Benutzerin:Gabriele Hornsteiner/Test-Baustelle

D:\Phili\FH\Lehre\Mathe\Lineare Algebra\Vorlesung

Berechnung einer Inversen

Inverse einer Matrix

Es gibt zum reziproken Wert einer Zahl eine Entsprechung, nämlich die Inverse einer Matrix ${\underline {A}}$:

Die Entsprechung ist so zu verstehen:

$a\cdot {\frac {1}{a}}=1$ bzw. ${\underline {A}}\cdot {\underline {A}}^{-1}={\underline {I}}$

mit ${\underline {A}}$ als nichtsingulärer ($n\times n$)-Matrix und ${\underline {I}}$ als Einheitsmatrix der Ordnung $n$.

Die Inverse einer Matrix wird vor allem beim Berechnen linearer Modelle verwendet.

Wie berechnet sich ${\underline {A}}^{-1}$? Nicht, indem man etwa für alle Elemente $a_{ij}$ einfach ${\frac {1}{a}}_{ij}$ berechnet. Sondern es muß bei der Multiplikation ${\underline {A}}\cdot {\underline {A}}^{-1}$ die Einheitsmatrix resultieren.

Meistens ist die Ermittlung der Inverse sehr aufwendig und wird in der Regel nur auf Computern durchgeführt. Es gibt mehrere Verfahren zur Berechnung der Inversen. Hier wird die manuelle Berechnung mittels eines Tableaus und der vollständigen Elimination gezeigt.

Beispiel:

Die Matrix ${\underline {A}}={\begin{bmatrix}1&2&3\\2&0&1\\0&1&1\end{bmatrix}}$ soll invertiert werden. Man beginnt mit einem Tableau, das senkrecht in zwei Hälften geteilt ist: Links steht die aktuelle Matrix ${\underline {A}}$, rechts dagegen die Einheitsmatrix. Ziel ist es, die linke Matrix unter Einbeziehung des gesamten Tableaus in eine Einheitsmatrix umzuwandeln. Es steht dann auf der rechten Seite die Inverse von ${\underline {A}}$.

Tableau:

${\begin{array}{l|ccc|ccc}&&{\underline {A}}&&&{\underline {I}}&&\\\hline {\text{I}}&1&2&3&1&0&0\\{\text{II}}&2&0&1&0&1&0\\{\text{III}}&0&1&1&0&0&1\end{array}}$

Mit der vollständigen Elimination wird das Tableau umgeformt. Wenn links die Einheitsmatrix steht, ist rechts die Inverse gegeben.

Wir arbeiten nun die Spalten des Tableaus nun von links nach rechts ab:

Die 1.Spalte soll sein ${\begin{bmatrix}1\\0\\0\end{bmatrix}}$.

Ein Vielfaches der 1. Zeile wird von einem Vielfachen der 2. Zeile subtrahiert:

1. Zeile ist ok.

2. Zeile

${\begin{array}{c|rrrrrr}{\text{II}}&2&0&1&0&1&0\\-(2\cdot {\text{I}})&2&4&6&2&0&0\\\hline {\text{II}}_{\text{neu}}&0&-4&-5&-2&1&0\end{array}}$

3. Zeile ist ok.

Die erste Spalte ist fertig und wir wollen nun ein neues Tableau als Zwischenergebnis festhalten.

Tableau:

${\begin{array}{ccc|ccc}1&2&3&1&0&0\\0&-4&-5&-2&1&0\\0&1&1&0&0&1\end{array}}$

Die 2.Spalte soll sein ${\begin{bmatrix}0\\1\\0\end{bmatrix}}$.

2. Zeile

${\begin{array}{c|rrrrrr}{\text{II}}_{\text{neu}}={\frac {\text{II}}{-4}}&0&1&{\frac {5}{4}}&-{\frac {1}{2}}&-{\frac {1}{4}}&1\end{array}}$

1. Zeile:

${\begin{array}{c|rrrrrr}{\text{I}}&1&2&3&1&0&0\\-(2\cdot {\text{II}}_{\text{neu}})&0&2&{\frac {10}{4}}&1&-{\frac {1}{2}}&0\\\hline {\text{I}}_{\text{neu}}&1&0&{\frac {1}{2}}&0&{\frac {1}{2}}&0\end{array}}$

3. Zeile:

${\begin{array}{c|rrrrrr}{\text{III}}&0&1&1&0&0&1\\-{\text{II}}_{\text{neu}}&0&1&{\frac {5}{4}}&-{\frac {1}{2}}&-{\frac {1}{4}}&1\\\hline {\text{II}}_{\text{neu}}&0&0&-{\frac {1}{4}}&-{\frac {1}{2}}&{\frac {1}{4}}&1\\\end{array}}$

Neues Tableau:

${\begin{array}{ccc|ccc}0&2&{\frac {10}{4}}&1&-{\frac {1}{2}}&0\\0&1&{\frac {5}{4}}&-{\frac {1}{2}}&-{\frac {1}{4}}&1\\0&0&-{\frac {1}{4}}&-{\frac {1}{2}}&{\frac {1}{4}}&1\end{array}}$

Die 3.Spalte soll sein ${\begin{bmatrix}0\\0\\1\end{bmatrix}}$.

3. Zeile

${\begin{array}{c|rrrrrr}{\text{III}}_{\text{neu}}={\text{III}}\cdot (-4):&0&0&1&2&-1&-4\end{array}}$

1. Zeile:

${\begin{array}{c|rrrrrr}{\text{I}}&1&0&{\frac {1}{2}}&0&{\frac {1}{2}}&0\\-({\frac {1}{2}}\cdot {\text{III}}_{\text{neu}})&0&0&{\frac {1}{2}}&1&-{\frac {1}{2}}&-2\\\hline {\text{I}}_{\text{neu}}&1&0&0&-1&1&2\end{array}}$

2. Zeile:

${\begin{array}{c|rrrrrr}{\text{II}}&0&1&{\frac {5}{4}}&{\frac {1}{2}}&-{\frac {1}{4}}&0\\-({\frac {5}{4}}\cdot {\text{III}}_{\text{neu}})&0&0&{\frac {5}{4}}&{\frac {5}{2}}&-{\frac {5}{4}}&-5\\\hline {\text{II}}_{\text{neu}}&0&1&0&-2&1&5\\\end{array}}$

Ergebnistableau:

${\begin{array}{ccc|ccc}1&0&0&-1&1&2\\0&1&0&-2&1&5\\0&0&1&2&-1&-4\end{array}}$

Also ist ${\underline {A}}^{-1}={\begin{bmatrix}-1&1&2\\-2&1&5\\2&-1&-4\end{bmatrix}}$.

Die Probe ergibt

$={\underline {A}}\cdot {\underline {A}}^{-1}={\begin{bmatrix}1&2&3\\2&0&1\\0&1&1\end{bmatrix}}\cdot {\begin{bmatrix}-1&1&2\\-2&1&5\\2&-1&-4\end{bmatrix}}=$ ${\begin{bmatrix}-1-4+6&1+2-3&2+10-12\\-2+0+2&2+0-1&4+0-4\\0-2+2&0+1-1&0+5-4\end{bmatrix}}={\begin{bmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{bmatrix}}$.

Da eine Matrix nur eine Inverse haben kann, haben wir tatsächlich die Inverse von ${\underline {A}}$ gefunden.

Inverse einer 2x2-Matrix

Für den Spezialfall einer ($2\times 2$)-Matrix ${\underline {A}}$ mit den Elementen $a_{ij}$ ergibt sich für die Inverse

${\underline {A}}^{-1}={\frac {1}{a_{11}\cdot a_{22}-a_{12}\cdot a_{21}}}{\begin{bmatrix}a_{22}&-a_{12}\\-a_{21}&a_{11}\end{bmatrix}}$

mit $a_{11}\cdot a_{22}-a_{12}\cdot a_{21}$ als Determinante von ${\underline {A}}$.

Beispiel:

Gegeben ist :${\underline {A}}={\begin{bmatrix}a_{11}&a_{12}\\a_{21}&a_{22}\end{bmatrix}}={\begin{bmatrix}1&2\\3&4\end{bmatrix}}$.

Wir erhalten

${\underline {A}}^{-1}={\frac {1}{1\cdot 4-3\cdot 2}}{\begin{bmatrix}4&-2\\-3&1\end{bmatrix}}=-{\frac {1}{2}}{\begin{bmatrix}4&-2\\-3&1\end{bmatrix}}={\begin{bmatrix}-2&1\\1,5&-0,5\end{bmatrix}}$.

Umformung von Matrizengleichungen

Die vereinfachte Darstellung ganzer Zahlensysteme ermöglicht die knappe Wiedergabe und elegante Berechnung komplexer Ausdrücke wie z.B.

$({\underline {X}}^{T}{\underline {X}})^{-1}{\underline {X}}^{T}{\underline {y}}$ oder ${\underline {I}}-{\underline {X}}({\underline {X}}^{T}{\underline {X}})^{-1}{\underline {X}}^{T}$. Ebenso kann man auch Matrizengleichungen umformen und bezüglich einer unbekannten Matrix oder eines Vektors auflösen.

Regeln für das Umformen von Gleichungen:

a) Man kann eine Matrizengleichung mit einer Matrix additiv (also mit + oder -) von links oder rechts erweitern, wobei natürlich die Ordnung der Matrizen übereinstimmen muss.

Beispiel:

Gegeben sind ${\underline {A}}_{m\times n}$, ${\underline {B}}_{m\times n}$ und ${\underline {C}}_{m\times n}$.

${\underline {A}}={\underline {B}}\Longleftrightarrow$

${\underline {A}}+{\underline {C}}={\underline {B}}+{\underline {C}}\Longleftrightarrow$

${\underline {C}}+{\underline {A}}={\underline {B}}+{\underline {C}}\Longleftrightarrow$

${\underline {A}}-{\underline {C}}=-{\underline {C}}+{\underline {B}}$

b) Man kann eine Matrizengleichung mit einer Matrix multiplikativ erweitern, wobei natürlich die Ordnung der Matrizen übereinstimmen muss:

Von links:

Beispiel:

Gegeben sind ${\underline {A}}_{n\times m}$, ${\underline {B}}_{n\times m}$ und ${\underline {C}}_{r\times n}$.

${\underline {A}}={\underline {B}}\Longleftrightarrow$

${\underline {C}}\cdot {\underline {A}}={\underline {C}}\cdot {\underline {B}}$.

Ausklammern:

${\underline {C}}\cdot {\underline {A}}+{\underline {C}}\cdot {\underline {B}}={\underline {C}}\cdot ({\underline {A}}+{\underline {B}})$.

Von rechts:

Beispiel:

Gegeben sind ${\underline {A}}_{n\times m}$, ${\underline {B}}_{n\times m}$ und ${\underline {D}}_{m\times s}$.

${\underline {A}}={\underline {B}}\Longleftrightarrow$

${\underline {A}}\cdot {\underline {D}}={\underline {B}}\cdot {\underline {D}}$.

Ausklammern:

${\underline {B}}\cdot {\underline {D}}-{\underline {A}}\cdot {\underline {D}}=({\underline {B}}+{\underline {A}})\cdot {\underline {D}}$.

Umformungen wie ${\underline {C}}{\underline {A}}={\underline {A}}{\underline {C}}$ sind im allgemeinen nicht zulässig und oft auch gar nicht definiert. c) Es gilt beispielsweise mit ${\underline {A}}_{n\times n}$, mit ${\underline {B}}_{n\times n}$, beide invertierbar, ${\underline {C}}_{n\times m}$ und der Nullmatrix ${\underline {O}}_{m\times r}$:

${\underline {A}}\cdot {\underline {A}}^{-1}=$ ${\underline {A}}^{-1}\cdot {\underline {A}}=$ ${\underline {I}}$.

${\underline {B}}\cdot {\underline {I}}={\underline {B}}$

${\underline {C}}\cdot {\underline {O}}_{m\times r}={\underline {O}}_{n\times r}$ ${\underline {A}}^{-1}\cdot {\underline {A}}=$ ${\underline {I}}$.

$({\underline {B}}\cdot {\underline {A}})^{-1}=$ ${\underline {A}}^{-1}\cdot {\underline {B}}^{-1}$. $({\underline {B}}\cdot {\underline {A}})^{T}=$ ${\underline {A}}^{T}\cdot {\underline {B}}^{T}$.)

Skalare werden wie Zahlen behandelt. Insbesondere können die Seiten der Gleichung wahlweise von links und von rechts mit einem Skalar multipliziert werden.

Beispiel:

$[5]\cdot {\underline {A}}={\underline {A}}\cdot [5]=5\cdot {\underline {A}}$

Beispiele für Umformungen:

Gegeben ist das lineare Gleichungssystem ${\underline {A}}{\underline {x}}={\underline {b}}$. ${\underline {A}}$ muss invertierbar sein. Wir wollen den Lösungsvektor ${\underline {x}}$ ermitteln:

Wir multiplizieren das Gleichungssystem von links mit ${\underline {A}}^{-1}$:

$\underbrace {{\underline {A}}^{-1}\cdot {\underline {A}}} _{\underline {I}}\cdot {\underline {x}}=A^{-1}\cdot {\underline {b}}\Rightarrow$

${\underline {I}}\cdot {\underline {x}}=A^{-1}\cdot {\underline {b}}\Rightarrow$ ${\underline {x}}=A^{-1}\cdot {\underline {b}}\Rightarrow$.

Gegeben ist das Gleichungssystem ${\underline {A}}{\underline {X}}+{\underline {X}}={\underline {B}}{\underline {X}}+{\underline {C}}$. Es soll nach ${\underline {X}}$ aufgelöst werden. Also

${\underline {A}}{\underline {X}}+{\underline {X}}={\underline {B}}{\underline {X}}+{\underline {C}}$

Alle Ausdrücke mit ${\underline {X}}$ auf die linke Seite bringen: ${\underline {A}}{\underline {X}}-{\underline {B}}{\underline {X}}+{\underline {X}}={\underline {C}}$

${\underline {X}}$ nach rechts ausklammern: $({\underline {A}}-{\underline {B}}+{\underline {I}})\cdot {\underline {X}}={\underline {C}}$

Von links mit $({\underline {A}}-{\underline {B}}+{\underline {I}})^{-1}$ multiplizieren: $({\underline {A}}-{\underline {B}}+{\underline {I}})^{-1}({\underline {A}}-{\underline {B}}+{\underline {I}})\cdot {\underline {X}}=({\underline {A}}-{\underline {B}}+{\underline {I}})^{-1}\cdot {\underline {C}}$

Wegen

$({\underline {A}}-{\underline {B}}+{\underline {I}})^{-1}({\underline {A}}-{\underline {B}}+{\underline {I}})={\underline {I}}$ erhalten wir ${\underline {I}}\cdot {\underline {X}}=({\underline {A}}-{\underline {B}}+{\underline {I}})^{-1}\cdot {\underline {C}}$, also ${\underline {X}}=({\underline {A}}-{\underline {B}}+{\underline {I}})^{-1}\cdot {\underline {C}}$.

Beispiel 3:

Gegeben ist die Matrix ${\underline {A}}={\underline {X}}({\underline {X}}^{T}{\underline {X}})^{-1}{\underline {X}}^{T}$, wobei ${\underline {X}}_{n\times m}$ ist. Gesucht ist ${\underline {A}}\cdot {\underline {A}}$:

${\underline {A}}\cdot {\underline {A}}={\underline {X}}({\underline {X}}^{T}{\underline {X}})^{-1}{\underline {X}}^{T}{\underline {X}}({\underline {X}}^{T}{\underline {X}})^{-1}{\underline {X}}^{T}$.

Man kann nun zusammenfassen:

${\underline {X}}({\underline {X}}^{T}{\underline {X}})^{-1}\underbrace {{\underline {X}}^{T}{\underline {X}}({\underline {X}}^{T}{\underline {X}})^{-1}} _{\underline {I}}{\underline {X}}^{T}$, was ${\underline {X}}({\underline {X}}^{T}{\underline {X}})^{-1}{\underline {I}}{\underline {X}}^{T}=$ ${\underline {X}}({\underline {X}}^{T}{\underline {X}})^{-1}{\underline {X}}^{T}={\underline {A}}$ ergibt.

Man nennt übrigens eine Matrix mit der Eigenschaft ${\underline {A}}\cdot {\underline {A}}={\underline {A}}$ idempotent, was bedeutet, dass diese Matrix beim Potenzieren sich selbst hervorbringt.

Falls Sie meinen, das sei nur so zum Spaß ausgedacht: In der multiplen Regression wird diese Matrix für das Berechnen der Regressionskoeffizienten benötigt.

=== anker ===\ Der Rang gibt die "Information" an, die in einer Matrix steckt.

Wir betrachten noch einmal das zweite Beispiel von Lisa und Familie Meier:

Im Juli kauft Lisa einen Schokoriegel und zwei Tüten Chips und zahlt 8 Euro. Familie Meier kauft vier Schokoriegel und acht Tüten Chips und zahlt 32 Euro.

Die Koeffizientenmatrix ist ${\underline {A}}={\begin{bmatrix}2&4\\4&8\end{bmatrix}}$. Man könnte ${\underline {A}}$ auch als Zusammenfassung von zwei Spaltenvektoren auffassen: ${\underline {A}}={\begin{bmatrix}{\underline {a}}_{1}&{\underline {a}}_{2}\end{bmatrix}}$ mit ${\underline {a}}_{1}={\begin{bmatrix}2\\4\end{bmatrix}}$ und ${\underline {a}}_{2}={\begin{bmatrix}4\\8\end{bmatrix}}$.

Hier sind zwei Spalten (und auch zwei Zeilen ) linear abhängig voneinander.

Lineare Abhängigkeit bedeutet hier ${\underline {a}}_{1}={\frac {1}{2}}\cdot {\underline {a}}_{2}$ bzw. ${\begin{bmatrix}2\\4\end{bmatrix}}={\frac {1}{2}}\cdot {\begin{bmatrix}4\\8\end{bmatrix}}$, allgemein ${\underline {a}}_{1}=\alpha \cdot {\underline {a}}_{2}$ ($\alpha$ const.), was bedeutet, dass im Grund schon eine Spalte die nötige Information enthält.

Nun wollen wir ein Beispiel mit drei Spaltenvektoren ansehen.

Gegeben sind drei Spaltenvektoren ${\underline {a}}$, ${\underline {b}}$ und ${\underline {c}}$. Falls gilt

${\underline {c}}=\alpha {\underline {a}}+\beta {\underline {b}}$,

wobei $\alpha$ und $\beta$ Skalare (= Konstanten) sind und mindestens ein Skalar $\neq 0$ ist, nennt man ${\underline {c}}$ eine Linearkombination aus ${\underline {a}}$ und ${\underline {b}}$. ${\underline {a}}$ , ${\underline {b}}$ und ${\underline {c}}$ sind dann linear abhängig.

Beispiel: Gegeben sind die beiden Spaltenvektoren 2. Ordnung (also $2\times 1$) ${\underline {a}}={\begin{bmatrix}2\\0\end{bmatrix}}$ und ${\underline {b}}={\begin{bmatrix}0\\3\end{bmatrix}}$. ${\underline {a}}$ und ${\underline {b}}$ sind linear unabhängig, denn es gibt kein $\alpha \neq 0$, das die Beziehung ${\underline {b}}=\alpha {\underline {a}}$ ermöglicht.

Aus Linearkombinationen mit ${\underline {a}}$ und ${\underline {b}}$ können nun alle restlichen Vektoren der Ordnung 2 gebildet werden.

Beispielsweise soll der Vektor ${\underline {c}}={\begin{bmatrix}-3\\{\sqrt {2}}\end{bmatrix}}$ mit Hilfe von ${\underline {a}}$ und ${\underline {b}}$ dargestellt werden. Wir erreichen das mit

${\underline {c}}={\begin{bmatrix}-3\\{\sqrt {2}}\end{bmatrix}}=-{\frac {3}{2}}\cdot {\begin{bmatrix}2\\0\end{bmatrix}}+{\frac {-{\sqrt {2}}}{3}}\cdot {\begin{bmatrix}0\\3\end{bmatrix}}$ also ${\underline {c}}=-{\frac {3}{2}}\cdot {\underline {a}}-{\frac {\sqrt {2}}{3}}\cdot {\underline {b}}$.

Übrigens kriegt man die Werte raus, indem man ein Gleichungssystem

${\begin{matrix}\alpha \cdot a_{1}+\beta \cdot b_{1}=-3\\\alpha \cdot a_{2}+\beta \cdot b_{2}={\sqrt {2}}\end{matrix}}$ bzw. ${\begin{matrix}\alpha \cdot 2+\beta \cdot 0=-3\\\alpha \cdot 0+\beta \cdot 3={\sqrt {2}}\end{matrix}}$

löst.

Man nennt ${\underline {a}}$ und ${\underline {b}}$ Basisvektoren. Sie spannen den zweidimensionalen Raum auf.

Wie ist das gemeint? Stellen wir uns ein Koordinatensystem aus $x$ und $y$ vor. Mit Hilfe der $x$-$y$-Paare können wir jeden Punkt in diesem Koordinatensystem darstellen. $x$ und $y$ spannen also den zweidimensionalen Raum auf. Das Gleiche haben wir mit ${\underline {a}}$ und ${\underline {b}}$ gemacht.

Basisvektoren im engeren Sinn sind die Einheitsvektoren ${\underline {e}}_{1}={\begin{bmatrix}1\\0\end{bmatrix}}$ und ${\underline {e}}_{2}={\begin{bmatrix}0\\1\end{bmatrix}}$. Sie bilden das kartesische Koordinatensysten. In der Regel werden mit dem Begriff Basisvektoren diese Einheitsvektoren gemeint.

Werden Spaltenvektoren der Ordnung $n$ betrachtet, können maximal $n$ Vektoren linear unabhängig sein.

Sind beispielsweise die Vektoren ${\underline {a}}$, ${\underline {b}}$, ${\underline {c}}$ und ${\underline {d}}$ der Ordnung 3 gegeben, müssen diese Vektoren insgesamt linear abhängig sein, es gilt also hier

${\underline {d}}=\alpha {\underline {a}}+\beta {\underline {b}}+\gamma {\underline {c}}$ oder auch ${\underline {a}}=\beta {\underline {b}}+\gamma {\underline {c}}+\delta {\underline {d}}$   ($\alpha$, $\beta$, $\gamma$, $\delta$ const.) usw.

Betrachten wir die drei Spaltenvektoren 3. Ordnung ${\underline {a}}={\begin{bmatrix}1\\0\\1\end{bmatrix}}$, ${\underline {b}}={\begin{bmatrix}1\\-1\\-1\end{bmatrix}}$ und ${\underline {c}}={\begin{bmatrix}-1\\1\\0\end{bmatrix}}$. ${\underline {a}}$, ${\underline {b}}$ und ${\underline {c}}$ sind linear unabhängig. Jeder Vektor der Ordnung 3 kann als Linearkombination dieser drei Vektoren dargestellt werden, z.B.

${\underline {d}}={\begin{bmatrix}2\\4\\6\end{bmatrix}}=6\cdot {\begin{bmatrix}1\\0\\1\end{bmatrix}}+0\cdot {\begin{bmatrix}1\\-1\\-1\end{bmatrix}}+4\cdot {\begin{bmatrix}-1\\1\\0\end{bmatrix}}=6\cdot {\underline {a}}+0\cdot {\underline {b}}+4\cdot {\underline {c}}$.

Entsprechendes gilt übrigens auch für die Zeilenvektoren.

etappe

Besteht eine $(m\times n)$-Matrix ${\underline {A}}$ aus genau $r$ unabhängigen Vektoren $(r\leq \min(m,n))$, hat die Matrix ${\underline {A}}$ den Rang $r$, also ${\text{rg}}({\underline {A}})=r$.

Im obigen Beispiel von Lisa und den Meiers ist ${\text{rg}}({\underline {A}})=1$, weil - wie wir im Kapitel über Lösbarkeit von Gleichungssystemen nur 1 aussagefähige Gleichung existiert. In der ursprünglichen Konstellation des Beispiels ist

${\text{rg}}({\underline {A}})=2$,

denn hier sind beide Spaltenvektoren linear unabhängig, ${\underline {a}}_{2}$ kann nicht als Linearkombination von ${\underline {a}}_{1}$ dargestellt werden, beide Zeilen enthalten eigenständige Informationen.

Wie berechnet man den Rang einer Matrix?

Beispielsweise mit Hilfe des Gaußschen Algorithmus. Man bringt die Matrix so weit wie möglich auf Dreiecksgestalt (also auf Trapezgestalt). Die Zahl der Zeilen, die keine Nullvektoren sind, geben den Rang $r$ an.

Es gilt:

Bei einer ($m\times n$)-Matrix ${\underline {A}}$ ist der Rang höchstens der kleinere Wert von $m$ und $n$.

Ist der Rang einer quadratischen Matrix ${\underline {A}}$ (also $n\times n$) gleich $n$, hat ${\underline {A}}$ vollen Rang, ist regulär, nichtsingulär, invertierbar. Alle Bezeichnungen sind äquivalent.

Beispiele für Ergebnistableaus von oben. Gesucht ist der Rang von ${\underline {A}}$ links im Tableau:

I

${\begin{array}{rrr|r}&{\underline {A}}&&{\underline {b}}\\\hline 1&2&3&1\\0&4&5&2\\0&0&6&3\\\end{array}}$

II

${\begin{array}{rrr|r}1&2&3&0\\0&4&5&1\\0&0&6&0\\\end{array}}$

III

${\begin{array}{rrr|r}1&2&3&1\\0&4&5&2\\0&0&6&3\\0&0&0&0\\\end{array}}$

IV

${\begin{array}{rrr|r}1&2&3&0\\0&4&5&0\\0&0&6&0\\\end{array}}$

V

${\begin{array}{rrr|r}1&2&3&1\\0&4&5&2\\0&0&0&0\\\end{array}}$

VI

${\begin{array}{rrr|r}1&2&3&1\\0&4&5&2\\0&0&0&0\\0&0&0&0\\\end{array}}$

VII

${\begin{array}{rrr|r}1&2&3&1\\\end{array}}$

VIII

${\begin{array}{rrr|r}1&2&3&1\\0&4&5&2\\0&0&0&3\\0&0&0&0\\\end{array}}$

Abgearbeitet

Nehmen wir uns noch einmal das Beispiel mit dem Tante-Emma-Laden in der Einführung vor:

$1\cdot x_{1}+2\cdot x_{2}=8,$

$4\cdot x_{1}+5\cdot x_{2}=23.$

Es sollen beide Gleichungen zugleich gelten, also schreibt man eigentlich korrekt

$1\cdot x_{1}+2\cdot x_{2}=8$

$\qquad \quad \land$

$4\cdot x_{1}+5\cdot x_{2}=23$.

Sind Missverständnisse ausgeschlossen, können die „und“ weggelassen werden.

In Matrizenschreibweise kann man das System darstellen als

${\begin{bmatrix}1&2\\4&5\end{bmatrix}}\cdot {\begin{bmatrix}x_{1}\\x_{2}\end{bmatrix}}={\begin{bmatrix}8\\23\end{bmatrix}}$,

allgemein

${\underline {A}}\ {\underline {x}}={\underline {b}}$

mit der Koeffizientenmatrix ${\underline {A}}={\begin{bmatrix}1&2\\4&5\end{bmatrix}}$, dem Variablenvektor ${\underline {x}}={\begin{bmatrix}x_{1}\\x_{2}\end{bmatrix}}$ und dem Lösungsvektor ${\underline {b}}={\begin{bmatrix}8\\23\end{bmatrix}}$.

Lösung linearer Gleichungssysteme

Gaußscher Algorithmus

In der Matrizenrechnung wird aus praktischen Gründen das Eliminationsverfahren verwendet.

Wie löst man idealerweise ein lineares Gleichungssystem (kurz: LGS)?

Betrachten wir ein Beispiel:

${\begin{array}{rr}1x_{1}-3x_{2}+1x_{3}+3x_{4}&=12;\\-3x_{2}-1x_{3}-5x_{4}&=11;\\-3x_{3}+2x_{4}&=4;\\-3x_{4}&=6;\end{array}}$,

in Matrizenschreibweise

${\underline {A}}\cdot {\underline {x}}={\underline {b}}$, bzw.

${\begin{bmatrix}1&-3&1&3\\0&-3&-1&-5\\0&0&-3&2\\0&0&0&-3\end{bmatrix}}\cdot {\begin{bmatrix}x_{1}\\x_{2}\\x_{3}\\x_{4}\end{bmatrix}}={\begin{bmatrix}12\\11\\4\\6\end{bmatrix}}$,

Wie lösen wir dieses Gleichungssystem? Am besten rekursiv von unten nach oben. Rekursiv heißt, dass man die Informationen der vorherigen Schritte für den nächsten Lösungsschritt verwendet.

${\begin{array}{rr}1x_{1}-3x_{2}+1x_{3}+3x_{4}&=12;\\-3x_{2}-1x_{3}-5x_{4}&=11;\\-3x_{3}+2x_{4}&=4;\\-3x_{4}&=6;\end{array}}$,

Wir beginnen mit Zeile 4:

$-3x_{4}=6$

Wir erhalten

$x_{4}={\frac {6}{-3}}=-2$.

Wir nehmen uns nun die dritte Gleichung vor und berechnen $x_{3}$:

$x_{3}+2x_{4}=4\Rightarrow x_{3}+\overbrace {2\cdot (-2)} ^{-4}=4\Rightarrow x_{3}=4+4=8$.

Für die zweite Gleichung ergibt sich

$-3x_{2}-1x_{3}-5x_{4}=11\Rightarrow -3x_{2}-1\cdot 8-5\cdot (-2)=11\Rightarrow -3x_{2}-8+10=11\Rightarrow -3x_{2}=11-2=9\Rightarrow x_{2}=-3$.

Schließlich bestimmen wir $x_{4}$:

$1x_{1}-3x_{2}+1x_{3}+3x_{4}=12\Rightarrow x_{1}-3\cdot (-3)+8+3\cdot (-2)=12\Rightarrow x_{1}+9+8-6=12\Rightarrow x_{1}+11=12\Rightarrow x_{1}=1.$

Unser Ergebnis ist also

$x_{1}=1;\ x_{2}=-3;\ x_{3}=8;\ x_{4}=-2$.

Dieses Gleichungssystem war einfach zu lösen, denn die Gleichungen bauten aufeinander auf und ermöglichten ein rekursives Lösungsverfahren. Wir können die Rekursivität unmittelbar der Koeffizientenmatrix entnehmen, denn sie ist eine Dreiecksmatrix.

Wie sieht es nun beispielsweise aus mit der Lösung des Gleichungssystems

$3x+2y-z=13;$

$2x-y+3z=-1;$

$5x-4y+4z=3;$

in Matrizenschreibweise

${\underline {A}}\cdot {\underline {x}}={\underline {b}}$

bzw.

${\begin{bmatrix}3&2&-1\\2&-1&3\\5&-4&4\end{bmatrix}}\cdot {\begin{bmatrix}x\\y\\z\end{bmatrix}}={\begin{bmatrix}13\\-1\\3\end{bmatrix}}$.

Nett wäre es, wenn man auch hier ${\underline {A}}$ auf Dreiecksgestalt wie oben in der Form ${\begin{bmatrix}x&x&x\\0&x&x\\0&0&x\end{bmatrix}}$ bringen könnte. Das kann man mit dem Eliminationsverfahren erreichen. Man wendet nun so genannte Zeilenoperationen an. Zulässige Zeilenoperationen sind:

1. Multiplikation einer Zeile mit einer Konstanten.
2. Addition zweier Zeilen.
3. Vertauschen zweier Zeilen.

Für die manuelle Durchführung der Zeilenoperationen fasst man alle Zahlen zweckmäßigerweise in einem so genannten Tableau zusammen, d.h. man trägt die Koeffizienten und die Lösungen in einer Tabelle zusammen.

Bemerkung: Wenn man nun Klammern darumsetzte, hätte man eine erweiterte Koeffizientenmatrix, was uns inhaltlich aber nicht weiter bringt. Das hervorgehobene "manuell" deutet an, dass es hier vor allem darum geht, die Funktionsweise des Lösungsverfahren zu erfassen. Normale Menschen verwenden spezielle Programme für die Lösungen. Studierende werden aber gequält. Sie müssen sich ja das Examen verdienen.

Tableau:

${\begin{array}{lrrr|r}&x_{1}&x_{2}&x_{3}&b\\{\text{I: }}&3&2&-1&13\\{\text{II: }}&2&-1&3&-1\\{\text{III: }}&5&-4&4&3\end{array}}$

Die Spalten des Tableaus werden nun von links nach rechts abgearbeitet:

Die 1.Spalte soll sein ${\begin{bmatrix}3\\0\\0\end{bmatrix}}$. Ein Vielfaches der 1. Zeile wird von einem Vielfachen der 2. Zeile subtrahiert:

${\begin{array}{c|rrrr}3\cdot \mathrm {II} &6&-3&9&-3\\-(2\cdot \mathrm {I} )&6&4&-2&26\\\hline \mathrm {II} _{\mathrm {neu} }&0&-7&11&-29\end{array}}$

Ein Vielfaches der 1. Zeile wird von einem Vielfachen der 3. Zeile subtrahiert:

${\begin{array}{c|rrrr}3\cdot \mathrm {III} &15&-12&12&9\\-(5\cdot \mathrm {I} )&15&10&-5&65\\\hline \mathrm {III} _{\mathrm {neu} }&0&-22&17&-56\\\end{array}}$

Die erste Spalte ist fertig und wir wollen nun ein neues Tableau als Zwischenergebnis festhalten.

${\begin{array}{r|r|r||r}3&2&-1&-13\\\hline 0&-7&11&-29\\\hline 0&-22&17&-56\end{array}}$

Nun wird die zweite Spalte transformiert. Die 2.Spalte soll sein ${\begin{bmatrix}2\\-7\\0\end{bmatrix}}$.

Ein Vielfaches der 2. Zeile wird von einem Vielfachen der 3. Zeile subtrahiert:

${\begin{array}{c|rrrr}7\cdot \mathrm {III} &0&-154&119&-392\\-(22\cdot \mathrm {I} )&0&-154&242&-638\\\hline \mathrm {III} _{\mathrm {neu} }&0&0&-123&246\\\end{array}}$

Wir speichern Berechnungen als Tableau ab und sehen, dass wir mit den Zeilentransformationen fertig sind, denn unsere Koeffizientenmatrix hat Dreiecksgestalt.

${\begin{array}{rrr|r}3&2&-1&-13\\0&-7&11&-29\\0&0&17&-123\end{array}}$

Das entspricht dem Gleichungssystem

${\begin{matrix}3x&+&2y&-&z&=&13,\\&-&7y&+&11z&=&-29,\\&&&&-123z&=&246,\end{matrix}}$.

das nun rekursiv von unten nach oben gelöst werden kann:

$z={\frac {246}{-123}}=-2\Rightarrow$

$-7y-2\cdot 11=-7y-22=-29\Rightarrow -7y=-7\Rightarrow y=1\Rightarrow$

$3x+2\cdot 1+(-2)(-z)=3x+2+2=13\Rightarrow 3x+4=13\Rightarrow x=3.$

Wir erhalten den Lösungsvektor ${\underline {x}}={\begin{bmatrix}3\\1\\-2\end{bmatrix}}$ bzw. etwas platzsparender ${\underline {x}}^{T}={\begin{bmatrix}3&1&-2\end{bmatrix}}$.

Man nennt dieses Verfahren, nämlich das Gleichungssystem in Dreiecksgestalt umzuwandeln,

• Gaußscher Algorithmus,
• Gaußsches Iterationsverfahren,
• Gaußsches (teilweises) Eliminationsverfahren.

Bemerkung:

Oftmals sind in der Koeffizientenmatrix ${\underline {A}}$ Nullen enthalten, die bei geschickter Platzierung das Eliminationsverfahren erleichtern. Hier können bei Bedarf die Spalten von ${\underline {A}}$ vertauscht werden. Allerdings muß auf die Reihenfolge der Variablen geachtet werden, z.B.

${\begin{array}{ccc|c}x_{1}&x_{2}&x_{3}&b\\\hline 1&1&1&1\\1&0&1&2\\2&0&0&3\end{array}}$ $\longrightarrow$ ${\begin{array}{ccc|c}x_{2}&x_{3}&x_{1}&b\\\hline 1&1&1&1\\0&1&1&2\\0&0&2&3\end{array}}$

Vollständiges Eliminationsverfahren

Das Gaußsche Eliminationsverfahren ermöglicht eine rekursive Berechnung der Variablen von unten nach oben. Das lineare Gleichungssystem kann aber weiter umgeformt werden, so dass z.B. ein Tableau der Form

${\begin{array}{ccc|c}x_{1}&x_{2}&x_{3}&a\\\hline 1&0&0&a\\0&1&0&b\\0&0&1&c\end{array}}$

entsteht. Hier kann die Lösung direkt abgelesen werden:

$x_{1}=a$ , $x_{2}=b$ , $x_{3}=c$ .

Man nennt dieses Verfahren vollständiges Gaußsches Eliminationsverfahren. Das Verfahren ist zwar aufwendiger, wird aber aus verschiedenen praktischen Gründen häufig angewendet, vor allem im EDV-Einsatz. Beispiel: Gegeben ist das Tableau

${\begin{array}{lccc|c}{\text{I: }}&2&0&1&2\\{\text{II: }}&1&2&3&1\\{\text{III: }}&0&1&1&3\end{array}}$

das mit Hilfe der vollständigen Elimination umgeformt werden soll. Man geht spaltenweise von links nach rechts vor, zeilenweise von oben nach unten.

Die 1.Spalte soll sein ${\begin{bmatrix}1\\0\\0\end{bmatrix}}$.

Man nennt die Zeile, in der schließlich 1 stehen soll, Pivotzeile.

1. Zeile (Pivotzeile):

${\begin{array}{lrrrr}{\text{I}}_{\text{neu}}={\text{I}}/2:&1&0&{\frac {1}{2}}&1\\\end{array}}$

2. Zeile:

${\begin{array}{lrrrr}{\text{II:}}&1&2&3&1\\-({\text{I}}_{\text{neu}}):&1&0&{\frac {1}{2}}&1\\\hline {\text{II}}_{\text{neu}}:&0&2&{\frac {5}{2}}&0\end{array}}$

3. Zeile: Ist schon o.k.

Neues Tableau als Zwischenergebnis:

${\begin{array}{lccc|c}{\text{I: }}&1&0&{\frac {1}{2}}&1\\{\text{II: }}&0&2&{\frac {5}{2}}&0\\{\text{III: }}&0&1&1&3\end{array}}$

Die 2.Spalte soll sein ${\begin{bmatrix}0\\1\\0\end{bmatrix}}$. Pivotzeile ist also nun Zeile 2.

${\begin{array}{lrrrr}{\text{II}}_{\text{neu}}={\text{II}}/2:&0&1&{\frac {5}{4}}&0\\\end{array}}$

1. Zeile ist schon o.k.

3. Zeile:

${\begin{array}{lrrrr}{\text{III:}}&0&1&1&3\\-({\text{II}}_{\text{neu}}):&0&1&{\frac {5}{4}}&0\\\hline {\text{III}}_{\text{neu}}:&0&0&-{\frac {1}{4}}&3\end{array}}$

Neues Tableau als Zwischenergebnis:

${\begin{array}{lccc|c}{\text{I: }}&1&0&{\frac {1}{2}}&1\\{\text{II: }}&0&1&{\frac {5}{4}}&0\\{\text{III: }}&0&0&-{\frac {1}{4}}&3\end{array}}$

Die 3.Spalte soll sein ${\begin{bmatrix}0\\0\\1\end{bmatrix}}$. Pivotzeile ist nun Zeile 3.

${\begin{array}{lrrrr}{\text{III}}_{\text{neu}}={\text{III}}\cdot (-4):&0&0&1&-12\\\end{array}}$

1. Zeile:

${\begin{array}{lrrrr}{\text{I:}}&1&0&{\frac {1}{2}}&1\\-({\frac {1}{2}}{\text{III}}_{\text{neu}}):&0&0&{\frac {1}{2}}&-6\\\hline {\text{II}}_{\text{neu}}:&1&0&0&7\end{array}}$

2. Zeile:

${\begin{array}{lrrrr}{\text{II:}}&0&1&{\frac {5}{4}}&0\\-({\frac {5}{4}}{\text{III}}_{\text{neu}}):&0&0&{\frac {5}{4}}&-15\\\hline {\text{II}}_{\text{neu}}:&0&1&0&15\end{array}}$

Neues Tableau als Ergebnis:

${\begin{array}{lccc|c}{\text{I: }}&1&0&0&7\\{\text{II: }}&0&1&0&15\\{\text{III: }}&0&0&1&-12\end{array}}$

Wir erhalten die Lösungen

$x_{1}=7$, $x_{2}=15$, $x_{3}=-12$ bzw. den Lösungsvektor ${\begin{bmatrix}7\\15\\-12\end{bmatrix}}$. Für unsere Zwecke dieses Mathekurses genügt i.a. das teilweise Gaußsche Eliminationsverfahren.

Lösbarkeit linearer Gleichungssysteme

Aus den bisherigen Ausführungen wurde ersichtlich, daß z.B. für die Bestimmung von 3 Unbekannten i.a. drei Gleichungen benötigt werden, d.h. für die Bestimmung von $n$ Unbekannten braucht man möglicherweise $n$ Gleichungen.

Fragen: Genügen immer $n$ Gleichungen? Was ist, wenn mehr als $n$ Gleichungen vorhanden sind? Ist das System dann noch lösbar?

Im Juni haben wir

${\begin{array}{lccc}&{\text{Schoki}}&{\text{Chips}}&{\text{Euronen}}\\\hline {\text{Lisa}}&1&2&8\\{\text{Meier}}&4&5&23\end{array}}$

als Gleichungssystem

${\begin{array}{ll}{\text{I:}}&1\cdot x_{1}+2\cdot x_{2}=8,\\{\text{II:}}&4\cdot x_{1}+5\cdot x_{2}=23.\end{array}}$

Wir haben also zwei Gleichungen und zwei Unbekannte und lösen nun das LGS wie gewohnt. Wir gehen aus vom Tableau

${\begin{array}{lcc|c}{\text{I: }}&1&2&8\\{\text{II: }}&4&5&23\\\end{array}}$

und wollen die Koeffizientenmatrix zur Dreiecksmatrix umwandeln:

${\begin{array}{lrrrr}{\text{II:}}&4&5&23\\-(4\cdot {\text{I}}):&4&8&32\\\hline {\text{II}}_{\text{neu}}:&0&-3&-9\end{array}}$

Tableau:

${\begin{array}{lcc|c}&x_{1}&x_{2}\\\hline {\text{I: }}&1&2&8\\{\text{II: }}&0&-3&-9\\\end{array}}$ $\longrightarrow \qquad x_{2}=3;x_{1}=8-2\cdot x_{2}=8-2\cdot 3=2.$

Ein Schokoriegel kostet also 2€ und eine Tüte Chips 3€. Es gibt nur eine Lösung für $x_{1}$ und $x_{2}$. Dieses Gleichungssystem ist eindeutig lösbar.

Im Juli kauft Lisa wie gewohnt einen Schokoriegel und zwei Tüten Chips und zahlt 8 Euro. Familie Meier kauft vier Schokoriegel und acht Tüten Chips und zahlt 32 Euro. Wir interessieren uns wieder für die Preise der Artikel.

Wir gehen aus vom Tableau

${\begin{array}{lcc|c}{\text{I: }}&1&2&8\\{\text{II: }}&4&8&32\\\end{array}}$

und wollen die Koeffizientenmatrix umwandeln:

${\begin{array}{lrrrr}{\text{II:}}&4&20&32\\-(4\cdot {\text{I}}):&4&8&32\\\hline {\text{II}}_{\text{neu}}:&0&0&0\end{array}}$

Hmmm...

Das neue Tableau wird nicht besser:

${\begin{array}{lcc|c}&x_{1}&x_{2}\\\hline {\text{I: }}&1&2&8\\{\text{II: }}&0&0&0\\\end{array}}$

Wenn wir unser Gleichungssystem genauer betrachten, sehen wir, dass in diesem Fall die zweite Gleichung eigentlich nur das Vierfache der ersten Gleichung ist. In II ist keine neue Information enthalten, so dass wir im Grunde nur eine Gleichung haben. Genau das verrät uns das neue Tableau.

Wir erhalten $2x_{2}=8-x_{1}$ bzw. $x_{2}=4-{\frac {x_{1}}{2}}$. Mehr Infos sind nicht zu bekommen. Wir haben hier letztlich zwei Unbekannte, aber nur eine Gleichung. Wir können allerdings für $x_{1}$ einen Wert festlegen und dann $x_{2}$ entsprechend berechnen: $x_{1}=3\Longrightarrow x_{2}=8-{\frac {3}{2}}=6,5$ oder $x_{1}=2;\,x_{2}=7$ usw. Es gibt theoretisch unendlich viele Lösungen, je nach Wert von $x_{1}$. Dieses System ist also mehrdeutig lösbar. Eine spezielle Lösung ist die so genannte Basislösung, also die Lösung für $x_{1}=0$:$x_{2}=8$.

Meistens finden die Leute eine eindeutige Lösung schicker als eine mehrdeutige. Allerdings hat man bei einer mehrdeutigen mehr Spielraum, etwa bei der Produktionsplanung.

Im August haben wir die Konstellation

${\begin{array}{lccc}&{\text{Schoki}}&{\text{Chips}}&{\text{Euronen}}\\\hline {\text{Lisa}}&1&2&8\\{\text{Meier}}&4&20&30\end{array}}$

als Gleichungssystem

${\begin{array}{ll}{\text{I:}}&1\cdot x_{1}+2\cdot x_{2}=8,\\{\text{II:}}&4\cdot x_{1}+20\cdot x_{2}=30.\end{array}}$

als Tableau

${\begin{array}{lcc|c}{\text{I: }}&1&2&8\\{\text{II: }}&4&8&30\\\end{array}}$

Wir erhalten durch Zeilentransformation

${\begin{array}{lrrrr}{\text{II:}}&4&20&30\\-(4\cdot {\text{I}}):&4&8&32\\\hline {\text{II}}_{\text{neu}}:&0&0&-2\end{array}}$

${\begin{array}{lcc|c}&x_{1}&x_{2}\\\hline {\text{I: }}&1&2&8\\{\text{II: }}&0&0&-2\\\end{array}}$

So haben wir hier die Situation, dass $0\cdot x_{2}=-2$ ist. Sogar einem Meerschweinchen würde auffallen, dass wir hier eine inkonsistente Gleichung haben, dass also keine Lösung möglich ist.

Es sind bei einem Linearen Gleichungssystem folgende Lösungsmöglichkeiten denkbar:

1. Eine (einzige) eindeutige Lösung

2. Unendlich viele Lösungen

3. Keine Lösung

Es gibt verschiedene Methoden, herauszufinden, inwieweit eine Lösung existiert. Das Gaußsche Eliminationsverfahren ist beispielsweise geeignet: Man bringt die erweiterte Koeffizientenmatrix, also ${\underline {A}}$ zusammen mit ${\underline {b}}$ bzw. das entsprechende Tableau auf Trapezgestalt, d.h. man formt ${\underline {A}}$ so weit wie möglich auf Dreiecksgestalt um. Schließlich ergeben sich Konstellationen wie oben erläutert.

ergebnisse

Beispiele für Ergebnistableaus:

I

${\begin{array}{rrr|r}1&2&3&1\\0&4&5&2\\0&0&6&3\\\end{array}}$

II

${\begin{array}{rrr|r}1&2&3&0\\0&4&5&1\\0&0&6&0\\\end{array}}$

III

${\begin{array}{rrr|r}1&2&3&1\\0&4&5&2\\0&0&6&3\\0&0&0&0\\\end{array}}$

IV

${\begin{array}{rrr|r}1&2&3&0\\0&4&5&0\\0&0&6&0\\\end{array}}$

V

${\begin{array}{rrr|r}1&2&3&1\\0&4&5&2\\0&0&0&0\\\end{array}}$

VI

${\begin{array}{rrr|r}1&2&3&1\\0&4&5&2\\0&0&0&0\\0&0&0&0\\\end{array}}$

VII

${\begin{array}{rrr|r}1&2&3&1\\\end{array}}$

VIII

${\begin{array}{rrr|r}1&2&3&1\\0&4&5&2\\0&0&0&3\\0&0&0&0\\\end{array}}$

Lösung für die Tableaus:

• I eindeutig lösbar
• II eindeutig lösbar
• III eindeutig lösbar, vierte Zeile überflüssig
• IV alle $x_{i}=0\rightarrow$ trivial
• V mehrdeutig lösbar
• VI mehrdeutig lösbar
• VII mehrdeutig lösbar
• VIII keine Lösung

halt2

${\begin{matrix}\mathrm {a} \cdot \mathrm {x} &+&\mathrm {b} \cdot \mathrm {y} &+&\mathrm {c} \cdot \mathrm {z} \\\mathrm {m^{3}} &+&\mathrm {kWh} &+&\mathrm {Stueck} \end{matrix}}$

${\begin{matrix}\mathrm {m^{3}} &+&\mathrm {kWh} &+&\mathrm {Stuck} \end{matrix}}$

${\underline {P}}^{T}\cdot {\underline {Q}}={\begin{matrix}{\begin{array}{r}&\\&\\\color {Green}\mathrm {x} \\\color {Green}\mathrm {y} \\\color {Green}\mathrm {z} \end{array}}{\begin{matrix}{\begin{matrix}&\color {Green}\mathrm {a} &\color {Green}\mathrm {b} &\color {Green}\mathrm {c} \\&\color {Green}\mathrm {m} &\color {Green}\mathrm {kwh} &\color {Green}\mathrm {\text{Stück}} \end{matrix}}\\{\begin{bmatrix}1&2&0\\2&0&1\\2&1&1\end{bmatrix}}\end{matrix}}\end{matrix}}\cdot {\begin{matrix}{\begin{matrix}&&&\\\color {Green}\mathrm {U1} &\color {Green}\mathrm {U2} &\end{matrix}}\\{\begin{bmatrix}10&20\\20&10\\30&10\end{bmatrix}}{\begin{matrix}\color {Green}\mathrm {x} \\\color {Green}\mathrm {y} \\\color {Green}\mathrm {z} \end{matrix}}\end{matrix}}$

xx

2. Beispiel von oben:

${\underline {P}}\cdot {\underline {Q}}$ konnte bestimmt werden. Was aber ergibt ${\underline {P}}^{T}\cdot {\underline {Q}}$? Wir versuchen es:

${\begin{matrix}{\begin{matrix}\color {Green}\mathrm {U1} &\color {Green}\mathrm {U2} &\end{matrix}}\\{\begin{bmatrix}\cdot &\cdot \\\cdot &\cdot \\\cdot &\cdot \end{bmatrix}}{\begin{matrix}\color {Green}\mathrm {x} \\\color {Green}\mathrm {y} \\\color {Green}\mathrm {z} \end{matrix}}\end{matrix}}$

${\begin{matrix}{\begin{matrix}\color {Green}\mathrm {x} &\color {Green}\mathrm {y} &\color {Green}\mathrm {z} \end{matrix}}\\{\begin{bmatrix}\cdot &\cdot &\cdot \\\cdot &\cdot &\cdot \\\cdot &\cdot &\cdot \end{bmatrix}}\end{matrix}}{\begin{matrix}&&\\\color {Green}\mathrm {a} &\color {Green}\mathrm {m} \\\color {Green}\mathrm {b} &\color {Green}\mathrm {kwh} \\\color {Green}\mathrm {c} &\color {Green}\mathrm {Stueck} \end{matrix}}$

$3\times 2\quad$

$\quad 3\times 3$

Wir haben zwei Spalten bei ${\underline {P}}^{T}$, aber drei Zeilen von ${\underline {Q}}$. Hier ist eine Multiplikation nicht definiert. PQ konnte bestimmt werden. Was aber ergibt QP?

${\begin{matrix}{\begin{matrix}\color {Green}\mathrm {U1} &\color {Green}\mathrm {U2} &\end{matrix}}\\{\begin{bmatrix}\cdot &\cdot \\\cdot &\cdot \\\cdot &\cdot \end{bmatrix}}{\begin{matrix}\color {Green}\mathrm {x} \\\color {Green}\mathrm {y} \\\color {Green}\mathrm {z} \end{matrix}}\end{matrix}}$

${\begin{matrix}{\begin{matrix}\color {Green}\mathrm {x} &\color {Green}\mathrm {y} &\color {Green}\mathrm {z} \end{matrix}}\\{\begin{bmatrix}\cdot &\cdot &\cdot \\\cdot &\cdot &\cdot \\\cdot &\cdot &\cdot \end{bmatrix}}\end{matrix}}{\begin{matrix}&&\\\color {Green}\mathrm {a} &\color {Green}\mathrm {m} \\\color {Green}\mathrm {b} &\color {Green}\mathrm {kwh} \\\color {Green}\mathrm {c} &\color {Green}\mathrm {Stueck} \end{matrix}}$

$3\times 2$

$\qquad 3\times 3$

${\begin{matrix}{\begin{matrix}\color {Green}\mathrm {U1} &\color {Green}\mathrm {U2} &\end{matrix}}\\{\begin{bmatrix}10&20\\20&10\\30&10\end{bmatrix}}{\begin{matrix}\color {Green}\mathrm {x} \\\color {Green}\mathrm {y} \\\color {Green}\mathrm {z} \end{matrix}}\end{matrix}}$	${\begin{matrix}{\begin{matrix}\color {Green}\mathrm {x} &\color {Green}\mathrm {y} &\color {Green}\mathrm {z} \end{matrix}}\\{\begin{bmatrix}1&2&0\\2&0&1\\2&1&1\end{bmatrix}}\end{matrix}}{\begin{matrix}&&\\\color {Green}\mathrm {a} &\color {Green}\mathrm {m} \\\color {Green}\mathrm {b} &\color {Green}\mathrm {kwh} \\\color {Green}\mathrm {c} &\color {Green}\mathrm {Stueck} \end{matrix}}$
$3\times 2$	$\qquad 3\times 3$

style="text-align:center"|{|$\cdot$

|${\begin{matrix}{\begin{matrix}\color {Green}\mathrm {x} &\color {Green}\mathrm {y} &\color {Green}\mathrm {z} \end{matrix}}\\{\begin{bmatrix}1&2&0\\2&0&1\\2&1&1\end{bmatrix}}\end{matrix}}{\begin{matrix}&&\\\color {Green}\mathrm {a} &\color {Green}\mathrm {m} \\\color {Green}\mathrm {b} &\color {Green}\mathrm {kwh} \\\color {Green}\mathrm {c} &\color {Green}\mathrm {Stueck} \end{matrix}}$

|} Was wäre aber P‘Q?

Also ist die Anordnung der Matrizen von Bedeutung.

Beachten:

Im allgemeinen ist

Es gilt AA = A2, AAA = A3, ... (falls die Multiplikation erlaubt ist). ${\underline {P}}={\begin{matrix}{\begin{matrix}\color {Green}\mathrm {x} &\color {Green}\mathrm {y} &\color {Green}\mathrm {z} \end{matrix}}\\{\begin{bmatrix}1&2&0\\2&0&1\\2&1&1\end{bmatrix}}\end{matrix}}{\begin{matrix}&&\\\color {Green}\mathrm {a} &\color {Green}\mathrm {m} \\\color {Green}\mathrm {b} &\color {Green}\mathrm {kwh} \\\color {Green}\mathrm {c} &\color {Green}\mathrm {Stueck} \end{matrix}}$

und das aktuelle Produktionsprogramm der Unternehmen in der Matrix

${\underline {Q}}={\begin{matrix}{\begin{matrix}\color {Green}\mathrm {U1} &\color {Green}\mathrm {U2} &\end{matrix}}\\{\begin{bmatrix}10&20\\20&10\\30&10\end{bmatrix}}{\begin{matrix}\color {Green}\mathrm {x} \\\color {Green}\mathrm {y} \\\color {Green}\mathrm {z} \end{matrix}}\end{matrix}}$

angegeben. Wir suchen die Menge von Produktionsfaktoren ${\underline {R}}$, die für das Produktionsprogramm beschafft werden müssen. Es ergibt sich ${\underline {R}}={\underline {P}}\cdot {\underline {Q}}$

als

${\underline {R}}={\begin{bmatrix}r_{11}&r_{12}\\r_{21}&r_{22}\\r_{31}&r_{32}\\\end{bmatrix}}={\begin{matrix}{\begin{matrix}&\\\color {Green}\mathrm {a} \\\color {Green}\mathrm {b} \\\color {Green}\mathrm {c} \end{matrix}}{\begin{matrix}{\begin{matrix}&\color {Green}\mathrm {x} &\color {Green}\mathrm {y} &\color {Green}\mathrm {z} \end{matrix}}\\{\begin{bmatrix}1&2&0\\2&0&1\\2&1&1\end{bmatrix}}\end{matrix}}\end{matrix}}\cdot {\begin{matrix}{\begin{matrix}\color {Green}\mathrm {U1} &\color {Green}\mathrm {U2} &\end{matrix}}\\{\begin{bmatrix}10&20\\20&10\\30&10\end{bmatrix}}{\begin{matrix}\color {Green}\mathrm {x} \\\color {Green}\mathrm {y} \\\color {Green}\mathrm {z} \end{matrix}}\end{matrix}}$

${\underline {P}}={\begin{matrix}{\begin{matrix}&\\\color {Green}\mathrm {a} \\\color {Green}\mathrm {b} \\\color {Green}\mathrm {c} \end{matrix}}{\begin{matrix}{\begin{matrix}&\color {Green}\mathrm {x} &\color {Green}\mathrm {y} &\color {Green}\mathrm {z} \end{matrix}}\\{\begin{bmatrix}1&2&0\\2&0&1\\2&1&1\end{bmatrix}}\end{matrix}}\end{matrix}}$

halt1

	A					B
a	a	a		b	b	b	b
a	a	a		b	b	b	b
				b	b	b	b
2	×	3		3	×	4		Spaltenzahl von A = Zeilenzahl von B!!
	$\searrow$				$\swarrow$
		2	×	4				neue Matrix

class="wikitable"

| 2 ||×|| colspan="3" style="text-align:center"|3       3|| × || 4|| | 2 ||×|| 3 ||  || 3|| × | class="hintergrundfarbe8"| Y2

| colspan="2" style="text-align:center"| Zelle 2

,|| colspan="3"|$\searrow$|| 3|| × || 4||

	A		B
2	×	3 ... 3			×	4
m	×	r   r	×	n

Beispiel

1

$x^{2}$

$y^{3}$

halt2

${\underline {P}}={\begin{matrix}{\begin{array}{r}&\\\color {Green}\mathrm {E} \\\color {Green}\mathrm {Me} \\\color {Green}\mathrm {Z} \\\color {Green}\mathrm {Bu} \end{array}}{\begin{matrix}{\begin{matrix}&\color {Green}\mathrm {B} &\color {Green}\mathrm {R} &\color {Green}\mathrm {M} \end{matrix}}\\{\begin{bmatrix}\color {Red}5&\color {Red}4&\color {Red}1\\\color {Red}3&\color {Red}4&\color {Red}6\\\color {Red}4&\color {Red}4&\color {Red}2\\\color {Red}0&\color {Red}4&\color {Red}4\end{bmatrix}}\end{matrix}}\end{matrix}}$

${\underline {P}}={\begin{matrix}{\begin{matrix}&\\\color {Green}\mathrm {E} \\\color {Green}\mathrm {Me} \\\color {Green}\mathrm {Z} \\\color {Green}\mathrm {Bu} \end{matrix}}{\begin{matrix}{\begin{matrix}&\color {Green}\mathrm {B} &\color {Green}\mathrm {R} &\color {Green}\mathrm {M} \end{matrix}}\\{\begin{bmatrix}\color {Red}5&\color {Red}4&\color {Red}1\\\color {Red}3&\color {Red}4&\color {Red}6\\\color {Red}4&\color {Red}4&\color {Red}2\\\color {Red}0&\color {Red}4&\color {Red}4\end{bmatrix}}\end{matrix}}\end{matrix}}$

${\underline {R}}={\begin{matrix}{\begin{matrix}&\\\color {Green}\mathrm {E} \\\color {Green}\mathrm {Me} \\\color {Green}\mathrm {Z} \\\color {Green}\mathrm {Bu} \end{matrix}}{\begin{matrix}{\begin{matrix}&\color {Green}\mathrm {C_{1}} &\color {Green}\mathrm {C_{2}} \end{matrix}}\\{\begin{bmatrix}r_{11}&r_{12}\\r_{21}&r_{22}\\r_{31}&r_{32}\\r_{41}&r_{42}\end{bmatrix}}\end{matrix}}\end{matrix}}$

${\underline {Q}}={\begin{matrix}{\begin{matrix}\color {Green}\mathrm {C_{1}} &\color {Green}\mathrm {C_{2}} &\end{matrix}}\\{\begin{bmatrix}\color {Blue}3&\color {Blue}5\\\color {Blue}5&\color {Blue}8\\\color {Blue}2&\color {Blue}1\end{bmatrix}}{\begin{matrix}\color {Green}\mathrm {B} \\\color {Green}\mathrm {R} \\\color {Green}\mathrm {M} \end{matrix}}\end{matrix}}$

${\underline {R}}={\begin{pmatrix}\color {Green}\mathrm {C_{1}} &\color {Green}\mathrm {C_{2}} \\r_{11}&r_{12}&\color {Green}\mathrm {E} \\r_{21}&r_{22}&\color {Green}\mathrm {Me} \\r_{31}&r_{32}&\color {Green}\mathrm {Z} \\r_{41}&r_{42}&\color {Green}\mathrm {Bu} \end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}&\color {Green}\mathrm {B} &\color {Green}\mathrm {R} &\color {Green}\mathrm {M} &\\\color {Green}\mathrm {E} &\color {Red}5&\color {Red}4&\color {Red}1\\\color {Green}\mathrm {Me} &\color {Red}3&\color {Red}4&\color {Red}6\\\color {Green}\mathrm {Z} &\color {Red}4&\color {Red}4&\color {Red}2\\\color {Green}\mathrm {Bu} &\color {Red}0&\color {Red}4&\color {Red}4\end{pmatrix}}\cdot {\begin{pmatrix}\color {Green}\mathrm {C_{1}} &\color {Green}\mathrm {C_{2}} \\\color {Blue}3&\color {Blue}5&\color {Green}\mathrm {B} \\\color {Blue}5&\color {Blue}8&\color {Green}\mathrm {R} \\\color {Blue}2&\color {Blue}1&\color {Green}\mathrm {M} \end{pmatrix}}$.

${\underline {Q}}={\begin{matrix}{\begin{matrix}&\\\color {Green}\mathrm {B} \\\color {Green}\mathrm {R} \\\color {Green}\mathrm {M} \end{matrix}}{\begin{matrix}{\begin{matrix}&\color {Green}\mathrm {C_{1}} &\color {Green}\mathrm {C_{2}} \end{matrix}}\\{\begin{bmatrix}3&5\\5&8\\2&1\end{bmatrix}}\end{matrix}}\end{matrix}}$

${\underline {P}}={\begin{matrix}{\begin{matrix}&\\\color {Green}\mathrm {E} \\\color {Green}\mathrm {Me} \\\color {Green}\mathrm {Z} \\\color {Green}\mathrm {Bu} \end{matrix}}{\begin{matrix}{\begin{matrix}&\color {Green}\mathrm {B} &\color {Green}\mathrm {R} &\color {Green}\mathrm {M} \end{matrix}}\\{\begin{bmatrix}5&4&1\\3&4&6\\4&4&2\\0&4&4\end{bmatrix}}\end{matrix}}\end{matrix}}$

Beispiel mit etwas mehr Verallgemeinerung: Zwei Unternehmen U1 und U2 mit gleichem Produktangebot stellen drei Produkte x, y, z her. Dazu benötigen sie die Produktionsfaktoren a, b, c. Die Inputmenge, die für die Herstellung einer Einheit von x, y oder z benötigt werden, sind in der Produktionsmatrix

${\underline {P}}={\begin{matrix}{\begin{matrix}\color {Green}\mathrm {x} &\color {Green}\mathrm {y} &\color {Green}\mathrm {z} \end{matrix}}\\{\begin{bmatrix}1&2&0\\2&0&1\\2&1&1\end{bmatrix}}\end{matrix}}{\begin{matrix}&&\\\color {Green}\mathrm {a} &\color {Green}\mathrm {m} \\\color {Green}\mathrm {b} &\color {Green}\mathrm {kwh} \\\color {Green}\mathrm {c} &\color {Green}\mathrm {Stueck} \end{matrix}}$

und das aktuelle Produktionsprogramm der Unternehmen in der Matrix

${\underline {Q}}={\begin{matrix}{\begin{matrix}\color {Green}\mathrm {U1} &\color {Green}\mathrm {U2} &\end{matrix}}\\{\begin{bmatrix}10&20\\20&10\\30&10\end{bmatrix}}{\begin{matrix}\color {Green}\mathrm {x} \\\color {Green}\mathrm {y} \\\color {Green}\mathrm {z} \end{matrix}}\end{matrix}}$

angegeben. Wir suchen die Menge von Produktionsfaktoren ${\underline {R}}$, die für das Produktionsprogramm beschafft werden müssen. Es ergibt sich ${\underline {R}}={\underline {P}}\cdot {\underline {Q}}$

als

${\underline {R}}={\begin{bmatrix}r_{11}&r_{12}\\r_{21}&r_{22}\\r_{31}&r_{32}\\\end{bmatrix}}={\begin{matrix}{\begin{matrix}&\\\color {Green}\mathrm {a} \\\color {Green}\mathrm {b} \\\color {Green}\mathrm {c} \end{matrix}}{\begin{matrix}{\begin{matrix}&\color {Green}\mathrm {x} &\color {Green}\mathrm {y} &\color {Green}\mathrm {z} \end{matrix}}\\{\begin{bmatrix}1&2&0\\2&0&1\\2&1&1\end{bmatrix}}\end{matrix}}\end{matrix}}\cdot {\begin{matrix}{\begin{matrix}\color {Green}\mathrm {U1} &\color {Green}\mathrm {U2} &\end{matrix}}\\{\begin{bmatrix}10&20\\20&10\\30&10\end{bmatrix}}{\begin{matrix}\color {Green}\mathrm {x} \\\color {Green}\mathrm {y} \\\color {Green}\mathrm {z} \end{matrix}}\end{matrix}}$

${\underline {P}}={\begin{matrix}{\begin{matrix}&\\\color {Green}\mathrm {a} \\\color {Green}\mathrm {b} \\\color {Green}\mathrm {c} \end{matrix}}{\begin{matrix}{\begin{matrix}&\color {Green}\mathrm {x} &\color {Green}\mathrm {y} &\color {Green}\mathrm {z} \end{matrix}}\\{\begin{bmatrix}1&2&0\\2&0&1\\2&1&1\end{bmatrix}}\end{matrix}}\end{matrix}}$

Wir multiplizieren:

• $r_{11}=1\cdot 10+2\cdot 20+0\cdot 30=50$

• $r_{12}==1\cdot 20+2\cdot 10+0\cdot 10=40$
• $r_{21}=2\cdot 10+0\cdot 20+1\cdot 30=50$

• $r_{22}=2\cdot 20+0\cdot 10+1\cdot 10=50$

• $r_{31}=2\cdot 10+1\cdot 20+1\cdot 30=70$

• $r_{32}=2\cdot 20+1\cdot 10+1\cdot 10=60$

und erhalten

${\underline {R}}={\begin{bmatrix}50&40\\50&50\\70&60\\\end{bmatrix}}$

Lineare Gleichungssysteme

Lisa kauft im Tante-Emma-Laden 1 Schokoriegel und 2 Tüten Chips und zahlt 8 Euro. Familie Meier kauft im selben Laden 4 Schokoriegel und 5 Tüten Chips und zahlt 23 Euro. Was kostet ein Schokoriegel, was eine Tüte Chips?

Gegeben ist also

	Schokoriegel	Chips	Summe
Lisa	1	2	8 €
Fam. Meier	4	5	23 €

Wir bezeichnen den Preis eines Schokoriegels als $x_{1}$ und den einer Tüte Chips als $x_{2}$ und erhalten das lineare Gleichungssystem

$1\cdot x_{1}+2\cdot x_{2}=8,$

$4\cdot x_{1}+5\cdot x_{2}=23.$