{array}{lcrcrcrcr} Z_1 &:& x_1 &-& x_2 &-& x_3 &=& 1\\ Z_2 &:& \cellcolor{lgray} &-& x_2 &+& 3x_3 &=& 8\\ Z_3 &:& \cellcolor{lgray} & & 2x_2 &-& x_3 &=& -1 \end{array}\right. \end{gathered} \] Es ist uns gelungen $x_1$ aus $Z_2$ und $Z_3$ zu eliminieren. Wir sagen auch, wir haben $x_1$ auf eine Treppenstufe (farblich hervorgehoben) befördert.

Nun kümmern wir uns um $x_2$ und sorgen dafür, dass

$x_2$ in der Gleichung $Z_2$ den Koeffizienten $1$ erhält;
$x_2$ aus $Z_1$ und $Z_3$ eliminiert wird.

Das erste Ziel erreichen wir durch Schritt 1: \[ \begin{gathered} Z_2\to(-1)Z_2 \end{gathered} \] Nach diesem Zwischenschritt haben wir: \[ \begin{gathered} II':\left\{\begin{array}{lcrrcrcr} Z_1 &:& x_1 & -x_2 &-& x_3 &=& 1\\ Z_2 &:& & x_2 &-& 3x_3 &=& -8\\ Z_3 &:& & 2x_2&-& x_3 &=& -1 \end{array}\right. \end{gathered} \] Nun eliminieren wir $x_2$ aus $Z_1$ und $Z_3$. Dazu transformieren wir: \[ \begin{gathered} \begin{array}{ccl} Z_1&\to& Z_1+Z_2\\ Z_3&\to& Z_3-2Z_2 \end{array} \end{gathered} \] Das Gleichungssystem nimmt nun die Gestalt an: \[ \begin{gathered} III:\left\{\begin{array}{lccccrcr} Z_1 &:& x_1 & & -&4x_3 &=& -7\\ Z_2 &:& \cellcolor{lgray} & x_2 & -&3x_3 &=& -8\\ Z_3 &:& \cellcolor{lgray} & \cellcolor{lgray} & &5x_3 &=& 15 \end{array}\right. \end{gathered} \] Nach diesem Eliminationszyklus ist nun auch $x_2$ auf einer Treppenstufe: es kommt nur mehr in der Gleichung $Z_2$ vor und hat dort den Koeffizienten 1.

Schließlich kümmern wir uns um $x_3$ und

sorgen dafür, dass $x_3$ in der Gleichung $Z_3$ den Koeffizienten 1 erhält,
$x_3$ aus den Gleichungen $Z_1$ und $Z_2$ eliminiert wird.

Zuerst legen wir den Zwischenschritt ein: \[ \begin{gathered} Z_3\to Z_3/5. \end{gathered} \] Dieser liefert: \[ \begin{gathered} III':\left\{\begin{array}{lcccrcr} Z_1 &:& x_1 & & -4x_3 &=& -7\\ Z_2 &:& & x_2 & -3x_3 &=& -8\\ Z_3 &:& & & x_3 &=& 3 \end{array} \right. \end{gathered} \] Zum Abschluss eliminieren wir $x_3$ aus den Gleichungen $Z_1$ und $Z_2$ durch: \[ \begin{gathered} \begin{array}{ccl} Z_1&\to& Z_1+4Z_3\\ Z_2&\to& Z_2+3Z_3 \end{array} \end{gathered} \] Nach diesen Vereinfachungsschritten nimmt das: \[ \begin{gathered} IV:\left\{\begin{array}{lcccccc} Z_1 &:& x_1 & & & = & 5\\ Z_2 &:&\cellcolor{lgray} & x_2 & & = & 1\\ Z_3 &:&\cellcolor{lgray} & \cellcolor{lgray} & x_3 & = & 3 \end{array}\right. \end{gathered} \] IV ist natürlich immer noch ein lineares Gleichungssystem, es hat aber die denkbar einfachste Form, die so ein System überhaupt haben kann: die Stufenform. Aus ihr können wir die Lösungen unmittelbar ablesen und bilden daraus den Lösungsvektor: \[ \begin{gathered} x_1=5,\quad x_2=1,\quad x_3=3\implies \mathbf x=\left(\begin{array}{c} 5\\1\\3\end{array}\right). \end{gathered} \] Die ausführliche Schreibweise, die wir bei der Vorstellung des Eliminationsverfahrens verwendet haben, ist allerdings viel zu umständlich. Viel einfacher ist es, die Eliminationsschritte direkt in der Gleichungsmatrix vorzunehmen.

Wir beginnen erneut in Phase I und stellen zuerst die Gleichungsmatrix auf: \[ \begin{gathered} I: \left\{\begin{array}{lcrcrcrcr} Z_1 &:& x_1 &-& x_2 &-& x_3 &=& 1\\ Z_2 &:& 2x_1&-& 3x_2 &+& x_3 &=& 10\\ Z_3 &:& x_1 &+& x_2 &-& 2x_3 &=& 0 \end{array}\right. \to \left(\begin{array}{rrr|r} 1 & -1 & -1 & 1\\ 2 & -3 & 1 & 10\\ 1 & 1 & -2 & 0 \end{array} \right) \end{gathered} \] Es ist wichtig zu betonen, dass dieser Übergang keine Einbahnstraße ist. In jeder Phase des Verfahrens können wir eine Zeile der Gleichungsmatrix als Gleichung interpretieren. Zum Beispiel die 3. Zeile: \[ \begin{gathered} (\;1 \quad 1 \quad -2\quad |\;\; 0)\to 1\cdot x_1+1\cdot x_2+(-2)\cdot x_3=0. \end{gathered} \] Der erste Zyklus des Eliminationsverfahrens verläuft in der Gleichungsmatrix so: \[ \begin{gathered} \left(\begin{array}{rrr|r} 1 & -1 & -1 & 1\\ 2 & -3 & 1 & 10\\ 1 & 1 & -2 & 0 \end{array} \right) \to {\small \left[\begin{array}{ccl} Z_2&\to & Z_2-2Z_1\\ Z_3&\to & Z_3-Z_1 \end{array} \right] } \to \left(\begin{array}{rrr|r} \cellcolor{dgray}{\color{white}\textbf{1}} & -1 & -1 & 1\\ \cellcolor{lgray}0 & -1 & 3 & 8\\ \cellcolor{lgray}0 & 2 & -1 & -1 \end{array} \right) \end{gathered} \] So haben wir eine erste Treppenstufe erzeugt, sie äußert sich in der Gleichungsmatrix durch eine Spalte, die aus einer 1 besteht und alle anderen Komponenten dieser Spalte sind Null.

Der zweite Zyklus: \[ \begin{gathered} \left(\begin{array}{rrr|r} \cellcolor{dgray}{\color{white}\textbf{1}} & -1 & -1 & 1\\ \cellcolor{lgray}0 & -1 & 3 & 8\\ \cellcolor{lgray}0 & 2 & -1 & -1 \end{array} \right)\to {\small \left[\begin{array}{ccl} Z_2&\to & (-1)Z_2\\ Z_1&\to & Z_1+Z_2\\ Z_3&\to & Z_3-2Z_2 \end{array} \right] }\to \left(\begin{array}{rrr|r} \cellcolor{dgray}{\color{white}\textbf{1}} & \cellcolor{lgray}0 & -4 & -7\\ \cellcolor{lgray}0 & \cellcolor{dgray}{\color{white}\textbf{1}} & -3 & -8\\ \cellcolor{lgray}0 & \cellcolor{lgray}0 & 5 & 15 \end{array} \right) \end{gathered} \] Eine zweite Treppenstufe ist entstanden, klar erkennbar an der Gestalt der zweiten Spalte in der Gleichungsmatrix: eine 1 und sonst nur Nullen. Der dritte Zyklus ergibt: \[ \begin{gathered} \left(\begin{array}{rrr|r} \cellcolor{dgray}{\color{white}\textbf{1}} & \cellcolor{lgray}0 & -4 & -7\\ \cellcolor{lgray}0 & \cellcolor{dgray}{\color{white}\textbf{1}} & -3 & -8\\ \cellcolor{lgray}0 & \cellcolor{lgray}0 & 5 & 15 \end{array} \right)\to {\small \left[\begin{array}{ccl} Z_3&\to & Z_3/5\\ Z_1&\to & Z_1+4Z_3\\ Z_2&\to & Z_2+3Z_3 \end{array} \right] }\to \left(\begin{array}{rrr|r} \cellcolor{dgray}{\color{white}\textbf{1}} & \cellcolor{lgray}0 & \cellcolor{lgray}0 & 5\\ \cellcolor{lgray}0 & \cellcolor{dgray}{\color{white}\textbf{1}} & \cellcolor{lgray}0 & 1\\ \cellcolor{lgray}0 & \cellcolor{lgray}0 & \cellcolor{dgray}{\color{white}\textbf{1}} & 3 \end{array} \right) \end{gathered} \] Die Matrix, die am Ende entstanden ist, nennt man Stufenform des Gleichungssystems. Aus ihr ist in der rechten Randspalte die Lösung unmittelbar abzulesen.

Das Beispiel sollte nicht nur zeigen, wie die Vereinfachungsschritte angewendet werden, vielmehr sollte es die Strategie des Eliminationsverfahren deutlich machen, nämlich eine Stufenform herzustellen.

Definition 6.8 (Stufenform) Durch erlaubte Vereinfachungsschritte wird das Gleichungssystem auf eine Stufenform gebracht.

Das erste von Null verschiedene Element jeder Zeile ist eine $\mathbf{1}$. Alle anderen Elemente in der Spalte dieser $\mathbf{1}$ sind Null. Eine Spalte dieser Gestalt nennt man Treppenstufe.
Diese führende $\mathbf{1}$ steht strikt rechts von der führenden $\mathbf{1}$ der Zeile darüber.
Eine Zeile kann auch aus lauter Nullen bestehen.

Die Unbekannten des Gleichungssystems, die in der Stufenform zu Treppenstufen gehören, nennt man Basisvariable, alle anderen Variable Nichtbasisvariable.

Beispiel 6.9

(a) Diese Gleichungsmatrix ist eine Stufenform: \[ \begin{gathered} \left(\begin{array}{ccc|c} 1 & 0 & 1 & 3\\ 0 & 1 & 2 & 4\\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{array}\right),\quad\begin{array}{l} \text{$x_1, x_2$ sind Basisvariable}\\ x_3 \text{ ist Nichtbasisvariable} \end{array} \end{gathered} \] Die dritte Zeile besteht aus lauter Nullen, aber das bedeutet ja nur: \[ \begin{gathered} 0\cdot x_1+0\cdot x_2+0\cdot x_3=0\Leftrightarrow 0=0, \end{gathered} \] eine Aussage, die trivialerweise richtig ist. Das Gleichungssystem ist ursprünglich überbestimmt, eine Gleichung ist redundant.

(b) Diese Gleichungsmatrix ist keine Stufenform, kann aber durch einen weiteren Vereinfachungsschritt dazu gemacht werden: \[ \begin{gathered} \left(\begin{array}{crc|r} 1 & -2 & 1 & -3\\ 0 & 1 & 2 & 4\\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{array}\right)\to{\small \left[Z_1\to Z_1+2Z_2\right]\to } \left(\begin{array}{crc|r} 1 & 0 & 5 & 5\\ 0 & 1 & 2 & 4\\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{array}\right) \end{gathered} \] Basisvariable: $x_1, x_2$, Nichtbasisvariable: $x_3$.

(c) Diese Gleichungsmatrix ist eine Stufenform: \[ \begin{gathered} \left(\begin{array}{ccc|c} 1 & 2 & 0 & 3\\ 0 & 0 & 1 & 4 \end{array}\right) \quad\begin{array}{l} x_1,x_3 \text{ sind Basisvariable}\\ x_2 \text{ ist Nichtbasisvariable} \end{array} \end{gathered} \]

(d) Diese Gleichungsmatrix ist keine Stufenform, kann aber durch einen weiteren Vereinfachungsschritt dazu gemacht werden. Wir vertauschen Zeile 1 mit Zeile 2: \[ \begin{gathered} \left(\begin{array}{ccc|c} 0 & 0 & 1 & 4\\ 1 & 2 & 0 & 3 \end{array}\right)\to \left[Z_1\leftrightarrow Z_2\right]\to \left(\begin{array}{ccc|c} 1 & 2 & 0 & 3\\ 0 & 0 & 1 & 4 \end{array}\right) \end{gathered} \]

6.2.3 Der Fall der Unlösbarkeit

Es kann vorkommen, dass ein Gleichungssystem gar keine Lösung besitzt. Man nennt dann das Gleichungssystem unlösbar.

Für gewöhnlich kann man einem Gleichungssystem nicht von vornherein ansehen, ob es lösbar oder unlösbar ist. Wenn man das Gleichungssystem aber auf eine Stufenform reduziert hat, kann man sofort erkennen, ob Unlösbarkeit vorliegt.

Sehen wir uns ein Beispiel an. \[ \begin{gathered} \begin{array}{rcrcrcr} x_1 &-&2x_2 &-&9x_3 &=& -2\\ -2 x_1 &+&5x_2 &+&22 x_3&=&1\\ -x_1 & +&2x_2& + &9x_3&=&3 \end{array}\to\left(\begin{array}{rrr|r} 1 & -2 & -9 & -2\\ -2 & 5 & 22 & 1\\ -1 & 2 & 9 & 3 \end{array}\right) \end{gathered} \] Durch die Vereinfachungsschritte \[ \begin{gathered} Z_2\to Z_2+2Z_1, \quad Z_3\to Z_3+Z_1 \end{gathered} \] erhalten wir: \[ \begin{gathered} \left( \begin{array}{rrr|r} 1 & -2 & -9 & -2\\ 0 & 1 & 4 & -3\\ \rowcolor{lgray}0 & 0 & 0 & \cellcolor{dgray}{\color{white}\textbf{1}} \end{array}\right). \end{gathered} \] Wir könnten wohl noch eine zweite Treppenstufe in der zweiten Spalte erzeugen, aber die dritte Zeile offenbart, dass das gar nicht mehr notwendig ist, denn die dritte Zeile als Gleichung gelesen bedeutet; \[ \begin{gathered} 0\cdot x_1+0\cdot x_2+0\cdot x_3=1\Leftrightarrow 0=1 \end{gathered} \] Das ist aber ein Widerspruch, die dritte Gleichung ist unerfüllbar. Mit anderen Worten: das Gleichungssystem besitzt keine Lösung.

Wir halten fest:

Satz 6.10 (Unlösbarkeit) Ein lineares Gleichungssystem ist unlösbar, wenn im Zuge des Eliminationsverfahrens unerfüllbare Gleichungen auftreten.

Musteraufgabe 6.11 Lösen Sie das folgende lineare Gleichungssystem: \[ \begin{gathered} \begin{array}{rrrrrrrr} & x_1 & + & x_2 & - & 2x_3 & = & 1\\ - & 6x_1 & - & 4x_2 & + & 18x_3 & = & -5\\ & 3x_1 & + & 2x_2 & - & 9x_3 & = & 3\\ \end{array} \end{gathered} \]

Lösung: Wir stellen die Gleichungsmatrix auf und beginnen mit dem Eliminieren:

\[ \begin{aligned} \left(\begin{array}{rrr|r} 1 & 1 & -2 & 1\\ -6 & -4 & 18 & -5\\ 3 & 2 & -9 & 3 \end{array} \right) \to{\small \left[ \begin{array}{l} Z_2\to Z_2+6Z_1\\ Z_3\to Z_3-3Z_1 \end{array} \right]} &\to \left(\begin{array}{rrr|r} 1 & 1 & -2 & 1\\ 0 & 2 & 6 & 1\\ 0 & -1 & -3 & 0 \end{array} \right)\\[5pt] \to{\small \left[\begin{array}{cl} Z_2&\leftrightarrow Z_3\\ Z_2&\to (-1)Z_2 \end{array}\right]} &\to \left(\begin{array}{rrr|r} 1 & 1 & -2 & 1\\ 0 & \phantom{-}1 & 3 & 0\\ 0 & 2 & 6 & 1 \end{array} \right)\\[5pt] \to{\small \left[\begin{array}{cl} Z_1&\to Z_1-Z_2\\ Z_3&\to Z_3-2Z_2 \end{array}\right]} &\to \left(\begin{array}{rrr|r} 1 & 0 & -5 & 1\\ 0 & \phantom{-}1 & 3 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{array} \right) \end{aligned} \]

Die letzte Zeile steht für die unerfüllbare Gleichung $0=1$, daher ist das Gleichungssystem unlösbar. □

6.2.4 Der Fall der eindeutigen Lösbarkeit

Wir kehren nochmals zurück zu unserem ersten Beispiel: \[ \begin{gathered} \left(\begin{array}{rrr|r} 1 & -1 & -1 & 1\\ 2 & -3 & 1 & 10\\ 1 & 1 & -2 & 0 \end{array} \right)\quad\to\quad \left(\begin{array}{rrr|r} 1 & 0 & 0 & 5\\ 0 & 1 & 0 & 1\\ 0 & 0 & 1 & 3 \end{array} \right) \end{gathered} \] Wir sehen: Das Gleichungssystem ist lösbar und in der Stufenform ist jede Unbekannte eine Basisvariable. Die Werte der Basisvariablen ergeben sich unmittelbar aus den Gleichungen der Stufenform. Daher gibt es genau eine Lösung des Gleichungssystems, nämlich den Vektor \[ \begin{gathered} \mathbf x=\left(\begin{array}{c}x_1\\x_2\\x_3 \end{array}\right)= \left(\begin{array}{c}5\\1\\3 \end{array}\right) \end{gathered} \] Wir halten fest:

Satz 6.12 (Eindeutige Lösbarkeit) Ein lineares Gleichungssystem ist eindeutig lösbar, wenn:

die Stufenform keine unerfüllbaren Gleichungen enthält;
jede Unbekannte Basisvariable ist.

Eindeutige Lösbarkeit ist nur dann möglich, wenn das Gleichungssystem mindestens soviele Gleichungen wie Unbekannte hat.

Musteraufgabe 6.13 Lösen Sie das Gleichungssystem \[ \begin{gathered} \begin{array}{rcrcrcr} x_1 &+&2x_2 &+&4x_3&=&0\\ x_1 &+&x_2&+&3x_3&=&0\\ x_1&+&4x_2&+&7x_3&=&-1\\ 2x_1&+&5x_2&+&7x_3&=&2 \end{array} \end{gathered} \]

Lösung: Wir stellen die Gleichungsmatrix auf und eliminieren:

\[ \begin{aligned} \left(\begin{array}{rrr|r} 1 & 2 & 4 & 0\\ 1 & 1 & 3 & 0\\ 1 & 4 & 7 & -1\\ 2 & 5 & 7 & 2 \end{array} \right) & \to {\small \left[\begin{array}{cl} Z_2&\to Z_2-Z_1\\ Z_3&\to Z_3-Z_1\\ Z_4&\to Z_4-2Z_1 \end{array}\right]} \to \left(\begin{array}{rrr|r} 1 & 2 & 4 & 0\\ 0 & -1 & -1 & 0\\ 0 & 2 & 3 & -1\\ 0 & 1 & -1 & 2 \end{array} \right)\\[5pt] &\to{\small \left[ \begin{array}{cl} Z_2&\to(-1) Z_2\\ Z_1&\to Z_1-2Z_2\\ Z_3&\to Z_3-2Z_2\\ Z_4&\to Z_4-Z_2 \end{array}\right]}\to \left(\begin{array}{rrr|r} 1 & 0 & 2 & 0\\ 0 & \phantom{-}1 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 1 & -1\\ 0 & 0 & -2 & 2 \end{array}\right)\\[5pt] &\to {\small \left[ \begin{array}{cl} Z_1&\to Z_1-2Z_3\\ Z_2&\to Z_2-Z_3\\ Z_4&\to Z_4+2Z_3 \end{array} \right]}\to \left(\begin{array}{rrr|r} 1 & 0 & 0 & 2\\ 0 & \phantom{-}1 & 0 & 1\\ 0 & 0 & \phantom{-}1 & -1\\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{array} \right) \end{aligned} \]

Das Gleichungssystem ist lösbar, weil die Stufenform keine unerfüllbare Gleichung enthält. Die Lösung ist eindeutig bestimmt, weil jede Unbekannte auch Basisvariable der Stufenform ist. Die Lösung lautet \[ \begin{gathered} \mathbf x=\left(\begin{array}{c}x_1\\x_2\\x_3\end{array}\right)= \left(\begin{array}{r}2\\1\\-1\end{array}\right). \end{gathered} \] □

Was aber, wenn ein Gleichungssystem zwar lösbar ist, aber nicht jede Unbekannte zu einer Basisvariablen gemacht werden kann?

Diese Situation tritt (Lösbarkeit vorausgesetzt) sicherlich schon dann ein, wenn wir mehr Unbekannte als Gleichungen haben. Aber selbst wenn die Zahl der Unbekannten kleiner oder gleich ist der Zahl der Gleichungen, kann dieser Fall eintreten.

6.2.5 Der Fall von unendlich vielen Lösungen

Wirklich interessant ist die Lösungsstruktur von Gleichungssystemen erst dann, wenn sie lösbar sind, jedoch die Lösung nicht eindeutig bestimmt ist. Aber genau das geschieht, wenn in der Stufenform eine oder mehrere Nichtbasisvariable auftreten. Wir vereinbaren:

Definition 6.14 (Nichtbasisvariable) Das Gleichungssystem sei lösbar, aber nicht alle Variable sind Basisvariable.

Die verbleibenden Unbekannten sind Nichtbasisvariable und als solche frei wählbare Parameter. Ihr Auftreten bewirkt daher, dass das Gleichungssystem unendlich viele Lösungen besitzt.

Wir beginnen mit einem ganz einfachen Beispiel.

Musteraufgabe 6.15 Lösen Sie das Gleichungssystem: \[ \begin{gathered} \begin{array}{cccrcr} x_1 & &+& 7x_3&=&8\\ &x_2& - &x_3&=&5 \end{array} \end{gathered} \]

Lösung: Die Gleichungsmatrix \[ \begin{gathered} \left(\begin{array}{rrr|r} 1 &0&7 & 8\\ 0 &1&-1& 5 \end{array} \right) \end{gathered} \] ist bereits eine Stufenform. Basisvariable sind $x_1$ und $x_2$, die Unbekannte $x_3$ ist Nichtbasisvariable. Definition 6.14 folgend ist $x_3$ ein freier Parameter. Wir bringen das auch in der Schreibweise zum Ausdruck, dadurch dass wir \[ \begin{gathered} x_3=\alpha,\quad \alpha\in\mathbb R \end{gathered} \] setzen. Die Größe $\alpha$ ist ganz beliebig, sie kann jeden Wert annehmen. Nun bringen wir in der Stufenform in jeder Gleichung die Nichtbasisvariable auf die rechte Seite. Mit anderen Worten: wir drücken die Basisvariablen aus als (lineare) Funktionen der Nichtbasisvariablen: \[ \begin{gathered} \begin{array}{cccrcr} x_1 & &+& 7\alpha&=&8\\ &x_2& - &\alpha&=&5 \end{array}\implies \begin{array}{ccccr} x_1 &=& 8 &-& 7\alpha\\ x_2 &=& 5 &+& \alpha\\ x_3&=& &&\alpha \end{array},\qquad \alpha\in\mathbb R \end{gathered} \tag{6.3}\] Dies ist die Parameterform der allgemeinen Lösung. Jede Wahl von $\alpha$ liefert eine spezielle Lösung des Gleichungssystems. Z.B. für $\alpha=0$: \[ \begin{gathered} \begin{array}{ccc} x_1&=&8\\ x_2&=&5\\ x_3&=&0 \end{array}\implies \mathbf x=\left( \begin{array}{c} 8\\ 5\\ 0 \end{array}\right). \end{gathered} \] Ein weiterer Blick auf (6.3) zeigt uns, dass sich die allgemeine Lösung schön in zwei separate Teile zerlegen lässt: die spezielle Lösung, die wir erhalten, wenn die Nichtbasisvariable $\alpha=0$ gesetzt wird, und ein Lösungsanteil, dessen Komponenten Vielfache von $\alpha$ sind. So erhalten wir die Vektorform der allgemeinen Lösung: \[ \begin{gathered} \mathbf x=\left( \begin{array}{c} 8\\ 5\\ 0 \end{array}\right) +\alpha\left(\begin{array}{r}-7\\1\\1 \end{array} \right),\quad\alpha\in\mathbb R. \end{gathered} \] Damit haben wir alle (unendlich vielen) Lösungen des Gleichungssystems in sehr strukturierter und kompakter Weise angeschrieben. □

Musteraufgabe 6.16 Lösen Sie das Gleichungssystem: \[ \begin{gathered} \begin{array}{rcrcrcrcr} x_1 &+& 2x_2 & +& 3x_3 &-& 5x_4 &=& -3\\ -4x_1 &-& 8x_2 & -& 11x_3 &+&17x_4 &=& 7 \end{array} \end{gathered} \]

Lösung: Wir stellen die Gleichungsmatrix auf und beginnen mit dem Eliminieren: \[ \begin{aligned} &\left(\begin{array}{rrrr|r} 1 & 2 & 3 & -5 & -3\\ -4 & -8 & -11 & 17 & 7 \end{array} \right)\to\\[5pt] [Z_2\to Z_2+4Z_1] \to&\left(\begin{array}{rrrr|r} 1 & 2 & 3 & -5 & -3\\ 0 & 0 & 1 & -3 & -5 \end{array}\right)\to\\[5pt] [Z_1\to Z_1-3Z_2] \to&\left(\begin{array}{rrrr|r} 1 & 2 & 0 & 4 & 12\\ 0 & 0 & 1 & -3 & -5 \end{array}\right). \end{aligned} \] Es gibt zwei Basisvariable: $x_1$ und $x_3$ Daher sind $x_2$ und $x_4$ Nichtbasisvariable und somit frei wählbar. Daher setzen wir: \[ \begin{gathered} x_2=\alpha,\quad x_4=\beta,\quad \alpha,\beta\in \mathbb R \end{gathered} \] Nun schreiben wir die Stufenform in Gleichungsform an und bringen die Nichtbasisvariablen auf die rechte Seite: \[ \begin{gathered} \begin{array}{rcrrcrcr} x_1 & +& 2\alpha & &+&4\beta&=&12\\ & & &x_3&-&3\beta&=&-5 \end{array}\implies \begin{array}{ccrcrcr} x_1 &=& 12&-&2\alpha &-&4\beta\\ x_2 &=& & &\alpha\\ x_3 &=& -5& & &+&3\beta\\ x_4 &=& & & &&\beta \end{array} \end{gathered} \] Dies ergibt die Vektorform der allgemeinen Lösung: \[ \begin{gathered} \mathbf x=\left(\begin{array}{r}12\\0\\-5\\0\end{array}\right) +\alpha\left(\begin{array}{r}-2\\1\\0\\0\end{array}\right)+ \beta\left(\begin{array}{r}-4\\0\\3\\1\end{array}\right). \end{gathered} \]

Musteraufgabe 6.17 Beim Lösen eines Gleichungssystems entstand die folgende Gleichungsmatrix: \[ \begin{gathered} \left(\begin{array}{rrr|r} 1 & 7 & -10 & 17\\ 0 & 15 & -10 & 28\\ 0 & -45 & \beta & -84 \end{array}\right) \end{gathered} \] Bestimmen Sie die Zahl $\beta$ so, dass das Gleichungssystem unendlich viele Lösungen hat.

Lösung: Wenn wir rechnen $Z_3\to Z_3+3Z_2$, dann entsteht die Gleichungsmatrix: \[ \begin{gathered} \left(\begin{array}{rrr|r} 1 & 7 & -10 & 17\\ 0 & 15 & -10 & 28\\ 0 & 0 & \beta-30 & 0 \end{array}\right) \end{gathered} \] Daraus können wir ablesen: wenn $\beta\ne 30$, dann kann $x_3$ zu einer Basisvariablen gemacht werden (neue Treppenstufe) und das Gleichungssystem wäre eindeutig lösbar. Ist hingegen $\beta=30$, dann entsteht eine Nullzeile. Die Unbekannte $x_3$ ist Nichtbasisvariable und das Gleichungssystem hat unendlich viele Lösungen. □

Musteraufgabe 6.18 Welche der folgenden Aussagen sind richtig?

Ein lineares Gleichungssystem, dessen rechte Seite Null ist, ist immer lösbar.
Ein lineares Gleichungssystem ist immer dann unlösbar, wenn die Anzahl der Gleichungen größer ist als die Anzahl der Unbekannten.
Auch ein Gleichungssystem, in dem alle Unbekannten Basisvariable sind, kann unlösbar sein.

Lösung: Aussage (1) ist richtig, denn so ein Gleichungssystem besitzt immer die triviale Lösung $x_1=x_2=\ldots=x_n=0$.

Aussage (2) ist falsch, es genügt ein Gegenbeispiel zu finden, etwa Musteraufgabe 6.13. Aber Achtung: Aussage (2) ist falsch wegen der immer dann Klausel.

Aussage (3) ist richtig. Ein Beispiel ist das Gleichungssystem mit der Stufenform: \[ \begin{gathered} \left(\begin{array}{cc|c}1 & 0 & 1\\0 & 1 & 2\\0 & 0 & 4\end{array}\right). \end{gathered} \] Hier sind beide Unbekannte $x_1$ und $x_2$ Basisvariable, dennoch ist das Gleichungssystem unlösbar, denn die dritte Gleichung ist unerfüllbar. □

Musteraufgabe 6.19 Gegeben ist die folgende Gleichungsmatrix: \[ \begin{gathered} \left(\begin{array}{rrrr|r} 1 & -9 & 0 & -3 & -3\\ 0 & 0 & 1 & 6 & 8\\ 0 & 0 & 0 & 0 & \beta \end{array}\right) \end{gathered} \] Welche der folgenden Aussagen sind richtig?

Die Variable $x_4$ ist frei wählbar, falls das System lösbar ist.
Die Variable $x_2$ ist frei wählbar, falls das System lösbar ist.
Das Gleichungssystem ist für jeden Wert von $\beta$ lösbar.

Lösung: Aus der letzten Zeile der Gleichungsmatrix erkennen wir, dass das Gleichungssystem nur dann lösbar ist, wenn $\beta =0$. Daher ist Aussage (3) falsch.

Wenn aber $\beta=0$ und Lösbarkeit somit garantiert ist, dann sind $x_1$ und $x_3$ Basisvariable, $x_2$ und $x_4$ hingegen Nichtbasisvariable und damit frei wählbar. Somit sind Aussagen (1) und (2) richtig. □

6.3 Anwendungen linearer Gleichungssysteme

6.3.1 Makroökonomie, Finance und Accounting

Wir setzen Beispiel 6.6 fort, nun verfügen wir über ökonometrische Schätzungen der Parameter.

Musteraufgabe 6.20 Ein einfaches markoökonomisches Modell besteht aus den Gleichungen: \[ \begin{aligned} \begin{array}{cclcl} C &=& 500 + 0.8 Y &\qquad &\text{Konsumfunktion} \\[5pt] I &=& 150 + 0.1 Y -80 R&&\text{Investitionsfunktion}\\[5pt] Y &=& C + I+G&&\text{Gleichgewichtsbedingung} \end{array} \end{aligned} \]

Welchen Wert haben $Y, C$ und $I$ bei einem Zinssatz $R=0.05$ und Staatsausgaben von $G=5000$?
Um welchen Betrag erhöht sich das BIP $Y$, wenn die Staatsausgaben um 1 GE erhöht werden?

Lösung:

(a) Zuerst formulieren wir das Gleichungssystem so, dass die endogenen Variablen alle auf der linken Seite sind, außerdem setzen wir die gegebenen Werte für die exogenen Variablen ein: \[ \begin{gathered} \begin{array}{rcrcrcr} -0.8Y&+&C & & &=&500\\ -0.1Y& & &+&I&=&146 \\ Y &-&C&-&I&=&5000 \end{array}\to \left(\begin{array}{rrr|r} -0.8 & 1 & 0 & 500\\ -0.1 & 0 & 1 & 146\\ 1 & -1 & -1 & 5000 \end{array}\right) \end{gathered} \] Nach Elimination ergibt sich die Stufenform: \[ \begin{gathered} \left(\begin{array}{rrr|r} 1 & 0 & 0 & 56460\\ 0 & 1 & 0 & 45668\\ 0 & 0 & 1 & 5792 \end{array} \right)\implies \begin{array}{ccr} Y&=& 56\,460\\ C&=&45\,668\\ I&=&5\,792 \end{array} \end{gathered} \] (b) Wenn $G$ auf 5001 erhöht wird, ergeben dieselben Eliminationsschritte: \[ \begin{gathered} \begin{array}{ccr} Y&=& 56\,470\\ C&=& 45\,676\\ I&=& 5\,793 \end{array} \end{gathered} \] Eine Erhöhung der Staatsausgaben um 1 GE bewirkt also einen Anstieg des BIP um 10 GE. Dies ist bekannt als Multiplikatoreffekt. □

Wir setzen Beispiel 6.7 fort.

Musteraufgabe 6.21 Für drei Kostenstellen eines Unternehmens sind folgende Daten gegeben: \[ \begin{gathered} \begin{array}{llrr} & \text{Kostenstelle} &{}{}{\text{Leistung ges.}} & \text{primäre Kosten}\\ \hline K_1: & \text{Grundstücke/Gebäude} & 750 ~m^2 & 29\,388\\ K_2: & \text{Energie} & 1\,450 ~\mathit{kWh} & 3\,450\\ K_3: & \text{Instandhaltung} & 480~\mathit{h} & 9\,568 \end{array} \end{gathered} \] Im Kalkulationszeitraum bezogen die Kostenstellen Leistungen von den anderen Kostenstellen:

$K_1$: 28 kWh von $K_2$ und 20 $h$ von $K_3$.
$K_2$: 40 $m^2$ von $K_1$ und 30 $h$ von $K_3$.
$K_3$: 60 $m^2$ von $K_1$ und 8 kWh von $K_2$.

Zu welchen Preisen sollen diese intern erbrachten Leistungen verrechnet werden?

Lösung: Es seien $p_1,p_2$ und $p_3$ diese Preise. Aus der Bedingung \[ \begin{gathered} \text{primäre Kosten}+\text{empfangene Leistungen}= \text{abgegebene Leistungen} \end{gathered} \] ergeben sich folgende drei Gleichungen: \[ \begin{gathered} \begin{array}{rcrcrcrcr} 29388 &+& & & 28p_2 &+& 20 p_3 &=& 750p_1\\ 3450 &+& 40p_1 & & & +& 30 p_3 &=& 1450p_2\\ 9568 &+& 60p_1 &+ &8p_2 & & &=& 480p_3 \end{array} %\qquad p_1=40, p_2=4, p_3=25 \end{gathered} \] Das ist ein lineares Gleichungssystem mit drei Gleichungen und drei Unbekannten. Wir bringen das System in die Form: \[ \begin{gathered} \begin{array}{rcrcrcr} 750p_1 &-&28p_2 &-&20p_3 &=& 29388\\ -40p_1 &+&1450p_2 &-& 30p_3 &=&3450\\ -60p_1 &-&8p_2&+&480p_3&=&9568 \end{array} \end{gathered} \] Durch Elimination erhalten wir die Stufenform: \[ \begin{gathered} \left(\begin{array}{rrr|r} 750 & -28 & -20 & 29388\\ -40 & 1450 & -30 & 3450\\ -60 & -8 & 480 & 9568 \end{array}\right)\to\left( \begin{array}{ccc|r} 1 & 0 & 0 & 40\\ 0 & 1 & 0 & 4\\ 0 & 0 & 1 & 25 \end{array}\right) \quad \begin{array}{ccr} p_1&=&40\\ p_2&=&4\\ p_3&=&25 \end{array} \end{gathered} \] □

Musteraufgabe 6.22 (Vermögensanlage) Eine Vermögensanlagegesellschaft bietet Anlegern an, mit Einzahlungen in jeweils beliebiger Höhe Anteile an drei Portfolios zu erwerben, die ausschließlich aus den drei Standardwerten $A,B$ und $C$ zusammengesetzt sind. Auf diese Weise ist ein Investieren in die drei Wertpapiere zu wesentlich günstigeren Bedingungen möglich als bei einem direkten Kauf an der Börse.

Im Portfolio $P_1$ beträgt der wertmäßige Anteil der Papiere $A,B$ und $C$ 40%, 20% und 40%, in $P_2$ 0%, 30% und 70%, sowie in $P_3$ 10%, 60% und 30%. Ein Anleger möchte 950 000 GE zu 24%, 37% und 39% in den Werten $A,B$ und $C$ anlegen. Wieviel muss er in die drei Portfolios investieren, um die geplante Verteilung seiner Mittel auf die drei Wertpapiere zu realisieren?

Lösung: Wir bezeichnen mit $x_1,x_2$ und $x_3$ die an den Portfolios $P_1, P_2$ und $P_3$ zu erwerbenden Anteile.

In Papier $A$ sollen 24 % von 950 000 investiert werden, das sind 228 000 GE. Dieses Wertpapier ist in $P_1$ mit 40 %, in $P_2$ mit 0 % und in $P_3$ mit 10 % enthalten. Das ergibt eine erste Gleichung: \[ \begin{gathered} \text{Papier A}: \quad 0.4x_1+0.1x_3=228000. \end{gathered} \] Analog erhalten wir zwei weitere Gleichungen für die Anteile von $B$ und $C$: \[ \begin{gathered} \begin{array}{lcccccccrr} \text{B} &\quad & 0.2x_1 & + & 0.3x_2 &+& 0.6x_3 &=& 351500 &(=\text{ 37 \% von 950000})\\ \text{C} &\quad & 0.4x_1 & + & 0.7x_2 &+& 0.3x_3 &=& 370500 &(=\text{ 39 \% von 950000})\\ \end{array} \end{gathered} \] Schließlich haben wir noch die Summenbedingung: \[ \begin{gathered} x_1+x_2+x_3=950000. \end{gathered} \] Die zugehörige Gleichungsmatrix hat die folgende Stufenform: \[ \begin{gathered} \left(\begin{array}{rrr|r} 0.4 & 0.0 & 0.1 & 228000\\ 0.2 & 0.3 & 0.6 & 351500\\ 0.4 & 0.7 & 0.3 & 370500\\ 1 & 1 & 1 & 950000 \end{array} \right)\to \left(\begin{array}{rrr|r} 1 & 0 & 0 &475000 \\ 0 & 1 & 0 & 95000\\ 0 & 0 & 1 & 380000\\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{array} \right) \end{gathered} \] Die Investitionssummen sind daher: \[ \begin{array}{lr} \text{Portfolio}~ P_1: & 475\,000\\ \text{Portfolio}~ P_2: & 95\,000\\ \text{Portfolio}~ P_3: & 380\,000 \end{array} \]

□

6.3.2 Planungsrechnung

Bedarfsvektoren

Ein Produktionsunternehmen stellt die Produkte $A, B,\ldots$ aus den Produktionsfaktoren (Rohstoffe, Teilprodukte, Kapital, Arbeitszeit, Anbaufläche usw.) $R_1$, $R_2$,…, $R_n$ her.

Für eine Mengeneinheit des Produkts $A$ benötigt man die Menge $a_1$ des Produktionsfaktors $R_1$, die Menge $a_2$ des Produktionsfaktors $R_2$, usw. Die Liste der für die Produktion (den Output) einer Mengeneinheit von $A$ benötigten Mengen an Produktionsfaktoren (Input) lässt sich als Vektor schreiben: \[ \begin{gathered} \begin{array}{l|l} & A \\ \hline R_1 & a_1 \\ R_2 & a_2 \\ \vdots & \vdots \\ R_n & a_n \end{array} \quad\to\quad \begin{array}{c} \\ \mathbf a= \left( \begin{array}{c} a_1\\ a_2\\ \vdots\\ a_n \end{array} \right). \end{array} \end{gathered} \] Der Vektor $\mathbf a$ heißt der Bedarfsvektor des Produkts $A$. Analog definieren wir Bedarfsvektoren $\mathbf b, \mathbf c,\ldots$ für Produkte $B, C,\ldots$.

Bedarfsvektoren sind ein sehr wichtiger Begriff für die weiteren Anwendungsbeispiele. Wie heben daher die Definition nochmals hervor.

Definition 6.23 (Bedarfsvektoren) Ein einzelner Bedarfsvektor eines Gutes ist identisch mit dem Input, der für den Output einer Mengeneinheit des Gutes benötigt wird.

Bedarfsvektoren werden in der industriellen Produktion auch als Stücklisten bezeichnet. In Anwendungen haben diese Listen oft viele Tausend Komponenten. Z.B. besteht ein Mittelklasse PKW aus mehr als 30 000 Einzelteilen.

Die Produktion (Output) bestimmter Mengen der Güter $A$ und $B$ erfordert den Einsatz (Input) bestimmter Mengen der Produktionsfaktoren. Angenommen, es sollen $\alpha$ Mengeneinheiten des Gutes $A$ und $\beta$ Mengeneinheiten des Gutes $B$ produziert werden. Dann ist \[ \begin{gathered} \mathbf x=\left(\begin{array}{c}\alpha\\\beta\end{array}\right) \end{gathered} \] der geplante Outputvektor der Produktion. Die Liste der Mengen von Produktionsfaktoren, die für diesen Output erforderlich sind, heißt Inputvektor. Es gilt: \[ \begin{gathered} \text{Geplanter Output }\mathbf x=\left(\begin{array}{c}\alpha\\\beta\end{array}\right) \implies \text{Benötigter Input }\mathbf y=\alpha\mathbf a +\beta\mathbf b \end{gathered} \tag{6.4}\] Der benötigte Input ergibt sich somit als Linearkombination der Bedarfsvektoren $\mathbf a$ und $\mathbf b$, siehe Definition 6.5.

Musteraufgabe 6.24 Ein Möbelhaus bietet unter anderem auch zwei Arten von Bücherregalen zum Selbstbau an. Regaltyp A hat eine Höhe von 200 cm, Typ B ist die kleinere Variante mit einer Höhe von 110 cm. Für Typ A werden pro Stück 5 $m^2$ furnierte Platten verarbeitet, für Typ B braucht man 3 $m^2$ Platten. Die Fertigung (Zuschnitt der Platten, Bohrungen und Verpackung) erfolgt vollautomatisch. Bei Typ A nimmt die Fertigung 8 Minuten Maschinenzeit in Anspruch, bei Typ B 6 Minuten. Stelle die Bedarfsvektoren für ein Regal vom Typ A und für ein Regal vom Typ B auf und berechne den Inputvektor für den Output von 50 Stück Regal A und 20 Stück Regal B.

Lösung: Der Bedarfsvektor eines Regals vom Typ A lautet:

\[ \begin{array}{l|l} & \text{Typ A}\\ \hline \text{Platten} & 5 ~m^2\\ \text{Maschinenzeit} & 8 ~\text{min} \end{array}\quad\implies \mathbf a=\left(\begin{array}{c}5\\8 \end{array}\right), \]

und der eines Regals vom Typ B:

\[ \begin{array}{l|l} & \text{Typ B}\\ \hline \text{Platten} & 3 ~m^2\\ \text{Maschinenzeit} & 6 ~\text{min} \end{array}\quad\implies \mathbf b=\left(\begin{array}{c}3\\6 \end{array}\right). \]

Für 50 Regale Typ A und 20 Regale Typ B lautet daher der Inputvektor \[ \begin{gathered} 50\mathbf a+20\mathbf b= 50\left(\begin{array}{c}5\\8 \end{array}\right)+ 20\left(\begin{array}{c}3\\6 \end{array}\right)= \left(\begin{array}{c}310\\520 \end{array}\right). \end{gathered} \] □

Bedarfsgleichungen

Wir erläutern die Begriffe anhand eines typischen Anwendungsbeispiels.

Beispiel 6.25 (Bedarfsplanung)

Der Rohstoffbedarf für drei Produkte $A_1,A_2,A_3$ sei durch die Bedarfsvektoren \[ \begin{gathered} \mathbf a_1=\left(\begin{array}{r} 3\\3\\5 \end{array}\right),\; \mathbf a_2=\left(\begin{array}{r} 0\\2\\5 \end{array}\right),\; \mathbf a_3=\left(\begin{array}{r} 1\\3\\1 \end{array}\right) \end{gathered} \] gegeben. Insgesamt stehen 70 Einheiten des Rohstoffes $R_1$, 100 Einheiten des Rohstoffes $R_2$ und 135 Einheiten von $R_3$ zur Verfügung. Ist es möglich, solche Mengen von $A_1,A_2$ und $A_3$ zu produzieren, dass alle Rohstoffmengen restlos verbraucht werden?

Bezeichnet $\mathbf b$ den Vektor der Rohstoffkapazitäten, also \[ \begin{gathered} \mathbf b=\left(\begin{array}{r} 70\\100\\135\end{array}\right), \end{gathered} \] und bezeichnen $x_1,\,x_2,\,x_3$ die produzierten Mengen der Produkte $A_1,\,A_2,\,A_3$, so lautet die Frage: Gibt es eine Linearkombination der Bedarfsvektoren, die den Kapazitätsvektor erzeugt, also \[ \begin{gathered} x_1\mathbf a_1+x_2\mathbf a_2+x_3\mathbf a_3=\mathbf b~? \end{gathered} \tag{6.5}\] Damit die Lösung ökonomisch sinnvoll interpretiert werden kann, muss außerdem verlangt werden, dass $x_1 \ge0,\; x_2 \ge0,\; x_3\ge 0$. Hier werden wir aber aus Gründen der Einfachheit diese Bedingung nicht berücksichtigen.

Schreibt man die Gleichung (6.5) nicht in Vektorform, sondern in Komponentenschreibweise, so lautet sie \[ \begin{gathered} x_1\left(\begin{array}{r} 3\\3\\5 \end{array}\right)+ x_2\left(\begin{array}{r} 0\\2\\5 \end{array}\right)+ x_3\left(\begin{array}{r} 1\\3\\1 \end{array}\right)= \left(\begin{array}{r} 70\\100\\135 \end{array}\right), \end{gathered} \] und wenn man jede Komponenten für sich aufschreibt, dann erhält man ein lineares Gleichungssystem: \[ \begin{gathered} \begin{array}{ccccccr} 3x_1&&&+&x_3&=&70\\ 3x_1&+&2x_2&+&3x_3&=&100\\ 5x_1&+&5x_2&+&x_3&=&135 \end{array} \end{gathered} \] Mit dem Eliminationsverfahren finden wir für dieses Planungsproblem die eindeutige Lösung, die sgn. Produktionsmöglichkeiten: \[ \begin{gathered} \mathbf x=\left(\begin{array}{r}20\\5\\10\end{array}\right). \end{gathered} \] Tatsächlich ist das sogar eine ökonomisch sinnvolle Lösung, denn sie erfüllt die Nichtnegativitätsbedingung \[ \begin{gathered} x_1\ge 0,\; x_2\ge 0,\;x_3\ge 0. \end{gathered} \]

Musteraufgabe 6.26 Aus den beiden Rohstoffen $A_1$ und $A_2$ werden drei Produkte $E_1, E_2$ und $E_3$ gefertigt. Der Bedarf an $A_1$ und $A_2$ pro Mengeneinheit der Endprodukte sowie die verfügbaren Lagerbestände von $A_1$ und $A_2$ sind der folgenden Tabelle zu entnehmen:

\[ \begin{array}{|c|rrr|r|} \hline & E_1 & E_2 & E_3 & \text{Lager}\\ \hline A_1 & 7 & 30 & 13 & 5865\\ A_2 & 18 & 6 & 10 & 4624\\ \hline \end{array} \]

Aus technischen Gründen müssen die hergestellten Mengen im Verhältnis 10 : 7 : 5 stehen. Welche Menge an $E_1, E_2$ und $E_3$ können hergestellt werden, wenn die Lagerbestände an $A_1$ und $A_2$ zur Gänze verbraucht werden?

Lösung: Wir bezeichnen mit $x_1,x_2,x_3$ die gesuchten Produktionsmengen der Endprodukte $E_1,E_2,E_3$. Da der Lagerbestand an Anfangsprodukten vollständig aufgebraucht werden soll, ergeben sich die Bedarfsgleichungen \[ \begin{gathered} \begin{array}{rcrcrcr} 7x_1 & + & 30 x_2 & + & 13x_3 & = & 5865\\ 18x_1 & + & 6x_2 & + & 10x_3 & = & 4624 \end{array} \end{gathered} \] Die Produktionsmengen sollen im Verhältnis $10:7:5$ stehen. Das heißt \[ \begin{gathered} x_1:x_2:x_3=10:7:5 \;\implies\; x_1:x_2=10:7 \;\text{und}\; x_2:x_3=7:5 \end{gathered} \] Daraus ergeben sich die Gleichungen \[ \begin{gathered} \begin{array}{lclclclclcl} x_1:x_2 & = & 10:7 & \implies & 7x_1 & = & 10x_2 & \implies & 7x_1-10x_2 & = & 0 \\ x_2:x_3 & = & 7:5 & \implies & 5x_2 & = & 7x_3 & \implies & 5x_2-7x_3 & = & 0 \end{array} \end{gathered} \] Wir haben es also mit 4 Gleichungen in 3 Unbekannten zu tun.

Auf die Gleichungsmatrix wenden wir nun das Eliminationsverfahren an: \[ \begin{gathered} \left(\begin{array}{rrr|r} 7 & 30 & 13 & 5865\\ 18 & 6 & 10 & 4624\\ 7 & -10 & 0 & 0\\ 0 & 5 & -7 & 0 \end{array} \right) \to \text{Elimination}\to \left(\begin{array}{rrr|r} 1 & 0 & 0 & 170\\ 0 & 1 & 0 & 119\\ 0 & 0 & 1 & 85\\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{array} \right) \end{gathered} \] Offensichtlich hat das Gleichungssystem die eindeutige Lösung: \[ \begin{gathered} \mathbf x=\left(\begin{array}{r}170\\119\\85 \end{array}\right). \end{gathered} \] □

Musteraufgabe 6.27 Bei der Herstellung der beiden Produkte $E_1$ und $E_2$ werden ein Rohstoff $A$ (ME) und Maschinenzeit $M$ ($h$) eingesetzt. Von $A$ befindet sich ein Vorrat von 8 ME auf Lager, Maschinenzeit steht mit maximal 25 $h$ zur Verfügung. $E_1$ benötigt 1 ME von $A$ und 3 $h$ Maschinenzeit pro Einheit, für $E_2$ werden 2 ME von $A$ und 5 $h$ Maschinenzeit benötigt. Die Kapazität an Maschinenzeit muss nicht zur Gänze ausgeschöpft werden, wohl aber soll der gesamte Lagerbestand von $A$ verbraucht werden.

Wieviel Maschinenzeit bleibt mindestens, maximal übrig?
Was ist die maximale Menge (Summe der Mengen $E_1$ und $E_2$), die erzeugt werden kann?

Lösung: (a) Es seien $x_1\ge 0$ und $x_2\ge 0$ die Mengen, die von $E_1$ und $E_2$ hergestellt werden sollen. Aus dem Verbrauch des Rohstoffs $A$ ergibt sich eine erste Gleichung: \[ \begin{gathered} \text{Verbrauch A}:\quad x_1+2x_2=8,\quad x_1,x_2\ge 0.\qquad \mbox{(A)} \end{gathered} \] Bezüglich des Verbrauchs von Maschinenzeit haben wir aber keine Gleichung, sondern eine Ungleichung: \[ \begin{gathered} \text{Maschinenzeit}:\quad 3x_1+5x_2\le 25. \end{gathered} \] Die Diskrepanz zwischen linker und rechter Seite dieser Ungleichung ist das Ausmaß an nicht verbrauchter Maschinenzeit. Nennen wir diese Größe $y$. Dann lässt sich die Ungleichung als Gleichung schreiben: \[ \begin{gathered} 3x_1+5x_2+y=25,\qquad y\ge 0.\qquad \mbox{(B)} \end{gathered} \] Damit bilden (A) und (B) ein lineares Gleichungssystem in zwei Gleichungen und drei Unbekannten: \[ \begin{gathered} \begin{array}{rcrcrcr} x_1 &+& 2x_2 & & &= &8\\ 3x_1 &+& 5x_1 &+& y &=& 25 \end{array} \end{gathered} \] Wir bringen die Gleichungsmatrix auf Stufenform: \[ \begin{gathered} \left(\begin{array}{rrr|r} 1 & 2 & 0 & 8\\ 3 & 5 & 1 & 25 \end{array} \right)\to\left(\begin{array}{rrr|r} 1 & 0 & 2 & 10\\ 0 & 1 & -1 & -1 \end{array}\right), \end{gathered} \] und erkennen, dass das Gleichungssystem zwar lösbar aber nicht eindeutig lösbar ist, denn $y$ ist Nichtbasisvariable. So setzen wir $y=\beta$ und formulieren die Parameterdarstellung der Lösungsmenge: \[ \begin{gathered} \begin{array}{ccl} x_1 &=& 10-2\beta\\ x_2 &=& -1+\beta\\ y&=&\beta \end{array} \end{gathered} \tag{6.6}\] Nun müssen $x_1,x_2$ und $\beta\ge 0$ sein. Aus der Forderung $x_2\ge 0$ ergibt sich aus der zweiten Gleichung der Parameterdarstellung: \[ \begin{gathered} -1+\beta\ge 0\implies \beta\ge 1. \end{gathered} \] Aus $x_1\ge 0$ folgt: \[ \begin{gathered} 10-2\beta\ge 0\implies \beta \le 5. \end{gathered} \] Aus den Forderungen $\beta\ge 0, \beta\ge 1$ und $\beta\le 5$, die alle gleichzeitig erfüllt sein müssen, ergibt sich der zulässige Bereich von $\beta$: \[ \begin{gathered} 1\le \beta\le 5. \end{gathered} \] Es bleiben also mindestens eine Stunde und maximal 5 Stunden Maschinenzeit übrig. Wenn der Prozess gefahren wird mit minimaler Zeitreserve $\beta=1$, dann werden $x_1=8$ und $x_2=0$ Einheiten hergestellt.

Umgekehrt, produzieren wir so, dass ein Maximum an Maschinenzeit bleibt (einsetzbar etwa für andere Prozesse), dann ist $\beta=5$ und es werden $x_1=0$ und $x_2=4$ Einheiten produziert.

(b) Es soll $x_1+x_2$ maximiert werden. Aus (6.6) folgt: \[ \begin{gathered} x_1+x_2=9-\beta\to\max \end{gathered} \] Dies wird erreicht bei kleinstmöglichem zulässigen Wert von $\beta$, das ist aber $\beta=1$, sodass $x_1=8, x_2=0$ und $x_1+x_2=8$. □

6.3.3 Weitere Anwendungen

Musteraufgabe 6.28 (Kreditvergabe) Eine Bank plant eine Kreditaktion im Umfang von 25 Mill. GE. Dabei gelten folgende Rahmenbedingungen:

\[ \begin{array}{lcc} \text{Art des Kredits} & \text{Zinssatz} & \text{Risiko}\\ \hline \text{Privat} & 0.14 & 0.12\\ \text{Auto} & 0.14 & 0.10\\ \text{Wohnbau} & 0.06 & 0.02\\ \hline \end{array} \]

Weiters soll das Volumen für Privatkredite exakt das Doppelte der Kredite für die Anschaffung von Autos ausmachen. Wenn die Bank ein totales Kreditrisiko von 5% kalkuliert, wie sollen dann die vorgesehenen Mittel auf die drei Kreditarten aufgeteilt werden? Welcher jährliche Zinsertrag ist bei dieser Aufteilung zu erwarten?

Lösung: Wir bezeichnen mit $x_1,x_2,x_3$ die Mittel für Privat-, Auto- und Wohnbaukredite. Anschließend stellen wir die Gleichungen auf, die durch die Kreditbedingungen gegeben werden.

Die erste Gleichung betrifft das Gesamtvolumen: \[ \begin{gathered} x_1 + x_2 + x_3 = 25. \end{gathered} \] Das Volumen für Privatkredite soll doppelt so hoch sein wie für Autokredite, daher \[ \begin{gathered} x_1=2x_2 \quad\implies x_1-2x_2=0. \end{gathered} \] Die dritte Gleichung betrifft das Kreditrisiko. Die Summe der Risikobeträge (d.h. der Betrag, um den die Bilanz wertberichtigt werden muss), soll 5 Prozent des Gesamtvolumens betragen: \[ \begin{gathered} 0.12x_1+0.1x_2+0.02x_3=0.05(x_1+x_2+x_3),\\ \implies \quad 0.07 x_1+0.05 x_2-0.03 x_3=0. \end{gathered} \] Auf diese Weise entsteht ein lineares Gleichungssystem mit 3 Gleichungen und 3 Unbekannten: \[ \begin{gathered} \begin{array}{rcrcrcr} x_1 & + & x_2 & + & x_3 & = & 25\\ x_1 & - & 2x_2 & & &=& 0\\ 0.07x_1 & + & 0.05x_2 & - & 0.03x_3 &=& 0 \end{array} \end{gathered} \] Durch das Eliminationsverfahren bringen wir das Gleichungssystem auf die Stufenform: \[ \begin{gathered} \left(\begin{array}{rrr|r} 1 & 0 & 0 & 5.357\\ 0 & 1 & 0 & 2.679\\ 0 & 0 & 1 & 16.964 \end{array}\right) \end{gathered} \] Die eindeutige Lösung lautet also $x_1=5.357\text{ Mill.},\, x_2=2.679\text{ Mill.},\, x_3=16.964\text{ Mill.}$ Daraus ergibt sich der erwartete jährliche Zinsertrag: \[ \begin{gathered} E=0.14\cdot 5.357+0.14\cdot 2.679+0.06\cdot 16.964 =2.143\text{ Mill.} \end{gathered} \] □

Musteraufgabe 6.29 (Polynomial Curve Fitting) Eine quadratische Kostenfunktion verläuft durch die Punkte $P_0=(1,132)$, $P_1=(2,168)$ und $P_3=(3,208)$. Bestimmen Sie die Gleichung der Kostenfunktion.

Lösung: Da die Kostenfunktion quadratisch ist, muss sie die Form haben: \[ \begin{gathered} C(x)=a_0+a_1x+a_2x^2, \end{gathered} \] wobei $a_0,a_1$ und $a_2$ zu bestimmende Unbekannte sind.

$C(x)$ verläuft durch den Punkt $P_0=(1,132)$, daher: \[ \begin{gathered} 132 = a_0 + a_1 + a_2.\qquad \mbox{(A)} \end{gathered} \] Sie verläuft ebenso durch den Punkt $P_1=(2,168)$: \[ \begin{gathered} 168=a_0+2a_1+4a_2.\qquad \mbox{(B)} \end{gathered} \] Schließlich liegt auch der Punkt $P_3=(3,208)$ auf $C(x)$: \[ \begin{gathered} 208 = a_0+3a_1+9a_2.\qquad \mbox{(C)} \end{gathered} \] Die Gleichungen (A), (B) und (C) bilden ein lineares Gleichungssystem mit Gleichungsmatrix und zugehöriger Stufenform: \[ \begin{gathered} \left(\begin{array}{ccc|r} 1 & 1 & 1 & 132\\ 1 & 2 & 4 & 168\\ 1 & 3 & 9 & 208 \end{array} \right)\to\left(\begin{array}{ccc|r} 1 & 0 & 0 & 100\\ 0 & 1 & 0 & 30\\ 0 & 0 & 1 & 2 \end{array} \right) \end{gathered} \] Die Gleichung der Kostenfunktion lautet daher: \[ \begin{gathered} C(x)=100+30x+2x^2. \end{gathered} \] □

Bemerkung 6.30 Wenn wir noch einen vierten Punkt $P_3$ gegeben hätten, durch den die Kostenfunktion $C(x)$ verlaufen muss, wobei $C(x)$ nach wie vor ein quadratisches Polynom ist, dann kann $P_3$ auf $C(x)$ liegen, muss aber nicht. Unser Gleichungssystem hätte nun vier Gleichungen. Im ersten Fall wäre es eindeutig lösbar, im zweiten Fall wäre das Gleichungssystem unlösbar. Dies ist der praktisch interessantere Fall. Um ein Polynom vom Grad $n$ zu bestimmen, brauchen wir $n+1$ Punkte. Sind allerdings mehr als $n+1$ Punkte für ein Polynom $n$-ten Grades gegeben, dann ist das resultierende Gleichungssystem bei empirischen Daten in aller Regel unlösbar. In diesem Fall ist man bestrebt, eine gute Näherungslösung zu finden. Dies führt auf eine ganz Klasse interessanter Optimierungsprobleme.

6.4 Weitere Übungsaufgaben

Lösen Sie das folgende lineare Gleichungssystem: \[ \begin{gathered} \begin{array}{rcrcr} 2x_1 & - & x_2 & =& 9\\ x_1 & + & 3x_2 & =& -13\\ 3x_1 & + & x_2 & =& 1\\ 4x_1 & + & 5x_2 & =& -17\\ 5x_1 & + & 8x_2 & =& -30 \end{array} \end{gathered} \]

Lösung: $x_1=2, x_2=-5$
Lösen Sie das folgende lineare Gleichungssystem: \[ \begin{gathered} \begin{array}{rrrrrrrr} & 2x_1 & + & 3x_2 & + & 14x_3 & = & 89\\ & 3x_1 & + & x_2 & + & 9x_3 & = & 74\\ & x_1 & & & + & 2x_3 & = & 20\\ \end{array} \end{gathered} \]

Lösung: $x_1=6, \;x_2=-7,\;x_3=7$
Lösen Sie das folgende lineare Gleichungssystem: \[ \begin{gathered} \begin{array}{rrrrrrrr} - & x_1 & + & x_2 & + & 7x_3 & = & 29\\ & x_1& - & x_2 & - & 7x_3 & = & -29\\ - & 6x_1 & + & 7x_2 & + & 45x_3 & = & 191\\ \end{array} \end{gathered} \]

Lösung: \[ \begin{gathered} \mathbf x=\left(\begin{array}{r} -12\\ 17\\ 0\\ \end{array}\right)+\alpha\left(\begin{array}{r} 4\\ -3\\ 1\\ \end{array}\right),\qquad \alpha\in\mathbb R \end{gathered} \]
Lösen Sie das folgende lineare Gleichungssystem: \[ \begin{gathered} \begin{array}{rrrrrrrr} - & x_1 & - & 7x_2 & - & 11x_3 & = & 0\\ - & x_1 & - & 12x_2 & - & 21x_3 & = & 0\\ & x_1 & + & 13x_2 & + & 23x_3 & = & 0\\ \end{array} \end{gathered} \]

Lösung: \[ \begin{gathered} \mathbf x=\alpha\left(\begin{array}{r} 3\\ -2\\ 1\\ \end{array}\right),\quad \alpha\in\mathbb R \end{gathered} \]
Lösen Sie das folgende lineare Gleichungssystem: \[ \begin{gathered} \begin{array}{rrrrrrrr} & x_1& - & x_2 & - & 6x_3 & = & 0\\ & 2x_1 & - & 2x_2 & - & 12x_3 & = & 1\\ - & 17x_1 & + & 18x_2 & + & 106x_3 & = & -7\\ \end{array} \end{gathered} \]

Lösung: unlösbar
Lösen Sie das folgende lineare Gleichungssystem: \[ \begin{gathered} \begin{array}{rrrrrrrr} & 3x_1 & + & 2x_2 & - & 24x_3 & = & -25\\ - & x_1& - & x_2 & + & 11x_3 & = & 11\\ \end{array} \end{gathered} \]

Lösung: \[ \begin{gathered} \mathbf x=\left(\begin{array}{r} -3\\ -8\\ 0\\ \end{array}\right)+\alpha\left(\begin{array}{r} 2\\ 9\\ 1\\ \end{array}\right),\quad \alpha\in\mathbb R \end{gathered} \]
Lösen Sie das Gleichungssystem \[ \begin{gathered} \begin{array}{rrrrrrrr} & x_1 & + & 3x_2 & + & 3x_3 & = & 36\\ - & 2x_1 & - & 3x_2 & + & 4x_3 & = & 3\\ & 4x_1 & - & 5x_2 & - & 4x_3 & = & -37\\ & 2x_1 & + & x_2 & & & = & 11\\ \end{array} \end{gathered} \]

Lösung: $x_1=3,\;x_2=5,\;x_3=6$
Beim Lösen eines linearen Gleichungssystems entstand die folgende Gleichungsmatrix: \[ \begin{gathered} \left(\begin{array}{rrr|r} 1 & 7 & 3 & -16\\ 0 & -32 & \beta & -4\\ 0 & 8 & -2 & 1 \end{array}\right) \end{gathered} \] Bestimmen Sie die Zahl $\beta$ so, dass das Gleichungssystem unendlich viele Lösungen hat.

Lösung: $\beta=8$
Gegeben ist die folgende Gleichungsmatrix: \[ \begin{gathered} \left(\begin{array}{rrr|r} 1 & 4 & 0 & -1\\ 0 & 1 & 0 & 5\\ 0 & 0 & 1 & -10\\ 0 & 0 & 1 & \beta \end{array}\right) \end{gathered} \] Welche der folgenden Aussagen sind richtig?
1. Wenn das Gleichungssystem lösbar ist, dann besitzt es sogar eine eindeutige Lösung.
2. Die Variable $x_3$ ist frei wählbar, falls das System lösbar ist.
3. Das Gleichungssystem ist nur dann lösbar, wenn $\beta=-10$.
Lösung: (1) und (3)
Welche der folgenden Aussagen sind richtig?
1. Ein lineares Gleichungssystem besitzt dann unendlich viele Lösungen, wenn die Stufenform keine unerfüllbaren Gleichungen enthält und die Anzahl der Unbekannten größer ist als die Anzahl der Basisvariablen.
2. Ein lineares Gleichungssystem ist eindeutig lösbar, wenn die Anzahl der Gleichungen gleich der Anzahl der Unbekannten ist.
3. Ein lineares Gleichungssystem besitzt immer dann unendlich viele Lösungen, wenn die Anzahl der Gleichungen größer ist als die Anzahl der Unbekannten.
Lösung: Nur (1).
Die Gleichungsmatrix eines linearen Gleichungssystems konnte auf folgende Stufenform gebracht werden: \[ \begin{gathered} \left(\begin{array}{rrr|r} 1 & -10 & 0 & 10\\ 0 & 0 & 1 & 19 \end{array}\right) \end{gathered} \] Bestimmen die die vollständige Lösungsmenge des Gleichungssystems.

Lösung: \[ \begin{gathered} \mathbf x=\left(\begin{array}{r} 10\\ 0\\ 19\\ \end{array}\right)+\alpha\left(\begin{array}{r} 10\\ 1\\ 0\\ \end{array}\right),\quad \alpha\in\mathbb R \end{gathered} \]
Die Gleichungsmatrix eines linearen Gleichungssystems konnte auf folgende Stufenform gebracht werden: \[ \begin{gathered} \left(\begin{array}{rrrr|r} 1 & 0 & 9 & -10 & 19\\ 0 & 1 & -6 & -7 & -1\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{array}\right) \end{gathered} \] Bestimmen die die vollständige Lösungsmenge des Gleichungssystems.

Lösung: \[ \begin{gathered} \mathbf x=\left(\begin{array}{r} 19\\ -1\\ 0\\ 0\\ \end{array}\right)+\alpha\left(\begin{array}{r} -9\\ 6\\ 1\\ 0\\ \end{array}\right)+\beta\left(\begin{array}{r} 10\\ 7\\ 0\\ 1\\ \end{array}\right),\qquad \alpha,\beta\in\mathbb R \end{gathered} \]
Am Ende der Jahre 2010, 2011 und 2012 erhielt eine Angestellte als Anerkennung Geldbeträge ausbezahlt, und zwar insgesamt 160 000 GE. Die Angestellte legte das Geld zu einem Zinssatz von 4.5 Prozent an und hatte am Ende von 2012 insgesamt 167 791.75 GE. Hätte sie 9 Prozent Zinsen bekommen, wären es 175 867 GE gewesen. Welche Beträge hatte sie erhalten?

Lösung: $70\,000, 30\,000$ und $60\,000$ GE
Eine Vermögensanlagegesellschaft bietet Anlegern an, mit Einzahlungen in jeweils beliebiger Höhe Anteile an drei Portfolios zu erwerben, die ausschließlich aus den drei Standardwerten $A,B$ und $C$ zusammengesetzt sind. Im Portfolio $P_1$ beträgt der wertmäßige Anteil der Papiere $A,B$ und $C$ 40%, 10% und 50%, in $P_2$ 60%, 20% und 20%, sowie in $P_3$ 0%, 40% und 60%. Ein Anleger möchte 700 000 GE zu 26%, 28% und 46% in den Werten $A,B$ und $C$ anlegen. Wieviel muss er in $P_{1}$, $P_2$ und $P_3$ investieren, um dieses Ziel zu verwirklichen?

Lösung: $P_1=140\,000, P_2=210\,000, P_3=350\,000$ GE
Eine Bank plant eine Kreditaktion im Umfang von 38 Mill. GE. Dabei gelten die folgenden Rahmenbedingungen:

\[ \begin{array}{lcc} \text{Art des Kredits} & \text{Zinssatz} & \text{Risiko}\\ \hline \text{Privat} & 0.15 & 0.06\\ \text{Auto} & 0.13 & 0.09\\ \text{Wohnbau} & 0.08 & 0.04\\ \hline \end{array} \]

Weiters soll das Volumen der Privatkredite exakt das Doppelte der Kredite für die Anschaffung von Autos ausmachen. Wenn die Bank ein totales Kreditrisiko von 6.8 % kalkuliert, wie sollen die vorgesehenen Mittel auf die drei Kreditarten aufgeteilt werden? Welcher Zinsertrag (Mill. GE) ist bei dieser Aufteilung zu erwarten?

Lösung: Ertrag $=5.2862$ Mill GE.
Chemische Analysen von Bodenproben eines Gartenbaubetriebs haben ergeben, dass zur optimalen Düngung der Dünger aus 50% Kali, 23% Nitrat und 27% Phosphat bestehen sollte. Aus Kostengründen möchte das Unternehmen auf im Handel erhältliche Düngermischungen zurückgreifen. Drei Produkte kommen in Frage: die Düngersorte $A_1$ enthält zu 30% Kali, 10% Nitrat und 60% Phosphat, bei Sorte $A_2$ ist die prozentuelle Zusammensetzung 70%, 20% und 10%, und die Düngersorte $A_3$ enthält Kali, Nitrat und Phosphat zu jeweils 30%, 50% und 20%. Die Gärtnerei benötigt 800 kg ihrer speziellen Mischung. Berechnen Sie, welche Mengen von den Düngersorten $A_1, A_2$ und $A_3$ gekauft werden müssen, damit die Mischung die optimale Zusammensetzung aufweist.

Lösung: $A_1=240$ kg, $A_2=400$ kg, $A_3=160$ kg
Aus den beiden Anfangsprodukten $A_1$ und $A_2$ werden die drei Endprodukte $E_1, E_2$ und $E_3$ gefertigt. Der Bedarf an $A_1$ und $A_2$ pro Mengeneinheit der Endprodukte sowie die verfügbaren Lagerbestände an $A_1$ und $A_2$ sind der folgenden Tabelle zu entnehmen:

\[ \begin{array}{|c|rrr|r|} \hline & E_1 & E_2 & E_3 & \text{Lager}\\ \hline A_1 & 9 & 19 & 28 & 7480\\ A_2 & 8 & 19 & 17 & 5729\\ \hline \end{array} \]

Aus technischen Gründen müssen die hergestellten Mengen im Verhältnis 4 : 8 : 9 stehen. Welche Mengen können hergestellt werden, wenn die Lagerbestände an $A_1$ und $A_2$ zur Gänze verbraucht werden?

Lösung: $E_1=68, E_2=136, E_3=153$
Ein Unternehmen stellt aus den drei Anfangsprodukten $A_1,A_2$ und $A_3$ die Endprodukte $E_1,E_2$ und $E_3$ her. Der Bedarf an Anfangsprodukten pro Einheit eines fertigen Endprodukts sowie der Lagerbestand an $A_1,A_2$ und $A_3$ sind der folgenden Tabelle zu entnehmen:

\[ \begin{array}{|c|rrr|r|} \hline & E_1 & E_2 & E_3 & \text{Lager}\\ \hline A_1 & 13 & 4 & 6 & 470\\ A_2 & 14 & 6 & 19 & 661\\ A_3 & 1 & 1 & 12 & 170\\ \hline \end{array} \]

Welche Mengen können hergestellt werden, wenn der Lagerbestand zur Gänze verbraucht wird?

Lösung: $E_1=28, E_2=10, E_3=11$
Ein Unternehmen stellt aus den zwei Anfangsprodukten $A_1$ und $A_2$ die Endprodukte $E_1, E_2$ und $E_3$ her. Der Bedarf an Anfangsprodukten pro Einheit eines fertigen Endprodukts sowie der Lagerbestand an $A_1$ und $A_2$ sind der folgenden Tabelle zu entnehmen:

\[ \begin{array}{|c|rrr|r|} \hline & E_1 & E_2 & E_3 & \text{Lager}\\ \hline A_1 & 16 & 10 & 16 & 19906\\ A_2 & 15 & 11 & 19 & 18928\\ \hline \end{array} \]

Aus technischen Gründen müssen für eine Einheit von $E_2$ 22 Einheiten von $E_1$ produziert werden. Welche Mengen können hergestellt werden, wenn der Lagerbestand zur Gänze verbraucht wird?

Lösung: $E_1=1166, E_2=53, E_3=45$
In einer Fabrik stehen drei Maschinen $M_1,M_2$ und $M_3$ im Einsatz, mit deren Hilfe zwei Produkte $P_1$ und $P_3$ hergestellt werden. Der folgenden Tabelle entnehmen Sie die Produktionskoeffizienten dieser Maschinen, d.h. die Stückzahlen, die diese Maschinen pro Minute liefern:

\[ \begin{array}{|c|rrr|} \hline & M_1 & M_2 & M_3\\ \hline P_1 & 15 & 5 & 12\\ P_2 & 11 & 8 & 11\\ \hline \end{array} \]

Aus technischen Gründen darf $M_1$ nur halb solange laufen wie $M_3$. Wenn 3854 Stück von $P_1$ und 3932 Stück von $P_2$ hergestellt werden sollen, welche Maschinenzeiten sind einzuplanen?

Lösung: $M_1=76, M_2=178, M_3=152$
Eine quadratische Kostenfunktion verläuft durch die Punkte $(1,1620)$, $(4,486)$ und $(10,8100)$. Bestimmen Sie den Funktionsterm der Kostenfunktion.

Lösung: $C(x)= 2730-1293x+ 183x^2$.
Für zwei Kostenstellen $K_1$ und $K_2$ eines Unternehmens sollen die intern erbrachten Leistungen bewertet werden. Aus dem Betriebsabrechungsbogen sind folgende Informationen verfügbar:

\[ \begin{array}{c|cc|rr} \text{Leistungen} & \text{Kostenstelle} & & \text{Leistung} & \text{primäre}\\ \text{von/an} & K_{1} & K_{2} & \text{gesamt} & \text{Kosten}\\ \hline K_{1} & - & 70 & 140 & 560\\ K_{2} & 70 & - & 80 & 710\\ \hline \end{array} \]

Die Leistungen sind in Leistungseinheiten bewertet, die primären Kosten in GE. Berechnen Sie die internen Verrechnungspreise.

Lösung: $p_1=15, p_2=22$
Ein einfaches makroökonomisches Modell besteht aus den Gleichungen: \[ \begin{aligned} \begin{array}{cclcl} C &=& 120000 + 0.6 Y &\qquad &\text{Konsumfunktion} \\[5pt] I &=& 400 + 0.12 Y -480 R&&\text{Investitionsfunktion}\\[5pt] Y &=& C + I+G&&\text{Gleichgewichtsbedingung} \end{array} \end{aligned} \] Welchen Wert haben $Y, C$ und $I$ bei einem Zinssatz $R=0.07$ und Staatsausgaben von $G=42\,000$?

Lösung: $Y= 579\,880, C=467\,928, I= 69\,952$