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Aufgabensammlung zur Vorlesung

Höhere Mathematik für

Wirtschaftswissenschaftler

Algebra

Freiberg, den 23. November 2011

Inhaltsverzeichnis

Kapitel 1. Lineare Algebra 51.1 Operationen mit Matrizen 51.2 Lineare Gleichungssysteme 61.3 Determinanten, Matrixinversion, Matrizengleichungen 141.4 Modellierungsaufgaben 241.5 Lösungen 27

Kapitel 2. Lineare Optimierung 752.1 Graphische Lösung 752.2 Simplexalgorithmus für LOA 792.3 Anwendung und Modellierung von LOA 852.4 Lösungen 89

3

KAPITEL 1

Lineare Algebra

1.1 Operationen mit Matrizen

Aufgabe 1.1:

Bestimmen Sie a, b, c so, dass gilt:

(1 a

0 1

) (1 c

b 1

)=

(1 0

0 1

).

Aufgabe 1.2:

Für welche reellen Zahlen u, v sind die Matrizen A und B gleich?

A =

(1− u)2 v2 3v 2u 56 u −1

B =

4 4 uv −3v u− v6 v + 5 −1

Aufgabe 1.3:

Bestimmen Sie a, b, c, d aus der folgenden Matrizengleichung:[(4 c1 −1

)+ 2

(7 3d 4

)]T (1 a1 b

)=

(c 31 1

)T (4 20 0

).

Aufgabe 1.4:

Unter welchen Voraussetzungen gilt die Formel (A+B)2 = A2+2AB+B2 für quadratischeMatrizen A,B?

Aufgabe 1.5:

Seien

C =

(3 11 2

), c =

(−14

), x =

(x1x2

)und s =

(11

).

(a) Bilden Sie cTx, xTx und xTCx.(b) Welche geometrischen Gebilde werden durch sTx = 1 bzw. xTx = 1 beschrieben?

Aufgabe 1.6:

Weisen Sie nach, dass es gilt: 3 1 00 1 62 2 2

x1x2x3

=

x1x2x3

⇐⇒ 2 1 0

0 0 62 2 1

x1x2x3

=

000

.

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Aufgabe 1.7:

Eine quadratische Matrix M heiÿt orthogonal, falls MTM = E gilt.Für welche reellen Parameterwerte p, q sind die folgenden Matrizen orthogonal?

A =

p 0 pp 0 −p0 1 0

B =

(p −qq p

)

1.2 Lineare Gleichungssysteme

Aufgabe 1.8:

Seien die Matrix A =

2 3 −1−6 r 4−5 4 2

und Vektor b =

−1s1

gegeben.

(a) Für welche reellen r und s ist das Gleichungssystem Ax = b nicht lösbar, ein-deutig lösbar, besitzt es unendlich viele Lösungen?

(b) Für welche r ist Ax = 0 eindeutig lösbar?(c) Für welche r ist das System der Spaltenvektoren von A linear abhängig?(d) Lösen Sie das Gleichungssystem Ax = b speziell für r = −33 und s = 6.

Aufgabe 1.9:

Gegeben ist das lineare Gleichungssystem

x1 + r x2 + 3 x3 = 4− x1 + r x2 − x3 = 0x1 − 2x2 − x3 = s.

(a) Für welche Paare reeller Zahlen (r, s) ist das lineare Gleichungssystems eindeutiglösbar bzw. unlösbar?

(b) Bestimmen Sie alle Lösungen des linearen Gleichungssystems für r = 23, s = −4.

(c) Untersuchen Sie, ob es für r = 1 Parameterwerte s gibt, so dass das zugehörigelineare Gleichungssystem Lösungen mit ausschlieÿlich positiven Variablenwertenbesitzt.

Aufgabe 1.10:

Gegeben sind die Matrix A =

1 3 −1−2 λ 4−3 −4 2

und der Vektor b =

−1µ+ 2

3

.

(a) Für welche reellen Zahlen λ und µ besitzt das lineare Gleichungssystem Ax = bkeine Lösung, genau eine Lösung, unendlich viele Lösungen?

(b) Für welche reellen Zahlen λ sind die Spaltenvektoren der Matrix A linear unab-hängig?

(c) Für welche reellen Zahlen λ besitzt das homogene Gleichungssystem Ax = 0unendlich viele Lösungen? Geben Sie für diesen Fall die allgemeine Lösung deshomogenen Gleichungssystems an.

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Aufgabe 1.11:


0 1 23 −4 p1 −2 4

und der Vektor b =

33q

.

(a) Für welche Paare reeller Zahlen (p, q) ist das lineare Gleichungssystem Ax = blösbar?

(b) Wie groÿ sind die Ränge der Koe�zientenmatrix A und der erweiterten Koe�-zientenmatrix (A, b) für p = 16, q = 0?

(c) Bestimmen Sie die Lösungsmenge des linearen Gleichungssystems Ax = bfür p = 16, q = −1 und untersuchen Sie, ob es Lösungen mit x2 = 1bzw. nichtnegative Lösungen mit x2 ≤ 1 gibt.

Aufgabe 1.12:


x1 − 2x3 − 3x4 = −12−x1 + x2 − 2x3 + 6x4 = 123x1 − 2x2 + ax3 − 15x4 = −30.

(a) Für welche reellen Parameter a ist das lineare Gleichungssystem unlösbar?(b) Bestimmen Sie alle Lösungen des linearen Gleichungssystems für a = 5. Gibt es

unter diesen Lösungen auch solche mit xj ≥ 0, j = 1, 2, 3, 4 ?(c) Bestimmen Sie alle Lösungen des zugehörigen homogenen linearen Gleichungs-

systems für a = 2.(d) Gibt es reelle Parameterwerte a, für die eine Lösung des linearen Gleichungssy-

stems in allen Variablen den gleichen Wert besitzt?

Aufgabe 1.13:


x1 − 2x2 − ax3 = −23x1 − 4x2 − ax3 = 0

− 4x1 + 6x2 + 6x3 = a− 1.

(a) Für welche Werte des reellen Parameters a ist das lineare Gleichungssystemlösbar?

(b) Bestimmen Sie alle Lösungen sowie alle nichtnegativen Lösungen des linearenGleichungssystems für a = 3.

(c) Welche Lösungen besitzt das zugehörige homogene System für a ∈ [−1; 1] ?

Aufgabe 1.14:


x1 + x2 + 2x3 = 6x1 + 2x2 + 3x3 = 8

2x1 + x2 + ax3 = 10.

(a) Für welche Werte des reellen Parameters a ist das lineare Gleichungssystem ein-deutig lösbar, nicht lösbar, besitzt es unendlich viele Lösungen? Wie groÿ sind

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jeweils die Ränge der Koe�zientenmatrix und der erweiterten Koe�zientenma-trix?

(b) Bestimmen Sie alle Lösungen sowie alle nichtnegativen Lösungen des linearenGleichungssystems für a = 3.

(c) Welche Lösungen besitzt das zugehörige homogene Gleichungssystem für a = 2?

Aufgabe 1.15:

Gegeben ist das lineare Gleichungssystem Ax = b

x1 − 4x2 + ax3 = −22x2 + x3 = 3

− 2x1 + 4x2 − x3 = 0.

(a) Für welche Werte des reellen Parameters a ist das lineare Gleichungssystemlösbar?

(b) Geben Sie einen Wert für a an, so dass rank(A) < rank (A, b) gilt.(c) Geben Sie die Lösungsmenge des linearen Gleichungssystems für a = 0 an.(d) Bestimmen Sie alle nichtnegativen Lösungen des zugehörigen homogenen System

für a = −1

2.

Aufgabe 1.16:

Gegeben ist das lineare Gleichungssystem Cx = d mit reellen Parametern a und b :

x1 + 2x2 = 122x1 + 3x2 + x3 = 10x1 + ax3 = b.

(a) Kann das lineare Gleichungssystem genau drei verschiedene Lösungen besitzen?(Begründung !)

(b) Wie groÿ ist der Rang der erweiterten Koe�zientenmatrix für a = 2, b = 0?(c) Bestimmen Sie alle Lösungen und alle nichtnegativen Lösungen des linearen Glei-

chungssystems für a = 2, b = −16.(d) Gibt es ein Paar reeller Zahlen (a, b), so dass x1 = −16, x2 = 14, x3 = 0 Lösung

des linearen Gleichungssystems ist?

Aufgabe 1.17:


2x1 − x2 = b− 4x1 + 3x2 + a x3 = − 2− 5x1 + 4x2 + 3x3 = − b.

(a) Untersuchen Sie das Lösbarkeitsverhalten des linearen Gleichungssystems in Ab-hängigkeit von den reellen Parametern a und b.

(b) Bestimmen Sie alle Lösungen des linearen Gleichungssystems für a = b = 0.(c) Bestimmen Sie alle nichtnegativen Lösungen des linearen Gleichungssystems für

a = b = 2.

8

Aufgabe 1.18:

Gegeben ist die Matrix A =

1 1 −1−2 −1 1

2 4 −3

und der Vektor b =

1−1β

.

(a) Für welche reellen Zahlen β ist das lineare Gleichungssystem Ax = b lösbar?Geben Sie die Lösungen in Abhängigkeit von β an.

(b) Für welche reellen Zahlen β besitzt das lineare Gleichungssystem Ax = b nicht-negative Lösungen?

(c) Stellen Sie für β = 10 den Vektor b als Linearkombination der Spaltenvektorenvon A dar.

Aufgabe 1.19:


− x1 + 2x3 = − 82x1 + x2 − ax3 = 22

− 3x1 − x2 + 3x3 = − 30.

(a) Untersuchen Sie das Lösbarkeitsverhalten des linearen Gleichungssystems in Ab-hängigkeit von dem reellen Parameter a.

(b) Bestimmen Sie für a = 1 die Mengen L aller Lösungen und L+ allernichtnegativen Lösungen des linearen Gleichungssystems.

Aufgabe 1.20:


x1 − 2x3 = −13x1 + 2x2 + ax3 = 7 + a

− 2x1 + x2 + 5x3 = 5.

(a) Untersuchen Sie das Lösbarkeitsverhalten des linearen Gleichungssystems in Ab-hängigkeit von dem reellen Parameter a.

(b) Bestimmen Sie für a = −4 die Mengen L aller Lösungen,L+ aller nichtnegativen Lösungen und L> aller Lösungen des Gleichungs-systems mit x1 > x2 > x3 > 0. Geben Sie aus jeder der drei Lösungsmengeneine spezielle Lösung an.

(c) Ist das homogene System Ax = 0 für a = 4 nichttrivial lösbar?

Aufgabe 1.21:


x1 + x2 − t x3 = 0− x1 + 3x2 + t x3 = −4

x1 + t x2 − 4x3 = −t.

(a) Untersuchen Sie das Lösbarkeitsverhalten des linearen Gleichungssystems in Ab-hängigkeit von dem reellen Parameter t und geben Sie für den Fall der eindeu-tigen Lösbarkeit die Lösung an.

(b) Bestimmen Sie für t = 2 die Lösungsmenge des Systems.

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(c) Durch welche Konstante b3 ist die rechte Seite der dritten Gleichung zu ersetzen,damit das System für t = 4 unendlich viele Lösungen besitzt?

(d) Gibt es Parameterwerte t, für die das System eine Lösung mit x1 = x3 besitzt?(e) Für welche t ist das homogene System Ax = 0 nichttrivial lösbar? Bestimmen

Sie dafür alle nichtnegativen Lösungen des homogenen Systems.

Aufgabe 1.22:


1 1 11 0 −1p −1 1

und der Vektor b =

3q−3

.

(a) Für welche Koe�zienten p und q ist das lineare Gleichungssystem Ax = b unlös-bar ?

(b) Bestimmen Sie die Lösungsmenge des linearen Gleichungssystems Ax = b fürp = −3 , q = 0 und untersuchen Sie, ob es nichtnegative Lösungen mit x2 ≤ 1gibt.

(c) Welche Bedingungen muss der Koe�zient p erfüllen, damit das homogene lineareGleichungssystem Ax = 0 nur die triviale Lösung besitzt?

(d) Sind die Spaltenvektoren der Matrix A für p = 0 linear unabhängig?

Aufgabe 1.23:


x1 − 2x3 = 6− x1 + 2x2 + 4x3 = 4

3x1 − 4x2 + tx3 = −2.

(a) Geben Sie für jedes t ∈ R die Lösungsmenge des linearen Gleichungssystemsan.

(b) Bestimmen Sie für t = −10• alle Lösungen des linearen Gleichungssystems mit x1 + x2 + x3 = 1,• alle nichtnegativen Lösungen des linearen Gleichungssystems.

(c) Begründen Sie, dass x1 = 6, x2 = 5, x3 = 0• für jedes t ∈ R Lösung des linearen Gleichungssystem ist,• für kein t ∈ R Lösung des zugeordneten homogenen linearen Gleichungssystemist.

Aufgabe 1.24:


x1 − x3 = 1x2 + x3 = 1

x1 − x2 + a x3 = b.

(a) Bestimmen Sie alle Parameterpaare (a, b), für die das lineare Gleichungssystemunlösbar ist.

(b) Für welche Parameter b ist das lineare Gleichungssystem für alle Parameter alösbar?

(c) Geben Sie für a = −1 die Lösungsmenge des linearen Gleichungssystems an.

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(d) Geben Sie für a = −2 die Lösungsmenge des zugehörigen homogenen Systemsan.

(e) Für welche Parameter a sind die Spalten der Koe�zientenmatrix des linearenGleichungssystems linear unabhängig.

Aufgabe 1.25:


2x1 + p x2 − x3 = 5x1 + 2x2 − x3 = 0

x2 + x3 = p

mit dem reellen Parameter p.(a) Geben Sie die Lösungsmenge des linearen Gleichungssystems in Abhängigkeit

vom Parameter p an.(b) Für welche Parameter p besitzt das lineare Gleichungssystem Lösungen, die den

drei Bedingungen x1 ≥ 1, x2 ≥ 1 und x3 ≥ 1 genügen ? Geben Sie für dieseParameter eine konkrete Lösung an.

(c) Für welche Parameter p besitzt das zugehörige homogene lineare Gleichungssy-stem nur die triviale Lösung?

Aufgabe 1.26:

Gegeben ist das lineare Gleichungsystem

x1 + x3 = 1a x1 + x2 − x3 = 0x1 + (1− a)x2 + x3 = 1

mit einem reellen Parameter a.(a) Diskutieren Sie die Lösbarkeit des Gleichungssystems für alle Parameter a ∈ R.(b) Geben Sie die Lösungsmengen des Gleichungssystems für a = 0 und a = 1 an.(c) Existiert für a = −1 eine nichttriviale Lösung des zugehörigen homogenen li-

nearen Gleichungssystems? Geben Sie eine nichttriviale Lösung an, wenn dieszutri�t.

Aufgabe 1.27:


x1 + x2 + 2x3 = bx1 − x3 = 1

a x1 + x2 + x3 = 0

mit reellen Parametern a, b.(a) Für welche Parameter a, b ist das lineare Gleichungssystem unlösbar?(b) Bestimmen Sie für a = 2, b = −1 alle Lösungen des linearen Gleichungssystems.

Erfüllt eine dieser Lösungen die Bedingung x1 + x2 + x3 = 1?(c) Zeigen Sie, dass für a = 0 das zugehörige homogene lineare Gleichungssystems

nur die triviale Lösung besitzt.(d) Gibt es ein Paar reeller Zahlen (a, b), so dass x1 = x2 = 1, x3 = 0 eine Lösung

des linearen Gleichungssystems ist?

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Aufgabe 1.28:

Gegeben ist ein lineares Gleichungssystem

x1 + x2 − x3 + 2x4 = 0−x1 + x3 − x4 = 0a x1 + x2 + x3 = a

mit einem reellen Parameter a.

(a) Diskutieren Sie die Lösbarkeit des linearen Gleichungssystems in Abhängigkeitvon den Werten des Parameters a.

(b) Geben Sie die Lösungsmenge des linearen Gleichungssystems für a = 0 an.Bestimmen Sie aus dieser Lösungsmenge alle nichtnegativen Lösungen.

(c) Welchen Rang besitzen die Koe�zientenmatrix und die erweiterte Koe�zienten-matrix des linearen Gleichungssytems für a = −1?

Aufgabe 1.29:

Gegeben ist ein lineares Gleichungssystem

x1 + 3 x2 − x3 = a− 5x2 + 5 x3 = 0

− 2x1 − x2 + (a− 3)x3 = b

mit reellen Parametern a und b.

(a) Für welche Parameterpaare (a, b) ist das lineare Gleichungssystem lösbar?(b) Geben Sie die Lösungsmenge des Gleichungssystems für a = 2 und b = 0 an.(c) Bestimmen Sie für den Fall a = b die Lösungsmenge des linearen Gleichungs-

systems.(d) Bestimmen Sie die Ränge der Koe�zientenmatrix und der erweiterten Koe�zi-

entenmatrix für a = 0 und b = 2.

Aufgabe 1.30:

Gegeben sei das lineares Gleichungssystem

x1 + x2 + 2x3 = 32x1 + 3x2 + ax3 = 7

x2 + (2a− 4)x3 = 2a+ 1

mit dem reellen Parametern a.

(a) Diskutieren Sie die Lösbarkeit des linearen Gleichungssystems in Abhängigkeitvon a.

(b) Bestimmen Sie die Lösungsmenge des linearen Gleichungssystems für a = 1.(c) Besitzt das lineare Gleichungssystem für a = 0 nichtnegative Lösungen, die die

Bedingung x1 + x2 + x3 = 1 erfüllen?(d) Gibt es einen Parameterwert a, für den der Vektor x = (−4; 3; 2)> Lösung

des linearen Gleichungssystems ist?(e) Für welchen Parameterwert a besitzt das zugehörige homogene lineare Glei-

chungssystem nichttriviale Lösungen?(f) Bestimmen Sie für das lineare Gleichungssystem den Rang der Koe�zientenma-

trix und den Rang der erweiterten Koe�zientenmatrix in in Abhängigkeit vondem Parameter a.

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Aufgabe 1.31:


x1 − x2 − 2x3 = 0x2 + 3x3 = t

−x1 + 2x2 + t x3 = 5

(a) Geben Sie die Lösungsmengen des linearen Gleichungssystems und des zugehö-rigen homogenen linearen Gleichungssystems in Abhängigkeit von t an.

(b) Geben Sie die Lösungsmengen des linearen Gleichungssystems für t = 0 an.Bestimmen Sie für diesen Fall auch noch- die Determinante der Koe�zientenmatrix,- den Rang der Koe�zientenmatrix,- den Rang der erweiterten Koe�zientenmatrix.

(c) Für welche Parameterwerte t besitzt das lineare Gleichungssystem Lösungenmit der Eigenschaft x1 + x2 + x3 = 1? Geben Sie diese Lösungen an.

(d) Gibt es einen Parameterwert t, für den x1 = −1, x2 = 1, x3 = −1 Lösungdes linearen Gleichungssystems ist?

Aufgabe 1.32:

Gegeben sei das lineare Gleichungssystem

x1 − x2 − x3 = 0x1 − 2x2 + x3 = 0x1 + x2 + a x3 = b

mit einem Paar reeller Parameter (a, b).

(a) Geben Sie die Lösungsmengen des linearen Gleichungssystems in Abhängigkeitvom Paar (a, b) an.

(b) Für welchen Parameter a besitzt das zugehörige homogene lineare Gleichungs-system eine Lösung, für die x1 + x2 + x3 = 1 gilt?

Aufgabe 1.33:


x1 + 2x3 = −1−x1 + x2 + 2x3 = α4x1 − 2x2 + β x3 = −6

mit einem Paar reeller Parameter (α; β).

(a) Untersuchen Sie, für welche Werte der Parameter das lineare Gleichungssystemnicht lösbar ist, eindeutig lösbar ist, unendlich viele Lösungen besitzt.

(b) Bestimmen Sie für (α; β) = (2; 0) die Lösungsmenge des linearen Gleichungssy-stems. Gibt es unter diesen Lösungen auch solche mit x1 + x2 + x3 = 5?

(c) Geben Sie für β = 2 die Lösung des linearen Gleichungssystems in Abhängigkeitvom Parameter α an.

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Aufgabe 1.34:


ax1 + 2x2 = 83x1 − x2 − x3 = b− x1 + 2x2 + x3 = 0

mit reellen Parametern a und b.

(a) Für welche Parameterpaare (a, b) ist das lineare Gleichungssystem unlösbar?(b) Es sei b = 4. Geben Sie in Abhängigkeit vom Parameter a die Lösungsmenge des

linearen Gleichungssystems an.(c) Für welche Parameter a hängt die Lösbarkeit des linearen Gleichungssystems

vom Parameter b ab?(d) Für welche Parameter a besitzt das zugehörige homogene lineare Gleichungssy-

stem nichttriviale Lösungen?

1.3 Determinanten, Matrixinversion, Matrizengleichungen

Aufgabe 1.35:

Berechnen Sie D =1 a+ 1 a2

1 0 −21 1 0

−−a a− 1 a

0 a −1−a 1 a

.

Für welche reellen Zahlen a gilt D = 0, D = 1 bzw. D = a?

Aufgabe 1.36:

Entscheiden Sie für die Matrizen

R =

(1 4−2 9

)S =

(a bc d

)T =

1 2 1 −10 1 0 21 1 1 −20 2 1 −1

,

A =

1 0 34 1 20 1 1

B =

3 −3 12 4 −25 1 −1

C =

1 3 −20 2 40 0 −1

ob sie eine Inverse besitzen und berechnen Sie diese gegebenenfalls.

Aufgabe 1.37:

Welche Matrizen X, Y genügen den Gleichungen AX = E bzw. Y A = E, wenn

A =

(1 2 42 3 1

)und E die passende Einheitsmatrix ist.

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Aufgabe 1.38:

Gegeben sind die Matrizen

A =

(0 −20 0

)B =

1 50 71 79 −10

und C =

0 1 23 4 56 7 p

.

(a) Bestimmen Sie eine Lösung X der Matrizengleichung X = B −XA.(b) Berechnen Sie die Determinante der Matrix C. Für welche reellen Zahlen p ist

die Matrix C regulär? Für welche reellen Zahlen p ist die Matrix D = p · Csingulär?

(c) Bestimmen Sie den Rang der Matrix F = C − CT .

Aufgabe 1.39:


0 p 1 9p 0 9 80 0 1 9q 0 9 8

.

(a) Berechnen Sie die Determinante von A .(b) Für welche reellen Zahlen p und q ist die Matrix A singulär?(c) Für welche reellen Zahlen p und q gilt rank(A) = 3?

Aufgabe 1.40:

Gegeben sind die Matrizen A =

4 −6 2−6 12 −2

2 −2 1

und B =

−3 −1 3−1 0 2

3 2 1

.

(a) Berechnen Sie die Matrix X aus der Gleichung (2AT −X)B −ABT = E, wobeiE die Einheitsmatrix vom Typ (3 , 3) ist.

(b) Kann bei gleicher Matrix B eine Matrix X aus der Gleichung aus (a) auch fürden Fall berechnet werden, dass A eine beliebige Matrix vom Typ (3 , 2) ist?Begründen Sie Ihre Antwort.

Aufgabe 1.41:

Gegeben sind die Matrizen M =

1 1 1 11 2 2 21 2 3 31 2 3 4

und U =

v 1 11 1 10 1 v

.

(a) Für welche reellen Zahlen v stimmen die Determinanten von M und U überein?(b) Für welche reellen Zahlen v ist die Matrix W = v · U invertierbar?(c) Bestimmen Sie für v = 1 eine Lösung X der Matrizengleichung UX = 2X + E,

wobei E die dreireihige Einheitsmatrix ist.(d) Bestimmen Sie eine Lösung Y der Matrizengleichung Y + Y T = M −MT . Be-

gründen Sie, weshalb die Matrizengleichung unendlich viele Lösungen besitzt.

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Aufgabe 1.42:


1 9 p0 9 9p 0 p

und B =

2 1 11 3 21 2 4

.

(a) Berechnen Sie die Determinante der Matrix A.(b) Für welche reellen Zahlen p ist die Matrix A nicht invertierbar?(c) Bestimmen Sie eine Lösung X der Matrizengleichung BX + AT = A+X.

Aufgabe 1.43:


1 1 10 1 10 0 1

und B =

0 0 p0 1 0p 0 0

.

(a) Für welche reellen Zahlen p ist die Matrix AB nicht invertierbar?(b) Bestimmen Sie den Rang der Matrix A−B für p = 0 und p = 1.(c) Bestimmen Sie eine Lösung X der Matrizengleichung AX − 2B = ATX −X für

p = 0.

Aufgabe 1.44:


1 1 1 00 1 1 10 0 1 1p 0 0 1

mit dem reellen Parameter p.

(a) Für welche reellen Zahlen p gilt det(A) = 1 + p3?(b) Für welche reellen Zahlen p ist die Matrix A nicht invertierbar?(c) Berechnen Sie für p = 0 die Inverse von A.(d) Geben Sie eine Matrix X mit 4 Zeilen und 3 Spalten an, die die Gleichung

AX = ATX löst.

Aufgabe 1.45:

B =

1 1 12 1 16 3 4

besitzt die Inverse B−1 =

−1 1 02 2 −10 −3 1

.

Wie lauten die Inversen zu

B =

1 1 11 1 24 3 6

, B =

2 1 11 1 16 3 4

bzw. B =

1 1 21 1 14 3 6

?

Hinweis:

Die Inversen müssen nicht neu berechnet werden. Wie entstehen B, B, B aus B und wie wirkt

sich das auf die Inverse aus?

Aufgabe 1.46:

Berechnen Sie die Inversen der Dreiecksmatrizen

16

A(a,b,c) =

1 a b0 1 c0 0 1

und B =

2 4 80 2 60 0 2

.

Wie läÿt sich B−1 bei Kenntnis von A−1(a,b,c) einfach berechnen?

Aufgabe 1.47:

Gegeben ist die Matrix C =

0 a ab 0 ab b 0

mit reellen Parametern a und b .

(a) Berechnen Sie die Determinante der Matrix C.(b) Für welche Paare reeller Zahlen (a, b) ist die Matrix C singulär?(c) Berechnen Sie für a = b = 1 die Inverse der Matrix C.

Aufgabe 1.48:


A =

a 1 10 1 01 1 a

, M =

1 00 29 8

und T =

(1 10 0

).

(a) Berechnen Sie die Determinante der Matrix A. Bestimmen Sie den Rang derMatrix A für a = −1. Für welche reellen Zahlen a ist die Matrix A nicht inver-tierbar?

(b) Zeigen Sie, dass für die angegebene Matrix T die Gleichung TT = T gilt. Be-rechnen Sie danach das Matrizenprodukt MTTT .

(c) Bestimmen Sie für a = 0 eine Lösung X der Matrizengleichung AX = MT .

Aufgabe 1.49:


B =

0 b 1b 0 11 1 0

A =

0 01 12 2

und F =

1 0 00 2 10 1 1

.

(a) Für welche reellen Zahlen b ist die Matrix B invertierbar?(b) Bestimmen Sie den Rang der Matrix AAT .(c) Bestimmen Sie für b = −1 eine Lösung X der Matrizengleichung 2FX = BA.

Aufgabe 1.50:


H =

3 0 hh h 00 7 h

, A =

(1 12 2

)und B =

(4 21 3

).

(a) Für welche reellen Zahlen h stimmen die Determinanten von H und B überein?(b) Für welche reellen Zahlen h gilt rank(H) = 2 ?(c) Ist die Matrix C = AB invertierbar?(d) Bestimmen Sie eine Lösung X der Matrizengleichung X − AX = B .

17

Aufgabe 1.51:


A =

0 0 00 0 10 0 0

, B =

1 0 b0 1 00 0 1

, C =

0 1 1−1 0 1−1 1 0

.

(a) Bestimmen Sie den Rang der Matrix A.(b) Für welche reellen Zahlen b ist die Matrix B invertierbar?(c) Ist die Matrix AB regulär?(d) Sind die Spaltenvektoren der Matrix C linear unabhängig?(e) Bestimmen Sie eine Lösung X der Matrizengleichung 3A+X = XCT +XC.

Aufgabe 1.52:

Berechnen Sie die nebenstehende Determinante und zeigen Sie andiesem Beispiel, dass die �Verallgemeinerung� der Sarrus-Regelauf 4-reihige Determinanten (trotz anderslautender, hartnäckigerGerüchte) falsch (und deshalb ein fataler Irrtum) ist.

1 0 3 40 1 0 31 4 3 40 2 2 0

Aufgabe 1.53:


A =

0 1 11 1 00 0 1

, B =

1 1 10 b 1b 0 1

, C =

0 0 00 1 00 1 0

und D =

d1 0 00 d2 00 0 d3

.

(a) Bestimmen Sie die Lösung X der Matrizengleichung AX = AT .(b) Für welche reellen Zahlen b ist die Matrix B invertierbar?(c) Begründen Sie, weshalb r(C) = 2 eine falsche Aussage ist.(d) Geben Sie Bedingungen an die Diagonalelemente d1, d2 und d3 der Matrix D an,

so dass die Matrizengleichung DX = X + A eine eindeutige Lösung besitzt.

Aufgabe 1.54:

Gegeben seien zwei Matrizen A, B und die Matrizengleichung AX = (X>B + A)> +X.Wieviele Zeilen und Spalten müssen die Matrizen A und B besitzen, damit die Matrizen-gleichung sinnvoll ist? Unter welchen zusätzlichen Voraussetzungen kann die Matrizen-gleichung eindeutig nach X aufgelöst werden?

Aufgabe 1.55:


A =

1 0 00 0 −10 0 0

, B =

1 b 0 10 1 1 00 0 1 b1 0 0 1

und D =

d1 0 00 d2 00 0 d3

.

(a) Bestimmen Sie die Lösung X der Matrizengleichung AX = AAT − ATX .(b) Berechnen Sie die Determinante der Matrix B . Für welche b ∈ R ist die Matrix

B invertierbar?

18

(c) Für welche Matrizen C ist der Rang der Matrix C − C T gleich Null ?(d) Geben Sie Bedingungen für die Diagonalelemente d1, d2 und d3 der Matrix D

an, so dass die Matrizengleichung DX = A−X, eine eindeutige Lösung besitzt.

Aufgabe 1.56:

Gegeben sind ein reeller Parameter a und die Matrix A =

a a 1 10 a 1 10 1 a a0 1 0 a

.

(a) Berechnen Sie die Determinante von A in Abhängigkeit von a .(b) Für welche reellen Zahlen a ist die Matrix AT singulär?(c) Bestimmen Sie den Rang von A für a = 1 .(d) Ist die Matrix A für a = 1 invertierbar?(e) Geben Sie für a = 0 eine Lösung der Matrizengleichung AX = A an.

Aufgabe 1.57:


A =

2 −1 00 1 0−1 −1 1

, B =

−1 0 21 0 −10 0 0

und C =

1 100 −80 5

.

(a) Für welche reellen Zahlen λ ist die Matrix A− λE regulär?(b) Berechnen Sie die Lösung X der Matrizengleichung ATX = C −BX .(c) Welche Forderungen sind an die drei Matrizen U , V und W zu stellen, damit die

Matrizengleichung UV = W +W T sinnvoll ist?

Aufgabe 1.58:

Gegeben sind ein reeller Parameter t und die Matrix A =

t 0 1 11 1 0 00 t 0 10 0 1 t

.

(a) Berechnen Sie die Determinante von A in Abhängigkeit vom Parameter t .(b) Für welche reellen Parameter t ist die Matrix AT regulär?(c) Bestimmen Sie den Rang der Matrix A für t = 1 .(d) Ist die Matrix A für t = 0 invertierbar?

Aufgabe 1.59:


A =

1 0 −10 0 00 1 0

, B =

1 0 00 0 00 0 0

und C =

2 −13 00 1

.

Berechnen Sie die Lösung X der Matrizengleichung (A+B)X = (XTA)T + C .

19

Aufgabe 1.60:


a 0 1 a0 a 0 10 1 a a0 1 0 a

mit einem reellen Parameter a .

(a) Berechnen Sie die Determinante der Matrix A in Abhängigkeit von dem Para-meter a .

(b) Für welche Parameter a ist die Matrix A> regulär?(c) Sind die Spaltenvektoren von A für a = 2 linear unabhängig?(d) Bestimmen Sie den Rang der Matrix A für a = −1 .(e) Lösen Sie für a = 0 die Matrixgleichung (A+ A>)X = A .

Aufgabe 1.61:


0 0 1b 1 1c b 0

mit den reellen Parametern b und c .

(a) Berechnen Sie die Determinante der Matrix A .(b) Weisen Sie nach, dass die Matrix A für c < 0 stets regulär ist.(c) Für welche Werte b ist die Matrix A singulär, wenn c = 49 vorgegeben ist?(d) Invertieren Sie die Matrix A für b = 1 und c = 0 .

Aufgabe 1.62:


(1 11 2

), B =

(1 3 0 22 0 0 7

)und C =

(5 00 6

).

(a) Berechnen Sie die Lösung X der Matrizengleichung AX = B +X .(b) Ist die Matrizengleichung Y + Y > = B für die gegebene Matrix B sinnvoll?(c) Welches sind die Eigenwerte der Matrix C ?

Aufgabe 1.63:


−1 x 0 0

1 0 1 10 x 0 10 1 1 x

mit einem reellen Parameter x .

(a) Existiert ein x ∈ R, so dass die Matrix A symmetrisch ist?(b) Berechnen Sie die Determinante von A in Abhängigkeit vom Parameter x .(c) Für welche Parameter x ist die Matrix A singulär?(d) Bestimmen Sie den Rang der Matrix A für x = 1 .(e) Ist die Matrix A für x = 0 invertierbar?

Aufgabe 1.64:


1 1 11 2 01 0 0

und B =

(1 11 1

).

(a) Berechnen Sie die Lösung X der Matrizengleichung XA = 2X + A .

20

(b) Geben Sie eine Lösung Y für die Matrizengleichung BY = BT −B an.

Aufgabe 1.65:


x x 0 0x 1 x 00 1 0 x0 0 x x

mit dem reellen Parameter x .

(a) Berechnen Sie die Determinante der Matrix A .(b) Für welche Werte von x ist die Matrix A> singulär?(c) Sind die Spaltenvektoren der Matrix A für x = 1 linear unabhängig?(d) Bestimmen Sie den Rang von A für x = 0 bzw. x = −1 .(e) Für welche Werte x ist die Matrix A symmetrisch?

Aufgabe 1.66:

Gegeben seien zwei Matrizen A und B sowie die Matrizengleichung

(X>A− A>)> = BX.

(a) Wieviele Zeilen und Spalten müssen die Matrizen A und B besitzen, damit diegegebene Matrizengleichung sinnvoll ist?

(b) Berechnen Sie die Lösung X der Matrizengleichung für die Matrizen

A =

2 0 11 3 00 2 1

und B =

2 1 −1−1 2 1

1 −1 0

.

Aufgabe 1.67:


a+ 1 0 a2a −1 0

1− a a a

und B =

1 2 2 0 80 9 2 2 00 0 0 2 20 0 0 9 20 0 0 0 1

.

(a) Für welche reellen Zahlen a ist die Matrix A eine Dreiecksmatrix?(b) Für welche reellen Zahlen a ist die Matrix A> regulär?(c) Für welche reellen Zahlen a sind die Spaltenvektoren der Matrix A linear abhän-

gig?(d) Ist die Matrix B eine symmetrische Matrix?(e) Ist die Matrix B invertierbar?(f) Für welche reellen Zahlen b ist die Matrix B = b ·B singulär?

Aufgabe 1.68:


Q =

(1 10 1

), U =

(1 1 11 0 1

), V =

1 01 −1−1 1

, W =

(1 9 0 22 0 0 8

)und zwei quadratische n-reihige Matrizen F und G.

21

(a) Berechnen Sie die Lösung X der Matrizengleichung QX = Q>Q .(b) Berechnen Sie die Lösung X der Matrizengleichung UV X = W .(c) Kann X +X> = W>W eine sinnvolle Matrizengleichung sein?(d) Unter welchen Voraussetzungen besitzt die Matrizengleichung GX> − FG =

G−X> eine eindeutige Lösung in X ?

Aufgabe 1.69:

Betrachtet sei die Matrizengleichung X +AX = A>X +B mit vorgegebenen MatrizenA und B.

(a) Die Matrix B besitze m Zeilen und n Spalten. Welchen Typ müssen die MatrizenA und X besitzen, damit die Matrizengleichung sinnvoll ist ?

(b) Wie lautet die Lösung X der Matrizengleichung, falls die Matrix A symmetrischist ?

(c) Unter welcher Voraussetzung ist die Matrizengleichung nach X au�ösbar ?(d) Bestimmen Sie konkret die Lösung X für

A =

0 1 10 0 10 0 0

und B =

1 00 11 0

.

Aufgabe 1.70:

Gegeben seien zwei Matrizen

A =

x 0 x 10 2 0 20 1 x 11 0 1 x

und B =

0 0 0 10 0 0 x0 1 1 1x 1 1 x

.

(a) Bestimmen Sie alle Werte x, für die die Zeilenvektoren der Matrix A linearabhängig sind.

(b) Für welche Werte x ist die Matrix B symmetrisch?(c) Für welche Werte x ist die Matrix B singulär?(d) Bestimmen Sie den Rang der Matrix B für x = 0 .(e) Für welche Werte x ist die Matrix C = AB invertierbar?

Aufgabe 1.71:

Gegeben sei die Matrix A =

0 x 0 1x 1 1 00 x 1 xx 0 1 x

mit einem reellen Parameter x .

(a) Berechnen Sie die Determinante von A in Abhängigkeit von x .(b) Für welche Werte x ist die Matrix A invertierbar?(c) Bestimmen Sie den Rang der Matrix A für x = 1 und für x = 0 .(d) Berechnen Sie die Eigenwerte der Matrix A für x = 0 .(e) Für welche Werte x ist die Matrix A− AT symmetrisch?(f) Ohne die Matrix ATA zu berechnen,

22

- ist zu begründen, dass ATA für jedes x symmetrisch ist,- ist zu bestimmen, für welche Werte x die Matrix ATA singulär ist.

Aufgabe 1.72:

Gegeben sei die Matrizengleichung

(XTA−B)T +B = CX

mit vorgegebenen Matrizen A, B und C .

(a) C sei eine (3× 3) -Matrix. Wieviele Zeilen und Spalten müssen dann A, B undX besitzen, damit die Matrizengleichung sinnvoll ist?

(b) Die Matrix AT− C sei regulär und die Matrix B symmetrisch. Welche LösungX besitzt dann die Matrizengleichung?

(c) Bestimmen Sie die Lösung X der Matrizengleichung für

A = BT =

1 1 12 2 23 3 3

und C =

0 0 01 1 11 2 2

.

Aufgabe 1.73:


1 0 0 10 t 1 10 1 t 11 1 1 1

, B =

0 1 00 1 11 0 0

, C =

0 0 01 0 01 1 0

,

G = tA und H = B − C, wobei t ein reeller Parameter ist.

(a) Sind die Matrizen A, B oder C symmetrisch?(b) Für welche t stimmen die Determinanten von A und B überein?(c) Bestimmen Sie die Eigenwerte der Matrix C.(d) Für welche t ist die Matrix G invertierbar?(e) Bestimmen Sie den Rang der Matrix H.

Aufgabe 1.74:


(1 10 1

), B =

(10 00 10

), C =

(2 8 0 72 0 0 9

)und zwei quadratische n-reihige Matrizen F und G.(a) Ist die Matrix A regulär?(b) Bestimmen Sie die Lösung X der Matrizengleichung AX = AAT.(c) Berechnen Sie die Lösung X der Matrizengleichung XA = AAT.(d) Bestimmen Sie die Lösung X der Matrizengleichung BX = C.(e) Unter welchen Voraussetzungen besitzt die Matrizengleichung GXF = FG+GF eineeindeutige Lösung in X? Geben Sie die zugehörige Berechnungsvorschrift für X an.

Aufgabe 1.75:

Gegeben seien die Matrizen C =

0 b 1a a b1 a 0

und D =

a 0 00 b 00 0 a

,

23

wobei a und b reelle Zahlen sind.(a) Weisen Sie nach, dass die Matrix C für a > 1 stets regulär ist.(b) Weisen Sie nach, dass die Matrix C für a < 0 stets invertierbar ist.(c) Es sei b = 0. Für welche Zahlen a ist die Matrix C> singulär?(d) Für welche Zahlenpaare (a, b) gilt r(D) = 2 ?(e) Bestimmen Sie die Eigenwerte der Matrix D .(f) Berechnen Sie die Determinante der Matrix F = abDD .

Aufgabe 1.76:

Gegeben seien zwei Matrizengleichungen AX = AA> und Y A = AA>, wobei A einequadratische Matrix ist.

(a) Begründen Sie, weshalb beide Matrizengleichungen bei gegebener regulärer Ma-trix A eindeutig lösbar sind. Geben Sie diese Lösungen an.

(b) Welche der beiden Matrizengleichungen ist auch bei gegebener singulärer MatrixA stets lösbar?

(c) Berechnen Sie eine Lösung der Matrizengleichung WA = W + A für

A =

(2 11 3

).

1.4 Modellierungsaufgaben

Aufgabe 1.77:

In einer Bäckerei werden aus vier Zutaten Zi, i=1,2,3,4 drei Teigmischungen Tj, j=1,2,3hergestellt. Aus diesen Teigmischungen und weiteren Teilen der Zutaten Z2 und Z4 wer-den drei Arten an Gebäck Gk, k= 1,2,3 erzeugt. Die zur Herstellung einer Produkteinheitbenötigten Ausgangsmengen sind in den nachstehenden Tabellen zusammengefaÿt.

je Einheit T1 T2 T3Z1 2 1 3

benötigte Z2 1 3 2Einheiten Z3 2 2 1

Z4 2 2 4

benötigte Einheiten T1 T2 T3 Z2 Z4

G1 2 1 2 10 0je Einheit G2 2 3 0 20 10

G3 0 1 1 0 15

Zu bestimmen sind die Gesamtmengen an den Zutaten bei einer täglichen Backleistungvon 25 Einheiten G1, 30 Einheiten G2 und 10 Einheiten G3.

Aufgabe 1.78:

Leontief-Modell

Es werden die innerbetrieblichen Leistungsver�echtungen einer Unternehmung mit den4 Produkten A, B, C und D betrachtet. Für die Herstellung einer ME des Produktes Asollen 0.5 zusätzliche ME von B sowie 0.3 ME des Produktes C notwendig sein. Analogbenötigt man zur Herstellung einer ME von B eine zusätzliche Mengeneinheit von C, füreine ME C zusätzlich 0.4 ME von D sowie für eine ME D zusätzlich 0.5 ME von C.

(1) Welche Mengen der Produkte A, B, C und D müssen hergestellt werden, umgenau eine ME der Sorte A zu verkaufen?

24

(2) Welche Mengen der Produkte A, B, C und D müssen hergestellt werden, umgenau k ME von jeder Sorte zu verkaufen?

Aufgabe 1.79:

Die nachfolgende Tabelle gibt einen Überblick über die durchschnittlichen Personalbe-wegungen bei einem Groÿdiscounter. In den Spalten ist für jede Beschäftigungskategorieangegeben, wieviel Prozent der entsprechenden Angestellten nach einem Jahr ihre Tätig-keit beibehalten, innerhalb der Firma in eine andere Kategorie gewechselt bzw. die Firmaverlassen haben:

Beschäftigung Beschäftigung im laufenden JahrKategorie im folgenden Jahr A B C D E F G H

A Filialleiter 90 5 5B Stellv. Filialleiter 65 10 5 5C Bereichssleiter 65 10D Stellv. Bereichsleiter 80 30E Kassenpersonal 45 20F Einkäufer 75 10G Ass. Einkäufer 10 10 65H Lagerpersonal 70I Verlassen der Firma 10 30 15 10 15 15 20 10

Im Personalbüro des expandierenden Unternehmens liegt ein Ist-Personalbestand für dasgegenwärtige Jahr sowie ein in vier Jahren angedachter Personalbestand (Werte in Klam-mern) vor:

500 (550) Filialleiter und 850 (920) Stellvertreter3600 (3900) Bereichsleiter und 14500 (15200) Stellvertreter8600 (9200) KassiererInnen1600 (1700) Einkäufer und 3000 (3200) Assistenten6000 (6800) Lagerangestellte

Anhand dieser Werte ist eine Prognose zu entwickeln, wieviele Arbeitskräfte jeder Ka-tegorie in den folgenden Jahren im Unternehmen abzubauen bzw. von auÿerhalb neueinzustellen sind.

Aufgabe 1.80:

In einem Betrieb werden zur Herstellung von vier End-produkten E1, E2, E3 und E4 drei Rohsto�e R1, R2 undR3 eingesetzt. Der Verbrauch an Rohsto�en pro Tonneje Endprodukt, gemessen in Tonnen für die Rohsto�e,sind in der nebenstehenden Tabelle angegeben.

E1 E2 E3 E4

R1 5 5 5 5R2 2 1 2 3R3 1 0 3 1

Wieviele Tonnen an Rohsto�en sind nötig, wenn von Endprodukt E1 und E2 je 15 Tonnenund von Endprodukt E3 und E4 je 17 Tonnen herzustellen sind? Welche Kosten entstehenbei der Rohsto�bescha�ung, wenn für R1 ein Preis von 2500 e je Tonne und für R2 undR3 ein Preis von 1700 e je Tonne zu zahlen sind?

Aufgabe 1.81:

Ein Unternehmen soll 3000 ME des Produktes P1 und 6000 ME des Produktes P2 aus-liefern. Bei der Herstellung der Produkte P1 und P2 wird ein Produkt P3 verbraucht

25

und es tritt auch ein Eigenverbrauch an den Produkten P1 und P2 auf.

Die nebenstehende Tabelle beschreibt für jede ME von P1 bzw.P2 den Verbrauch von P1 bzw. P2 bzw. P3 in ME.

P1 P2 P3

P1 0 12

2P2

12

0 3

(a) Stellen Sie ein Matrizenmodell auf, mit dem sich die herzustellenden ME derProdukte P1 und P2 und der Verbrauch des Produktes P3 berechnen lassen.

(b) Invertieren Sie A =

1 −12

0−1

21 0

−2 −3 1

und lösen Sie das System

Ax =

30006000

0

.

(c) Welche Bedeutung hat die Lösung des Systems aus (b) für die Aufgabe (a)?

Aufgabe 1.82:

Formulieren Sie für den folgenden Sachverhalt ein mathematisches Modell.

Ein Konservenproduzent stellt aus drei Sorten Gemüse Gi, i = 1, 2, 3 vier verschiedeneArten Sj, j = 1, 2, 3, 4 von Mischgemüse her. Die folgende Tabelle gibt den Gemüsebedarfje produzierter Einheit Konserven an:

je Dose S1 S2 S3 S4

G1 [kg] 0,2 0 0,3 0G2 [kg] 0,1 0,1 0 0,5G3 [kg] 0,3 0 0,1 0,1

Wieviele Einheiten welcher Konserven müssen produziert werden, um je 80 kg G1 undG2 sowie 60 kg G3 vollständig zu verbrauchen?Hinweis: Das aufgestellte Modell soll nicht gelöst werden.

26

1.5 Lösungen

Zur Lösung der Aufgaben aus dem Kapitel 1 werden einige De�nitionen und Formelnaus dem Skript s. 50-75 benötigt.

Lösung der Aufgabe 1.1:(1 a0 1

)(1 cb 1

)=

(1 + ab a+ cb 1

)=

(1 00 1

)Koe�zientenvergleich (Vergleich der einzelnen Matrix-Elemente) liefert:1 + ab = 1, a+ c = 0, b = 0, 1 = 1.Die Lösungsmenge dieses Gelichungssystems: a = t, b = 0, c = −t mit t ∈ R (beliebig).

Lösung der Aufgabe 1.2:

Durch Koe�zientenvergleich (z.B.) der Einträge in den Feldern (1, 3) und (2, 3) erhältman u = 3 und v = −2.

Mit diesen Werten gilt tatsächlich A = B. (Probe für die anderen Matrizenelemente!)

Lösung der Aufgabe 1.3:[(4 c1 −1

)+ 2

(7 3d 4

)]T (1 a1 b

)=

(c 31 1

)T (4 20 0

)(

18 1 + 2d6 + c 7

)(1 a1 b

)=

(c 13 1

)(4 20 0

)(

19 + 2d 18a+ b(1 + 2d)13 + c a(6 + c) + 7b

)=

(4c 2c12 6

)Der Koe�zientenvergleich liefert für das Feld (2, 1) den Wert c = −1 und danach für das

Feld (1, 1) den Wert d = −23

2. Damit erhält man anschlieÿend mittels der Felder (1, 2)

und (2, 2) das Gleichungssystem 5a+7b = 6, 18a−22b = −2 mit der Lösung a = b =1

2.


Wegen der Distributivität der Matrixmultiplikation gilt:

(A+B)(A+B) = A(A+B) +B(A+B) = AA+ AB +BA+BB

Dieses Resultat erhält man unter der Voraussetzung, dass die Matrizen A und B quadra-tisch sind und gleiche Dimmensionen besitzen.

Damit die Gleichheit AA+AB+BA+BB = A2+2AB+B2 erfüllt ist, müsste AB = BAgelten, also das Produkt der Matrizen A und B müsste kommutativ sein.


(a) cTx = −x1 + 4x2, xTx = x21 + x22

27

xTCx = 3x1x1 + 1x1x2 + 1x2x1 + 2x2x2 = 3x21 + 2x1x2 + 2x22

(b) sTx = x1 + x2 = 1 - Gerade durch die Punkte (1;0) und (0;1) in der x1-x2-Ebene.

xTx = x21 + x22 = 1 - Kreis mit Radius 1 um Punkt (0;0) in der x1-x2-Ebene.


Matrixdarstellung der ersten Gleichung als Gleichungssystem schreiben:

3x1 + x2 = x1 −x1x2 + 6x3 = x2 −x2

2x1 + 2x2 + 2x3 = x3 −x3⇐⇒

2x1 + x2 = 06x3 = 0

2x1 + 2x2 + x3 = 0

Das letzte Gleichungssystem in Matrixdarstellung liefert die zweite Gleichung (aus derAufgabenstellung).Lösungsvariante: allgemein mit Matrix-Operationen:

Ax = x ⇔ Ax− x = O ⇔ Ax− E x = O ⇔ (A− E)x = O,

mit O =

000

(Nullvektor), E =

1 0 00 1 00 0 1

(Einheitsmatrix) und A =

3 1 00 1 62 2 2

folgt A− E =

2 1 00 0 62 2 1

.


ATA =

p p 00 0 1p −p 0

· p 0 p

p 0 −p0 1 0

=

2p2 0 00 1 00 0 2p2

⇒ A orthogonal ⇔ 2p2 = 1 ⇔ p = ±

√1

2= ±1

2

√2

BTB =

(p q−q p

)·(p −qq p

)=

(p2 + q2 0

0 q2 + p2

)⇒ B orthogonal ⇔ p2 + q2 = 1


x1 x2 x32 3 -1 -1-6 r 4 s-5 4 2 1-2 -3 1 12 r+12 0 s-4

-1 10 0 -10 -23 1 30 r+32 0 s-61 -10 0 1

(a) Aus der zweiten Zeile der 3. Tabelle folgt für dieLösbarkeit in Abhängigkeit von r, s:- nicht lösbar, wenn r = −32 und s 6= 6,- eindeutig lösbar, wenn r 6= −32 (unabhängig von s !),- unendlich viele Lösungen, wenn r = −32 und s = 6.

(b) Das homogene System Ax = 0 ist eindeutig (trivial)lösbar, wenn r 6= −32.

28

r = −33, s = 60 -23 1 30 -1 0 01 -10 0 10 0 1 30 1 0 01 0 0 1

(c) Die Spaltenvektoren von A sind linear abhängig,wenn rank(A) < 3, d.h. wenn das homogenes Systemnichttrivial lösbar ist, wenn also r = −32.

(d) Für r = −33 und s = 6 folgt, nach Einsetzen in die3. Tabelle und einem weiteren Schritt, aus der 5. Tabelledie eindeutige Lösung x1 = 1, x2 = 0, x3 = 3.


x1 x2 x31 r 3 4−1 r −1 0

1 −2 −1 s1 r 3 4

0 2r 2 40 −r − 2 −4 s− 41 −2r 0 −20 r 1 2

0 3r − 2 0 s+ 4

(b) r = 23, s = −4

1 − 43

0 −2

0 23

1 2

0 0 0 0

(c) r = 1

1 −2 0 −20 1 1 2

0 1 0 s+ 41 0 0 2s+ 60 0 1 −s− 20 1 0 s+ 4

(a) Aus der 3. Tabelle folgt die eindeutige Lösbar-keit, wenn r 6= 2

3(unabhängig von s !).

Ebenfalls aus der 3. Tabelle folgt die Unlösbarkeit,wenn r = 2

3und s 6= −4.

(b) Aus der 4. Tabelle folgt für r = 23, s = −4 der

Fall unendlich vieler Lösungen:

x1 = −2 +43x2

x3 = 2 −23x2 , x2 beliebig reell.

(c) Im Fall r = 1 besitzt das System eine eindeuti-ge Lösung. Aus der 6. Tabelle folgt zusammen mitder Positivitätsforderung (!)x1 = 2s + 6 > 0 ⇒ s > −3x2 = s + 4 > 0 ⇒ s > −4x3 = −s − 2 > 0 ⇒ s < −2Eine Lösung mit positiven Variablenwerten ergibtsich folglich für Parameterwerte s ∈ (−3;−2).


x1 x2 x31 3 -1 -1-2 λ 4 µ +2-3 -4 2 31 3 -1 -10 λ+6 2 µ

0 5 -1 01 -2 0 -10 λ+ 16 0 µ0 -5 1 0

(a) Aus der zweiten Zeile der 3. Tabelle folgt für dieLösbarkeit in Abhängigkeit von λ, µ- eindeutig lösbar, wenn λ 6= 16 (unabhängig von µ !);- unendlich viele Lösungen, wenn λ = −16 und µ = 0;- nicht lösbar, wenn λ = −16 und µ 6= 0.(b) Das homogenes System Ax = 0 ist eindeutig (nurtrivial) lösbar, wenn λ 6= −16. Dafür sind die Spaltenvon A linear unabhängig.

29

(c) Das homogene System Ax = 0 besitzt unendlich viele Lösungen (ist nichttriviallösbar), wenn λ = −16, die allgemeine Lösung lautet:x1 = 2x2, x3 = 5x2 mit x2 beliebig reell.


x1 x2 x30 1 2 33 −4 p 3

1 −2 4 q

0 1 2 30 2 p− 12 3− 3q1 −2 4 q0 1 2 3

0 0 p− 16 −3− 3q

1 0 8 6 + q

(b) p = 16, q = 0

0 1 2 3

0 0 0 -31 0 8 6

(c) p = 16, q = −1

0 1 2 31 0 8 5

(a) Aus Tabelle 3: System ist lösbar, wennp 6= 16 (eindeutig lösbar, unabhängig von q!) oderp = 16 und q = −1 (unendlich viele Lösungen).(b) Aus Tabellen 1, 2, 4: Für p = 16, q = 0 giltrank(A) = 2, rank(A, b) = 3. (System ist unlös-bar!)(c) Für p = 16, q = −1 erhält man die allgemeineLösung (Tabelle 5):x2 = 3− 2x3, x1 = 5− 8x3, x3 ∈ R.x2 = 1 ist zusammen mit x3 = 1, x1 = −3 eineLösung.x2 = 3− 2x3 ≤ 1 erfordert x3 ≥ 1.Dafür gilt jedochx1 = 5− 8x3 ≤ 5− 8 = −3 < 0,folglich kann es keine Lösung mit x2 ≤ 1 geben,für die alle Variablenwerte nichtnegativ sind.


x1 x2 x3 x41 0 −2 −3 −12−1 1 −2 6 12

3 −2 a −15 −301 0 −2 −3 −12

0 1 −4 3 00 −2 a+ 6 −6 61 0 −2 −3 −120 1 −4 3 00 0 a− 2 0 6

(b) a = 5

1 0 −2 −3 −120 1 −4 3 0

0 0 3 0 61 0 0 −3 −80 1 0 3 80 0 1 0 2

(a) Aus Tabelle 3: System ist unlösbar, wenna = 2 (für kein a eindeutig lösbar, unendlich vieleLösungen, wenn a 6= 2).

(b) Für a = 5 erhält man die allgemeine Lösung(Tabellen 4, 5):x1 = −8 + 3x4, x2 = 8− 3x4, x3 = 2, x4 ∈ R.Aus den Nichtnegativitätsforderungen für x1 undx2 ergibt sich notwendig x4 = 8

3und damit als

einzige nichtnegative Lösung:x1 = 0, x2 = 0, x3 = 2, x4 = 8

3.

30

(c) homogen und a = 2

1 0 −2 −3 00 1 −4 3 00 0 0 0 0

(c) Für a = 2 erhält man als Lösung des zugeordne-ten homogenen Systems (Tabelle 6):x1 = 2x3 + 2x4, x2 = 4x3 − 3x4, x3, x4 ∈ R.(d) Fordert man x1 = x2 = x3 = x4 = x, so folgt ausder ersten Gleichung des Systems notwendig x = 3.Dafür ist auch die zweite Gleichung erfüllt und ausder dritten Gleichung folgt für den Parameterwerta = 4.


x1 x2 x31 -2 -a -23 -4 -a 0-4 6 6 a-11 -2 -a -20 2 2a 60 -2 -4a+6 a-91 0 a 40 1 a 30 0 -2a+6 a-3

(b) a=3

1 0 3 40 1 3 30 0 0 0

(a) Aus Tabelle 3: System ist für jedes a lösbar (ein-deutig für a 6= 3, unendlich viele Lösungen, wenn a = 3).

(b) Für a = 3 erhält man die allgemeine Lösung (Ta-bellen 4): x1 = 4− 3x3, x2 = 3− 3x3, x3 ∈ R.Bei Nichtnegativitätsforderungen erhält manx1 = 4− 3x3 ≥ 0 ⇒ x3 ≤ 4

3x2 = 3− 3x3 ≥ 0 ⇒ x3 ≤ 1.Zusammen mit x3 ≥ 0 ergibt sich für die Menge allernichtnegativen Lösungen die Darstellung:x1 = 4− 3x3, x2 = 3− 3x3, x3 ∈ [0; 1].

(c) a ∈ [−1; 1] ⇒ a 6= 3. Folglich ist auch das zuge-ordnete homogenen System eindeutig lösbar und besitztnur die triviale Lösung x1 = x2 = x3 = 0.


x1 x2 x31 1 2 61 2 3 82 1 a 101 1 2 60 1 1 20 -1 a-4 -21 0 1 40 1 1 20 0 a-3 0

(b) a=3

1 0 1 40 1 1 20 0 0 0

(a) Aus Tabelle 3:- System ist eindeutig lösbar für a 6= 3, wobeirank(A) = rank(A, b) = 3;

- System besitzt unendlich viele Lösungen, wenn a = 3,mit rank(A) = rank(A, b) = 2;- System ist für kein a unlösbar.

(b) Für a = 3 bekommt man (ausgehend von Tabelle 3)die allgemeine Lösung (Tabelle 4):x1 = 4− x3, x2 = 2− x3, x3 ∈ R.Bei Nichtnegativitätsforderungen erhält manx1 = 4− x3 ≥ 0 ⇒ x3 ≤ 4x2 = 2− x3 ≥ 0 ⇒ x3 ≤ 2

Zusammen mit x3 ≥ 0 ergibt sich für die Menge allernichtnegativen Lösungen die Darstellung:x1 = 4− x3, x2 = 2− x3, x3 ∈ [0; 2].

31

(c) a=2 homogen

1 0 1 00 1 1 00 0 -1 01 0 0 00 1 0 00 0 1 0

(c) Für a = 2 ist auch das zugeordnete homogene Glei-chungssystem eindeutig lösbar und besitzt nur die trivialeLösungx1 = x2 = x3 = 0

Rechnung (ausgehend von Tabelle 3) in den Tabellen 5, 6.


x1 x2 x31 -4 a -20 2 1 3-2 4 -1 01 -4 a -20 2 1 30 -4 2a− 1 -41 0 a+ 2 40 1 1

232

0 0 2a+ 1 2

(c) a = 0

1 0 2 40 1 1

232

0 0 1 21 0 0 00 1 0 1

20 0 1 2

(d) a = -12, homogen

1 0 32

00 1 1

20

0 0 0 0

(a) Aus Tabelle 3:Das System ist (eindeutig) lösbar für a 6= −1

2.

(b) Aus Tabelle 3:Das System ist unlösbar, wenn a = −1

2. Nur dann

gilt hier rank(A) = 2 < 3 = rank (A, b).

(c) Für a = 0 erhält man die eindeutige Lösung:x1 = 0, x2 = 1

2, x3 = 2.

Rechnung in den Tabellen 4, 5.

(d) Für a = −12ist das zugeordnete homogene

Gleichungssystem lösbar, es besitzt auch nichttri-viale Lösungen. Die Lösungsmenge ist (Tabelle 6):

x1 = −32x3, x2 = −1

2x3, x3 ∈ R.

Bei Nichtnegativitätsforderungen für x1, x2 undx3 folgt notwendig x3 = 0. Einzige nichtnegati-ve Lösung des homogenen Systems ist deshalb dietriviale Lösungx1 = x2 = x3 = 0.


(a) Nein ! Sind x1 und x2 zwei verschiedene Lösungen für ein fest gewähltes Paar vonParametern (a, b) , dann sind auch alle Vektoren x = λx1 + (1 − λ)x2 mit 0 ≤ λ ≤ 1Lösung des betre�enden linearen Gleichungssystems.

Alternative Begründung: Ein Lineares Gleichungssystem kann grundsätzlich endwederkeine Lösung haben, eindeutig lösbar sein (1 Lösung) oder unendlich viele Lösungen be-sitzen. Somit kann ein Gleichungssystem für ein festes Paar von Parameter (a, b) nichtgenau drei Lösungen besitzen.

(b) In der dritten Tabelle (siehe nächste Seite) ist für b = 0 der transformierte Vek-tor der rechten Seite des linearen Gleichungssystems von den bereits erzeugten beidenEinheitsvektoren linear unabhängig. Damit gilt rank(C|d) = 3.

32

Transformation des linearen Glei-chungssystems (für (b) und (c)):

x1 x2 x31 2 0 122 3 1 101 0 a b1 2 0 12

0 -1 1 −140 −2 a b− 121 0 2 −160 1 −1 140 0 a− 2 b+ 16

(c) Für a = 2, b = −16 erhält man aus derdritten Tabelle folgende allgemeine Lösung:

x1 = −16− 2x3 , x2 = 14 + x3 , x3 beliebigreell.

Fordert man x3 ≥ 0, dann folgt sofortx1 < 0. Damit ist die Menge aller nichtne-gativen Lösungen des linearen Gleichungssy-stems leer.

(d) Die vorgegebene Lösung ist eine speziel-le Lösung des linearen Gleichungssystems füra = 2, b = −16 (siehe Teilaufgabe (c)).


x1 x2 x32 -1 0 b-4 3 a -2-5 4 3 -b-2 1 0 -b2 0 a 3b-23 0 3 3b0 1 2 b0 0 a-2 b-21 0 1 b(b) a = b = 0 ⇒0 1 2 00 0 -2 -21 0 1 00 1 0 -20 0 1 11 0 0 -1(c) a = b = 2 ⇒0 1 2 20 0 0 01 0 1 2

(a) Aus der 3. Tabelle folgt für die Lösbarkeit inAbhängigkeit von a, b- eindeutig lösbar, wenn a 6= 2 (unabhängig von b),- unendlich viele Lösungen, wenn a = 2 und b = 2,- nicht lösbar, wenn a = 2 und b 6= 2.

(b) Aus der 5. Tabelle folgt für a = b = 0 dieeindeutig bestimmte Lösung x1 = −1, x2 = −2,x3 = 1.

(c) Im Fall a = b = 2 besitzt das System unendlichviele Lösungen, nach der 6. Tabelle folgt mit derNichtnegativitätsforderung (!)

x2 = 2− 2x3!

≥ 0 ⇒ x3 ≤ 1

x1 = 2− x3!

≥ 0 ⇒ x3 ≤ 2Zusammen mit der Nichtnegativitätsforderung fürx3 selbst und der Setzung x3 = t ergibt sich alsMenge der nichtnegativen Lösungen:x1 = 2 − t,x2 = 2 −2t, t ∈ [0; 1].x3 = t,


x1 x2 x31 1 -1 1-2 -1 1 -12 4 -3 β1 1 -1 10 1 -1 10 2 -1 β-2

(a) Aus Tabelle 4 folgt:Das System besitzt für alle β ∈ R die eindeutige Lösung

x1 = 0, x2 = β − 3, x3 = β − 4.

(b) Die Lösung ist nichtnegativ, wenn β ≥ 4.

33

1 0 0 00 1 -1 10 0 1 β-41 0 0 00 1 0 β-30 0 1 β-4

(c) Für β = 10 erhält man x1 = 0, x2 = 7, x3 = 6und damit für die Darstellung von b durch die Spaltenvon A : 1

−110

= 7

1−1

4

+ 6

−113

.


x1 x2 x3-1 0 2 -82 1 −a 22-3 -1 3 -301 0 -2 80 1 4− a 60 -1 -3 -61 0 -2 80 0 1− a 00 1 3 6

(b) a = 11 0 -2 80 0 0 00 1 3 6

(a) Aus Tabelle 3 folgt: Das System- ist eindeutig lösbar für a 6= 1,- besitzt unendlich viele Lösungen, wenn a = 1,- ist für kein a unlösbar.

(b) Für a = 1 bekommt man (ausgehend von Tabelle 3)die allgemeine Lösung (Tabelle 4):x1 = 8 + 2x3, x2 = 6− 3x3, x3 ∈ R.Mit dem Parameter x3 = t erhält man für die Menge Laller Lösungen die alternative Darstellung

L =

x ∈ R3

∣∣∣∣∣∣ x1

x2x3

=

860

+ t

2−3

1

, t ∈ R

.

Nichtnegativitätsbedingungen erfordern:x1 = 8 + 2x3 ≥ 0 ⇒ x3 ≥ −4 und x2 = 6− 3x3 ≥ 0 ⇒ x3 ≤ 2.Zusammen mit x3 ≥ 0 ergibt sich für die nichtnegativen Lösungen die Darstellung:

x1 = 8 + 2x3, x2 = 6− 3x3, x3 ∈ [0; 2].

Mit dem Parameter x3 = t erhält man für die Menge L+ aller nichtnegativen Lösungen

die alternative Darstellung L+ =

x ∈ R3

∣∣∣∣∣∣ x1

x2x3

=

860

+ t

2−3

1

, t ∈ [0; 2]

.


x1 x2 x31 0 -2 -13 2 a a+ 7-2 1 5 51 0 -2 -10 2 a+ 6 a+ 10

0 1 1 31 0 -2 -10 0 a+ 4 a+ 40 1 1 3

(a) Aus Tabelle 3 folgt: Das System- ist eindeutig lösbar für a 6= −4,- besitzt unendlich viele Lösungen, wenn a = −4,- ist für kein a unlösbar.

(b) Für a = −4 bekommt man (ausgehend vonTabelle 3) die allgemeine Lösung (Tabelle 4):

x1 = −1 + 2x3, x2 = 3− x3, x3 ∈ R.Mit dem Parameter x3 = t erhält man für die Men-ge L aller Lösungen die alternative Darstellung:

34

(b) a = −41 0 -2 -10 0 0 00 1 1 3

L =

x ∈ R3

∣∣∣∣∣∣ x1

x2x3

=

−130

+ t

2−1

1

, t ∈ R

.

Nichtnegativitätsbedingungen erfordern:x1 = −1 + 2x3 ≥ 0 ⇒ x3 ≥ 1

2und x2 = 3− x3 ≥ 0 ⇒ x3 ≤ 3.

Damit ist auch x3 ≥ 0 erfüllt und für die nichtnegativen Lösungen ergibt sich:

x1 = −1 + 2x3, x2 = 3− x3, x3 ∈[12; 3].

Mit dem Parameter x3 = t erhält man für die Menge L+ aller nichtnegativen Lösungendie alternative Darstellung:

L+ =

x ∈ R3

∣∣∣∣∣∣ x1

x2x3

=

−130

+ t

2−1

1

, t ∈[12; 3] .

Die Einschränkungen x1 > x2 > x3 > 0 erfordern:

x1 = −1 + 2x3 > 3− x3 = x2 ⇒ x3 >43

und x2 = 3− x3 > x3 ⇒ x3 <32.

Damit ist auch x3 > 0 erfüllt und für die Lösungen mit x1 > x2 > x3 > 0 ergibt sich:

x1 = −1 + 2x3, x2 = 3− x3, x3 ∈(43; 32

).

Mit dem Parameter x3 = t erhält man für die Menge L> die alternative Darstellung:

L> =

x ∈ R3

∣∣∣∣∣∣ x1

x2x3

=

−130

+ t

2−1

1

, t ∈(43; 32

) .

Spezielle Lösungen sind z.B.aus L für t = 0: x1 = −1, x2 = 3, x3 = 0;aus L+ für t = 1: x1 = 1, x2 = 2, x3 = 1;aus L> für t = 17

12: x1 = 22

12, x2 = 19

12, x3 = 17

12.

(c) Das homogene System Ax = 0 ist, wie auch das gegebene inhomogene System, füra = 4 6= −4 eindeutig lösbaïr, besitzt also nur die triviale Lösung x1 = x2 = x3 = 0.


x1 x2 x31 1 −t 0-1 3 t -41 t -4 −t1 1 −t 00 4 0 -40 t− 1 t− 4 −t1 0 −t 10 1 0 -10 0 t− 4 -1

(a) Aus Tabelle 3 folgt: Das System- ist eindeutig lösbar für t 6= 4,- ist unlösbar für t = 4,- besitzt für kein t unendlich viele Lösungen.

Die eindeutige Lösung für t 6= 4 ist (Tabelle 4):

x1 = − 4

t− 4, x2 = −1, x3 = − 1

t− 4.

35

t 6= 41 0 0 − 4

t−40 1 0 -10 0 1 − 1

t−4(b) t = 21 0 0 20 1 0 -10 0 1 1

2

(c) t = 4 , b31 0 -4 00 1 0 -10 0 0 b3 + 3

(b) t = 2 6= 4 ⇒ x1 = 2, x2 = −1, x3 = −12.

(c) Sei b3 die rechte Seite der 3. Gleichung. Dann ent-steht nach 2 Tranformationen anstelle der Tabelle 3die Tabelle 6: ⇒ b3 = −3.

(d) Aus der Lösung nach (a) (Tabelle 4) folgt fürx1 = x3, dass dafür − 4

t−4 = − 1t−4 , also −1 = −4 gel-

ten müÿte. Das ist ein Widerspruch!

(e) Das homogene System ist nichttrivial lösbar, wennt = 4. Aus der 3. Tabelle ergibt sich die Lösungsmen-ge (rechte Seiten 0 !):

x1 = 4x3, x2 = 0, x3 ∈ R.Die Lösungen sind nichtnegativ für x3 ≥ 0.


x1 x2 x31 1 1 31 0 −1 qp −1 1 −31 1 1 3

1 0 −1 q1 + p 0 2 0

2 1 0 3 + q−1 0 1 −q

3 + p 0 0 2q

(b) p = −3, q = 0

2 1 0 3−1 0 1 0

0 0 0 0

(a) Aus Tabelle 3: System ist unlösbar, wennp = −3 und q 6= 0.

(b) Aus Tabelle 4 erhält man für p = −3, q = 0 dieallgemeine Lösung: x2 = 3−2x1, x3 = x1, x1 ∈ R.Für nichtnegative Lösungen mit x2 ≤ 1 ist zu fordern0 ≤ x2 = 3− 2x1 ≤ 1. Folglich muss geltenx1 ≥ 1 (aus 3− 2x1 ≤ 1) undx1 ≤ 3

2(aus 0 ≤ 3− 2x1).

Dafür gilt auch x3 = x1 ≥ 0.

(c) Aus (der linken Seite von) Tabelle 3 folgt:Das homogene linearen Gleichungssystem ist eindeu-tig (nur trivial) lösbar, wenn p 6= −3.

(d) Die Spalten von A sind für p = 0 linear unabhän-gig, denn das homogene System ist dann nur triviallösbar, es gilt detA 6= 0, der Rang von A ist 3 .


x1 x2 x31 0 -2 6-1 2 4 43 -4 t -21 0 -2 60 2 2 100 -4 t+ 6 -201 0 -2 60 1 1 50 0 t+ 10 0

(a) Aus Tabelle 3:• t 6= −10, eindeutige Lösung x1 = 6, x2 = 5, x3 = 0.• t = −10, Lösungsmenge x1 = 6 + 2x3, x2 = 5− x3, x3 ∈ R.(b) t = −10:• 3. Zeile in Tabelle 3 entfällt, dafür wegen x1 + x2 + x3 = 1neue 3. Zeile (Tabelle 4), eindeutige Lösung x1 = −4,x2 = 10, x3 = −5 (Tabelle 6).Lösungsvariante: Allgemeine Lösung aus (a) liefertx1 + x2 + x3 = 6 + 2x3 + 5− x3 + x3 = 11 + 2x3 = 1⇒ x3 = −5 ⇒ x1 = 6− 10 = −4, x2 = 5 + 5 = 10.• Nichtnegativitätsforderungen für die allg. Lösung aus (a):x1 = 6+2x3 ≥ 0, x2 = 5−x3 ≥ 0, x3 ≥ 0 ⇒ x3 ∈ [0; 5].

36

(b) t = −10

1 0 -2 60 1 1 51 1 1 11 0 -2 60 1 1 50 0 2 -101 0 0 -40 1 0 100 0 1 -5

(c) x1 = 6, x2 = 5, x3 = 0• für jedes t ∈ R Lösung folgt aus (a) (dazu x3 = 0setzen für t = −10) oder direkt durch Einsetzen in dasAusgangssystem (�Probe�).• für kein t ∈ R Lösung des homogenen Systems, denn(aus Tabelle 3, rechte Seiten durch 0 ersetzt):

t 6= −10 ⇒ eindeutige Lösung, d.b. nur trivial lösbar;

t = −10 ⇒ Lösungsmenge x1 = 2x3, x2 = −x3, x3 ∈ R.Für x3 = 0 damit notwendig auch x2 = x3 = 0.


x1 x2 x31 0 −1 10 1 1 11 −1 a b1 0 −1 10 1 1 10 −1 a+ 1 b− 11 0 −1 10 1 1 10 0 a+ 2 b

(c) a = −11 0 −1 10 1 1 10 0 1 b1 0 0 1 + b0 1 0 1− b0 0 1 b

(d) a = −2, homogen1 0 −1 00 1 1 00 0 0 0

(a) (aus Tabelle 3 ablesbar)Das System ist unlösbar, wenn a = −2 und b 6= 0.

(b) (aus Tabelle 3 ablesbar)Das System ist für alle a lösbar, wenn b = 0.

(c) (aus Tabelle 5 ablesbar)a = −1 ergibt für jedes b die eindeutige Lösung

x1 = 1 + b, x2 = 1− b, x3 = b.

(d) (aus Tabelle 6 ablesbar)Für a = −2 ist das zugehörige homogene Systemnichttrivial lösbar. Eine Dartellung der Lösungsmen-ge ist gegeben durch die allgemeine Lösung

x1 = x3, x2 = −x3, x3 ∈ R.(e) (aus Tabelle 3 ablesbar)Die Spalten der Koe�zientenmatrix des linearen Glei-chungssystems sind linear unabhängig für a 6= −2.Genau dann ist der Rang gleich 3, das System ein-deutig lösbar, das zugehörige homogene System nurtrivial lösbar, die Determinante der Koe�zientenma-trix ungleich 0.


x1 x2 x32 p −1 51 2 −1 00 1 1 p0 p− 4 1 51 2 −1 00 1 1 p0 p− 5 0 5− p1 3 0 p0 1 1 p

(a) Für p 6= 5 erhält man die eindeutige Lösungx1 = 3 + p, x2 = −1, x3 = 1 + p.Für p = 5 kann in der 3. Tabelle die über�üssigeGleichung in Zeile 1 gestrichen werden. Damit gibtes unendlich viele Lösungen:x1 = 5− 3x2, x3 = 5− x2, x2 ∈ R.(b) p 6= 5 entfällt als Lösungsmöglichkeit, da stetsx2 = −1 gilt.

37

(b) p 6= 50 1 0 -11 0 0 3 + p0 0 1 1 + p

Für p = 5 (siehe (a)) entstehen aus den Bedingungen xi ≥ 1,i = 1, 2, 3 die Ungleichungen: 5 − 3x2 ≥ 1, 5 − x2 ≥ 1 undx3 ≥ 1. Diese Bedingungen sind also mit x2 ∈ [1; 4

3] für die unter

(a) angegebene allgemeine Lösung stets erfüllt. Eine konkreteLösung ist zum Beispiel x1 = 2, x2 = 1, x3 = 4.

(c) Aus (der linken Seite von) Tabelle 3 folgt: Das homogene lineare Gleichungssystemist eindeutig lösbar, d.h. es besitzt nur die triviale Lösung, wenn p 6= 5 gilt.


x1 x2 x31 0 1 1a 1 −1 01 1− a 1 11 0 1 1

a+ 1 1 0 10 1− a 0 01 0 1 1

a+ 1 1 0 1(a+ 1)(a− 1) 0 0 a− 1

(b) a = 01 0 1 11 1 0 1

-1 0 0 −10 0 1 00 1 0 01 0 0 1

(b) a = 11 0 1 12 1 0 10 0 0 0

(c) a = −11 0 1 00 1 0 00 0 0 0

(a) Aus Tabelle 3: Das System- ist eindeutig lösbar, wenn a /∈ {−1; 1},- ist unlösbar für a = −1,- besitzt unendlich viele Lösungen für a = 1.

(b) Für a = 0 erhält man aus Tabelle 5 die ein-deutige Lösungx1 = 1, x2 = x3 = 0.

Für a = 1 ergibt sich aus Tabelle 6 als eine Dar-stellung der Lösungsmengex2 = 1− 2x1, x3 = 1− x1, x1 ∈ R.(c) Für a = −1 besitzt das zugeordnete homo-gene System die Lösungmenge (Tabelle 6)x2 = 0, x3 = −x1, x1 ∈ R,ist also nichttrivial lösbar.Eine nichtriviale Lösung ist z.B.x1 = −1, x2 = 0, x3 = 1.


x1 x2 x31 1 2 b1 0 −1 1a 1 1 01 1 2 b

1 0 -1 1a− 1 0 −1 −b

(a) Aus Tabelle 3 sieht man:Das System ist unlösbar wenn a = 2 und b 6= −1.Dann ist die 3. Zeile widersprüchlich.

(b) Für a = 2 und b = −1 erhält man aus Tabelle 4die allgemeine Lösungx2 = 1− 3x1, x3 = −1 + x1, x1 ∈ R (?).

38

3 1 0 b+ 2−1 0 1 −1

a− 2 0 0 −b− 1

b) a = 2, b = −1

3 1 0 1−1 0 1 −1

0 0 0 0

c) a = 0, homogen

3 1 0 0−1 0 1 0

-2 0 0 00 1 0 00 0 1 01 0 0 0

Dafür istx1 + x2 + x3 = x1 + (1− 3x1) + (−1 + x1) = −x1 = 1,wenn x1 = −1. Von den Lösungen (?) erfüllt alsox1 = −1, x2 = 4, x3 = −2 die Bedingungx1 + x2 + x3 = 1.(c) Für a = 0 besitzt das zugeordnete homogene Sy-stem nur die trivale Lösung. Das ergibt sich z.B. ausden Tabellen 5/6, danach ist x1 = x2 = x3 = 0 dieeinzige Lösung.

(d) Setzt man x1 = x2 = 1, x3 = 0 in das gegebeneGleichungssystem ein, so ergibt sich

1 + 1 + 0 = b1 − 0 = 1a + 1 + 0 = 0

Für a = −1 und b = 2 liegt also eine Lösung desGleichungsystems vor.


x1 x2 x3 x41 1 −1 2 0−1 0 1 −1 0a 1 1 0 a1 1 −1 2 0

−1 0 1 −1 0a− 1 0 2 −2 a

0 1 0 1 0−1 0 1 −1 0

a+ 1 0 0 0 a

(b) a = 0

0 1 0 1 0−1 0 1 −1 0

1 0 0 0 00 1 0 1 00 0 1 −1 01 0 0 0 0

(c) a = −1

0 1 0 1 0−1 0 1 −1 0

0 0 0 0 −1

(a) Zwei Schritte nach dem Gauss-Algorithmusergibt die Tabelle 3. Daraus liest man ab:Das System besitzt unendlich viele Lösungen,wenn a 6= −1, es ist unlösbar für a = −1 (esist für kein a eindeutig lösbar).

(b) Für a = 0 ergibt sich aus der Tabelle 3 dieTabelle 4, nach einem weiteren Schritt erhält mandie Tabelle 5 mit der Lösungsmenge

x1 = 0, x2 = −x4, x3 = x4, x4 ∈ R.Aus Nichtnegativitätsforderungen für x2 und x3 er-gibt sich notwendig x4 = 0 und damit als einzigenichtnegative Lösung:

x1 = x2 = x3 = x4 = 0.

(c) Für a = −1 ergibt sich aus der Tabelle 3 dieTabelle 4. Daraus läÿt sich ablesen, dass der Rangder Koe�zientenmatrix gleich 2 ist und der Rangder erweiterten Koe�zientenmatrix gleich 3 ist.

39


x1 x2 x31 3 −1 a0 −5 5 0−2 −1 a− 3 b

1 3 −1 a

0 -5 5 00 5 a− 5 2a+ b1 0 2 a0 1 −1 00 0 a 2a+ b

(b) a = 2, b = 0

1 0 2 20 1 −1 0

0 0 2 41 0 0 −20 1 0 20 0 1 2

(c) a = b 6= 0

1 0 2 a0 1 −1 00 0 a 3a1 0 0 a− 60 1 0 30 0 1 3

(a) Aus Tabelle 3: Das System ist lösbar, wenna 6= 0 (eindeutig) oder a = b = 0.

(b) Für a = 2, b = 0 erhält man aus Tabelle 5 dieeindeutige Lösung x1 = −2, x2 = 2, x3 = 2.

(c) Für a = b = 0 ergibt sich aus Tabelle 3 als eineDarstellung der Lösungsmenge:x1 = −2x3, x2 = x3, x3 ∈ R.Für a = b 6= 0 ergibt sich aus Tabelle 7 die eindeu-tige Lösung:x1 = a− 6, x2 = x3 = 3.

(d) Für a = 0, b = 2 entsteht in der 3. Zeileder Tabelle 3 auf der linken Seite eine Nullzeile, esbleiben 2 linear unabhängige Zeilen (also auch 2linear unabhängige Spalten), der Rang der Koe�-zientenmatrix ist also 2.Rechts entsteht dagegen der Wert 2 6= 0, das Sy-stem ist unlösbar, die rechte Seite von den Spal-ten der Koe�zientenmatrix linear unabhängig, derRang der erweiterten Koe�zientenmatrix ist folg-lich 3.


x1 x2 x31 1 2 32 3 a 70 1 2a− 4 2a+ 11 1 2 3

0 1 a− 4 10 1 2a− 4 2a+ 11 0 −a+ 6 20 1 a− 4 10 0 a 2a

(b) a = 1

1 0 5 20 1 −3 1

0 0 1 21 0 0 −80 1 0 70 0 1 2

(a) Aus Tabelle 3 ergibt sich: Das System- ist eindeutig lösbar, wenn a 6= 0,- besitzt unendlich viele Lösungen wenn a = 0,- ist für kein a ∈ R unlösbar.

(b) Für a = 1 erhält man aus Tabelle 5 die eindeutigeLösung x1 = −8, x2 = 7, x3 = 2.

(c) Für a = 0 ergibt sich aus Tabelle 6 die allgemeineLösung:x1 = 2− 6x3, x2 = 1 + 4x3, x3 ∈ R.Für x1 + x2 + x3 = 2 − 6x3 + 1 + 4x3 + x3

!= 1

muss deshalb x3 = 2 gelten. Das ergibt die spezielleLösung x1 = −10, x2 = 9, x3 = 3, die jedoch nichtnichtnegativ ist!

(d) x = (−4; 3; 2)> erfüllt die erste und ergibt aus derzweiten und dritten Gleichung jeweils die Bedingunga = 3.

40

(c) a = 0

1 0 6 20 1 −4 1

(e) Aus Tabelle 3 (mit rechten Seiten 0) folgt: Das zugehö-rige homogene System ist nichttrivial lösbar, wenn a = 0.

(f) Aus den Tabellen 1-3 ergibt sich für die Matrizenränge:- r(A) = r(A, b) = 3 für a 6= 0,- r(A) = r(A, b) = 2 für a = 0.


x1 x2 x31 −1 −2 00 1 3 t−1 2 t 5

1 −1 −2 0

0 1 3 t0 1 t− 2 51 0 1 t0 1 3 t

0 0 t− 5 5− tt = 5

1 0 1 50 1 3 50 0 0 0

t 6= 51 0 0 t+ 10 1 0 t+ 30 0 1 −1

(a) Das System besitzt unendlich viele Lösungen,wenn t = 5 (Tabelle 4). Die Lösungsmenge (desinhomogenen Systems) ist dannx1 = 5− x3, x2 = 5− 3x3, x3 ∈ R (∗),die Lösungsmenge des zugehörigen homogenen Sy-stems ist: x1 = −x3, x2 = −3x3, x3 ∈ R.Das System ist eindeutig lösbar, wenn t 6= 5 (Ta-belle 5). Die Lösung (des inhomogenen Systems) istx1 = t+ 1, x2 = t+ 3, x3 = −1 (•),das zugehörige homogene System besitzt nur die tri-viale Lösung x1 = x2 = x2 = 0.

(b) Aus Tabelle 5 oder aus (•) erhält man für t = 0die eindeutige Lösung x1 = 1, x2 = 3, x3 = −1.Die Determinante der Koe�zientenmatrix A bleibtbei den Umformungen von Tabelle 1 bis Tabelle 3 un-verändert und ist aus Tabelle 3 sofort ablesbar (Drei-ecksmatrix) als detA = 1 · 1 · (t− 5) = t− 5. Speziellfür t = 0 gilt also detA = −5.

Weil für t = 0, detA 6= 0 und damit das System (mit 3 Gleichungen und 3 Variablen)eindeutig lösbar ist, gilt für die Ränge der Koe�zientenmatrix A und der erweitertenKoe�zientenmatrix (A, b), dass r(A) = r(A, b) = 3.Man kann das auch aus den Tabellen 1 - 3 ablesen, die man auch als Rangberechnunginterpretieren kann.

(c) Zu unterscheiden sind zwei Fälle:

t = 5 : Mit (∗) folgt dafürx1 + x2 + x3 = (5− x3) + (5− 3x3) + x3 = 10− 3x3

!= 1 ⇒ x3 = 3.

Eine Lösung mit der geforderten Eigenschaft ist alsox1 = 5− 3 = 2, x2 = 5− 3 · 3 = −4, x3 = 3.

t 6= 5 : Mit (•) folgt dafürx1 + x2 + x3 = (t+ 1) + (t+ 3) + (−1) = 2t+ 3

!= 1 ⇒ t = −1.

Eine Lösung mit der geforderten Eigenschaft ist alsox1 = −1 + 1 = 0, x2 = −1 + 3 = 2, x3 = −1.

Für jeden Parameterwert t ∈ R gibt es also tatsächlich eine Lösung des Gleichungssy-stems mit der Eigenschaft x1 + x2 + x3 = 1.

(d) Setzt man x1 = −1, x2 = 1, x3 = −1 in das Gleichungssystem ein, so ist

41

die erste Gleichung stets erfüllt und aus der zweiten und der dritten Gleichung folgtübereinstimmend, dass t = −2 sein muss, um die Gleichung zu erfüllen.


x1 x2 x31 −1 −1 01 −2 1 01 1 a b1 −1 −1 0

0 −1 2 00 2 a+ 1 b1 0 −3 00 1 −2 0

0 0 a+ 5 b

a 6= −51 0 0 3b

a+5

0 1 0 2ba+5

0 0 1 ba+5

homogenes System1 0 −3 00 1 −2 0

0 0 a+ 5 0

(a) Für a 6= −5 erhält man gemäÿ Tabelle 4 die von(a, b) abhängige, eindeutige Lösung:

x1 =3b

a+ 5, x2 =

2b

a+ 5, x3 =

b

a+ 5.

Wenn a = −5 und b = 0, besitzt das System un-endlich viele Lösungen (Nullzeile in Tabelle 3). DieLösungsmenge ist dannx1 = 3x3, x2 = 2x3, x3 ∈ R (∗).Wenn a = −5 und b 6= 0, ist das System unlösbar(widersprüchliche Zeile in Tabelle 3). Die Lösungs-menge ist leer.

(b) Das Lösbarkeitsverhalten des zugeordnetenhomogenen Systems läÿt sich in Tabelle 5 ablesen.Für a 6= −5 ist das homogene System nur trivial lös-bar durch x1 = x2 = x3 = 0 und kann deshalb keineLösung mit x1 + x2 + x3 = 1 besitzen.Für a = −5 ergibt sich wieder die Lösungsmenge(∗) aus (a):x1 = 3x3, x2 = 2x3, x3 ∈ R.

Dafür istx1 + x2 + x3 = 3x3 + 2x3 + x3 = 6x3 = 1 für x3 = 1

6

(⇒ x2 = 2

6= 1

3, x1 = 3

6= 1

2

).

Für a = −5 gibt es also eine Lösung des homogenen Systems mit x1 + x2 + x3 = 1.


x1 x2 x31 0 2 −1−1 1 2 α

4 −2 β −61 0 2 −1

0 1 4 α− 10 −2 β − 8 −21 0 2 −10 1 4 α− 10 0 β 2α− 4

(a) Aus der 3.Tabelle erkennt man, dass das System:- ist unlösbar, wenn β = 0 und α 6= 2 (Widerspruch inZeile 3).- ist eindeutig lösbar, wenn β 6= 0 (unabhängig von α).- besitzt unendlich viele Lösungen, wenn β = 0 undα = 2 (Nullzeile in Zeile 3).

(b) Für β = 0 und α = 2 ergibt sich aus der 3. Tabelledie allgemeine Lösungx1 = −1− 2x3, x2 = 1− 4x3, x3 ∈ R (∗).

Dann wird x1+x2+x3 = −5x3!

= 5, wenn x3 = −1 unddafür aus (∗) x1 = 1, x2 = 5 .

42

(c) β = 21 0 2 −10 1 4 α− 1

0 0 2 2α− 41 0 0 −2α + 30 1 0 −3α + 70 0 1 α− 2

(c) Für β = 2 geht die 3. Tabelle über in die 4. Tabel-le und nach einen weiteren Schritt erhält man aus der5.Tabelle die von dem Parameter α abhängige (ein-deutige !) Lösungx1 = −2α + 3, x2 = −3α + 7, x3 = α− 2.


a 2 0 83 −1 −1 b

−1 2 1 0a 2 0 8

2 1 0 b−1 2 1 0

a− 4 0 0 8− 2b2 1 0 b−5 0 1 −2b

(a) Das lineare Gleichungssystem ist unlösbar, wenna = 4 und b 6= 4.

(b) Wenn b = 4 und a 6= 4, dann besitztdas lineare Gleichungssystem die eindeutige Lösungx1 = 0, x2 = 4, x3 = −8.Für den verbleibenden Fall b = 4 und a = 4 besitztdas lineare Gleichungssystem unendlich viele Lösun-gen:x2 = 4− 2x1, x3 = −8 + 5x1, x1 ∈ R.

(c) Für a 6= 4 ist das lineare Gleichungssystem unabhängig von b stets eindeutig lösbar.Nur für a = 4 hängt die Lösbarkeit von b ab.

(d) Für a = 4 besitzt das zugehörige homogene lineare Gleichungssystem nichttrivialeLösungen.


D1 :Sarrus

=

∣∣∣∣∣∣1 a+ 1 a2

1 0 −21 1 0

∣∣∣∣∣∣ = a2 − 2a

D2 :Sarrus

=

∣∣∣∣∣∣−a a− 1 a

0 a −1−a 1 a

∣∣∣∣∣∣ = a2 − 2a

=⇒ D = 0 ∀a ∈ R.

D = 0 ∀a ∈ RD = 1 nicht erfüllbarD = a für a = 0


• detSSarrus

= ad− bc1. Fall: ad = bc =⇒ detS = 0 =⇒ S nicht invertierbar.

2. Fall: ad 6= bc =⇒ detS 6= 0 =⇒ S−1 =1

ad− bc

(d −b−c a

)• detR

Sarrus= 17 =⇒ R−1 existiert.

43

Rechenweg:

1 4 1 0−2 9 0 1

1 4 1 0

0 17 2 1

1 0 917− 4

17

0 1 217

117

=⇒ R−1 =1

17

(9 −42 1

)

(oder obigeses Ergebnis für S auf R anwenden)

• Determinante der Matrix T wird mit dem Entwicklungssatz von Laplace nach der 1.Spalte berechnet. Zuerst wird jedoch eine elementare Umformung (3. Zeile - 1. Zeile)durchgeführt - dabei ändert sich der Wert der Determinante nicht.

detT =

∣∣∣∣∣∣∣∣1 2 1 −10 1 0 21 1 1 −20 2 1 −1

∣∣∣∣∣∣∣∣Z3−Z1=

∣∣∣∣∣∣∣∣1 2 1 −10 1 0 20 −1 0 −10 2 1 −1

∣∣∣∣∣∣∣∣ = 1 ·

∣∣∣∣∣∣1 0 2−1 0 −1

2 1 −1

∣∣∣∣∣∣ Sarrus= −1

=⇒ T−1 existiert.

Rechenweg:

1 2 1 −1 1 0 0 00 1 0 2 0 1 0 01 1 1 −2 0 0 1 00 2 1 −1 0 0 0 11 2 1 −1 1 0 0 0

0 1 0 2 0 1 0 00 −1 0 −1 −1 0 1 00 2 1 −1 0 0 0 11 0 1 −5 1 −2 0 00 1 0 2 0 1 0 00 0 0 1 −1 1 1 0

0 0 1 −5 0 −2 0 11 0 0 0 1 0 0 −10 1 0 2 0 1 0 0

0 0 0 1 −1 1 1 00 0 1 −5 0 −2 0 11 0 0 0 1 0 0 −10 1 0 0 2 −1 −2 00 0 0 1 −1 1 1 00 0 1 0 −5 3 5 1

Zeilenvertauschung1 0 0 0 1 0 0 −10 1 0 0 2 −1 −2 00 0 1 0 −5 3 5 10 0 0 1 −1 1 1 0

=⇒ T−1 =

1 0 0 −12 −1 −2 0−5 3 5 1−1 1 1 0

• detASarrus

= 11 =⇒ A−1 existiert.

44

Rechenweg:

1 0 3 1 0 04 1 2 0 1 00 1 1 0 0 11 0 3 1 0 0

0 1 −10 −4 1 00 1 1 0 0 11 0 3 1 0 00 1 −10 −4 1 0

0 0 11 4 −1 1

1 0 0 − 111

311− 3

11

0 1 0 − 411

111

1011

0 0 1 411− 1

11111

=⇒ A−1 =1

11

−1 3 −3−4 1 10

4 −1 1

• detBSarrus

= 0 =⇒ B−1 existiert nicht.

• detCSarrus

= −2 =⇒ C−1 existiert.

Rechenweg:

1 3 −2 1 0 00 2 4 0 1 0

0 0 -1 0 0 11 3 0 1 0 −2

0 2 0 0 1 40 0 1 0 0 −1

1 0 0 1 −32−8

0 1 0 0 12

2

0 0 1 0 0 −1

=⇒ C−1 =

1 −32−8

0 12

2

0 0 −1


• Erste Gleichung:

AX = E, A ∈ R2×3 =⇒ E = E2 - Die Gleichung ist nur dann sinnvoll, wenn dieEinheitsmatrix E ∈ R2×2 ist, weil diese Matrix stets quadratisch ist. Somit muss X ∈R3×2 sein. X =

(x(1) | x(2)

), wobei x(1), x(2) die Spalten der Matrix X bezeichnen.

Simultanes Lösen:Analog wie lineare Gleichungssysteme wird hier der Gauÿ-Jordan Algorithmus angewendet, wobei auf der rechten Seite der

Tabelle nicht ein, sondern mehrere Vektoren (eine Matrix) stehen.

x1 x2 x3 x(1) x(2)

1 2 4 1 02 3 1 0 11 2 4 1 0

0 -1 −7 −2 11 0 −10 −3 20 1 7 2 −1

=⇒ x(1) =

−3 + 10t12− 7t1

t1

, x(2) =

2 + 10t2−1− 7t2

t2

45

Damit ist X =

−3 22 −10 0

+

10t1 10t2−7t1 −7t2t1 t2

=

−3 22 −10 0

+

10−7

1

(t1 t2)

für alle t1, t2 ∈ R Lösung der Gleichung AX = E.

• Zweite Gleichung:

Y A = E, A ∈ R2×3 =⇒ E = E3, Y ∈ R3×2

Problem: Unbekannte Y steht links von ALösung: Gleichung transponieren!(Y A)T = ATY T = E → neue Gleichung ATZ = E, mit Z = Y T ∈ R2×3

Simultanes Lösen:

z1 z2 z(1) z(2) z(3)

1 2 1 0 02 3 0 1 04 1 0 0 11 2 1 0 0

0 -1 −2 1 00 −7 −4 0 11 0 −3 2 00 1 2 −1 00 0 10 −7 1

Aus der letzten Zeile folgt die Unlösbarkeit des Gleichungssystems. Z und damit auch Yexistieren also nicht!


(a) Aus X = B −XA folgt X +XA = B und X(E + A) = B.Wenn die Inverse (E + A)−1 existiert, dann gilt X = B(E + A)−1.

E + A =

(1 00 1

)+

(0 −20 0

)=

(1 −20 1

)(E + A)−1 =

1

1 · 1− 0 · (−2)

(1 −(−2)0 1

)=

(1 20 1

)

X = B(E + A)−1 =

1 50 71 79 −10

( 1 20 1

)=

1 70 71 99 8

.

(b) det(C) = (0 + 30 + 42− 48− 0− 3p) = −3p+ 24 = 3(8− p)C regulär ist gleichbedeutend mit det(C) = 3(8− p) 6= 0, d.h. p 6= 8.

D singulär ist gleichbedeutend mit det(D) = 0.

Es gilt det(D) = p3det(C) = 3p3(8− p). Damit ist D für p ∈ {0; 8} singulär.

(c) F = C − CT =

0 1 23 4 56 7 p

− 0 3 6

1 4 72 5 p

=

0 −2 −42 0 −24 2 0

46

Aus det(F ) = (0 + 16− 16)− (0 + 0 + 0) = 0 folgt rank(F ) < 3.Da o�ensichtlich die ersten beiden Spaltenvektoren linear unabhängig sind, giltrank(F ) ≥ 2. Daraus resultiert rank(F ) = 2.


(a) detA =

0 p 1 9p 0 9 80 0 1 9q 0 9 8

= −p ·p 9 80 1 9q 9 8

= −p2 · 1 99 8

− pq · 9 81 9

= 73p2 − 73pq = 73p(p− q)(b) detA = 0 ⇔ p = 0 oder p = q

(c)• p 6= 0 und p 6= q ⇒ rank(A) = 4, weil detA 6= 0 (vergl. (a)).• p = q = 0 ⇒ rank(A) = 2, weil Spalten 1 und 2 Nullspalten, jedoch 3. und4. Spalte linear unabhängig.• p = 0 6= q ⇒ rank(A) = 3, weil 2., 3., 4. Zeile linear unabhängig.• p = q 6= 0 ⇒ rank(A) = 3, weil 1., 2., 3. Zeile linear unabhängig.

Folglich gilt rank(A) = 3 ⇔ p = 0 6= q oder p = q 6= 0.


(a) Aus (2AT −X)B − ABT = E folgt (2AT −X)B = E + ABT .Durch Multiplikation von rechts mit B−1 (falls diese existiert) erhält man 2AT −X = (E + ABT )B−1 und daraus schlieÿlich X = 2AT − (E + ABT )B−1.

Die Beispielsmatrizen sind symmetrisch, d.h. A = AT und B = BT . Deshalb ergibtsich speziell dafür X = 2A− (E + AB)B−1 = A−B−1.Zahlenbeispiel:Zuerst wird B−1 bestimmt (links). Am Ende Zeilenvertauschung!

−3 -1 3 1 0 0−1 0 2 0 1 0

3 2 1 0 0 13 1 −3 −1 0 0

-1 0 2 0 1 0−3 0 7 2 0 1

0 1 3 −1 3 01 0 −2 0 −1 0

0 0 1 2 −3 10 1 0 −7 12 −31 0 0 4 −7 20 0 1 2 −3 1

X = A−B−1

=

4 −6 2−6 12 −2

2 −2 1

− 4 −7 2−7 12 −3

2 −3 1

=

0 1 01 0 10 1 0

.

(b) Bei gleicher Matrix B ( vom Typ (3,3) ) kann A nicht vom Typ (3,2) sein, weildann das Produkt ABT nicht de�niert ist (keine Verkettung)!

47


(a) Bei der Berechnung der Determinanten werden zuerst die elementare Umformungen(Addition eines Vielfachen einer Zeile zu einer anderen Zeile) der Matrizen durchgeführt,danach der Entwicklungssatz von Laplace angewendet.

|M | =

∣∣∣∣∣∣∣∣1 1 1 11 2 2 21 2 3 31 2 3 4

∣∣∣∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣∣∣∣1 1 1 10 1 1 10 1 2 20 1 2 3

∣∣∣∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣∣1 1 11 2 21 2 3

∣∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣∣1 1 10 1 10 1 2

∣∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣ 1 11 2

∣∣∣∣ = 1

|U | =

∣∣∣∣∣∣v 1 11 1 10 1 v

∣∣∣∣∣∣ = v

∣∣∣∣ 1 11 v

∣∣∣∣− 1

∣∣∣∣ 1 11 v

∣∣∣∣ = (v − 1)

∣∣∣∣ 1 11 v

∣∣∣∣ = (v − 1)2

1 = (v − 1)2 ⇔ v2 − 2v = 0 =⇒ v ∈ {0; 2}

(b) W = vU invertierbar ⇔ |W | = v3|U | 6= 0 ⇔ v3(v − 1)2 6= 0 =⇒ v ∈ R \ {0; 1}

(c) UX = 2X + E ⇔ (U − 2E)X = E =⇒ X = (U − 2E)−1, falls |U − 2E| 6= 0

Berechnung für v = 1

U − 2E E−1 1 1 1 0 0

1 −1 1 0 1 00 1 −1 0 0 10 0 2 1 1 01 −1 1 0 1 0

0 1 −1 0 0 1

0 0 2 1 1 01 0 0 0 1 10 1 −1 0 0 10 0 1 1

212

01 0 0 0 1 10 1 0 1

212

1

(Zeilenvertauschung!)⇒ X = 12

0 2 21 1 21 1 0

.

(d) M symmetrisch ⇒ M = MT ⇒ M −MT = O, (O: 4 × 4 Nullmatrix)

=⇒ Y + Y T = O hat die triviale Lösung Y = O.

Weitere Lösungen erfüllen die Bedingung Y = −Y T ,

z.B. Y =

0 t 0 0−t 0 0 0

0 0 0 00 0 0 0

, t ∈ R.


(a) |A| = 9p+ 81p− 9p2 = 9(10p− p2).(b) |A| = 0 ⇔ 9p(10− p) = 0 ⇒ nicht invertierbar für p1 = 0, p2 = 10.

48

(c) BX + AT = A+X ⇔ (B − E)X = (A− AT )

=⇒ X = (B − E)−1(A− AT ), falls |B − E| 6= 0.

Berechnungsvarianten:

Über die Berechnung der Inversen und anschlieÿender Matrizenmultiplikation oder direkt.

B − E E A− AT

1 1 1 1 0 0 0 9 01 2 2 0 1 0 −9 0 91 2 3 0 0 1 0 −9 01 1 1 1 0 0 0 9 0

0 1 1 −1 1 0 −9 −9 90 1 2 −1 0 1 0 −18 01 0 0 2 −1 0 9 18 −90 1 1 −1 1 0 −9 −9 9

0 0 1 0 −1 1 9 −9 −91 0 0 2 −1 0 9 18 −90 1 0 −1 2 −1 −18 0 180 0 1 0 −1 1 9 −9 −9

E (B − E)−1 X

=⇒ X = 9

1 2 −1−2 0 2

1 −1 −1

.


(a) Die Matrix AB ist genau dann nicht invertierbar, wenn det(AB) = 0 gilt. DasProdukt AB muss nicht berechnet werden, denn det(AB) = det(A) ·det(B). O�ensicht-lich sind det(A) = 1 und det(B) = −p2. Damit gilt det(AB) = −p2. Die MatrixAB ist nur für p = 0 nicht invertierbar.

(b) Es gilt A−B =

1 1 1− p0 0 1−p 0 1

und det(A−B) = −p.

Damit ist A−B für p = 1 wegen det(A−B) 6= 0 regulär und es gilt rank(A−B) = 3.

Für p = 0 ist A−B wegen det(A−B) = 0 singulär und es gilt rank(A−B) < 3.Die beiden letzten Spaltenvektoren sind o�ensichtlich linear unabhängig. Damit giltrank(A−B) ≥ 2. Folglich muss rank(A−B) = 2 für p = 0 gelten.

(c) Die Gleichung AX − 2B = ATX − X ist äquivalent zu (A − AT + E)X = 2B,wobei E die dreireihige Einheitsmatrix ist.

Es gilt A− AT + E =

1 1 1−1 1 1−1 −1 1

und für p = 0 ist 2B =

0 0 00 2 00 0 0

.

Das folgende Schema berechnet die Matrix X als Lösung der Matrizengleichung:

49

A− AT + E 2B

1 1 1 0 0 0−1 1 1 0 2 0−1 −1 1 0 0 0

1 1 1 0 0 0

0 2 2 0 2 00 0 2 0 0 01 0 0 0 −1 00 1 1 0 1 0

0 0 2 0 0 01 0 0 0 −1 00 1 0 0 1 00 0 1 0 0 0

E X

Die Lösung lautet X =

0 −1 00 1 00 0 0

.


(a) Die Entwicklung nach der erstenSpalte liefert

det(A) =

∣∣∣∣∣∣1 1 10 1 10 0 1

∣∣∣∣∣∣− p∣∣∣∣∣∣

1 1 01 1 10 1 1

∣∣∣∣∣∣= 1− p (−1) = 1 + p.

Die Gleichung 1 + p = 1 + p3 ⇒p(p2− 1) = p(p− 1)(p+ 1) = 0 besitztdie Lösungsmenge L = {−1; 0; 1}.(b) Die Matrix A ist genau dann nichtinvertierbar, wenn det(A) = 0 gilt.Aus 1 + p = 0 folgt p = −1.

(c) Das nebenstehende Schema berech-net die Inverse zur Matrix A fürp = 0.

(d) X = 0(4,3) =

0 0 00 0 00 0 00 0 0

1 1 1 0 1 0 0 0

0 1 1 1 0 1 0 00 0 1 1 0 0 1 00 0 0 1 0 0 0 11 0 0 −1 1 −1 0 00 1 1 1 0 1 0 0

0 0 1 1 0 0 1 00 0 0 1 0 0 0 11 0 0 −1 1 −1 0 00 1 0 0 0 1 −1 00 0 1 1 0 0 1 0

0 0 0 1 0 0 0 11 0 0 0 1 −1 0 10 1 0 0 0 1 −1 00 0 1 0 0 0 1 −10 0 0 1 0 0 0 1

⇒ A−1 =

1 −1 0 10 1 −1 00 0 1 −10 0 0 1


Zeilenvertauschung in B bewirkt Spaltenvertauschung in B−1, Spaltenvertauschung in Bbewirkt Zeilenvertauschung in B−1.

50

Folglich wird

B−1 =

0 −3 12 2 −1−1 1 0

, B−1 =

1 −1 02 2 −1−3 0 1

, B−1 =

−3 0 12 2 −11 −1 0

.


• detA(a,b,c) = 1 =⇒ A−1(a,b,c) existiert:

1 a b 1 0 0

0 1 c 0 1 00 0 1 0 0 11 0 b− ac 1 −a 00 1 c 0 1 −c0 0 1 0 0 11 0 0 1 −a ac− b0 1 0 0 1 −c0 0 1 0 0 1

=⇒ A−1(a,b,c) =

1 −a ac− b0 1 −c0 0 1

.

• det(B) = 23 = 8 =⇒ B−1 existiert.

Wegen B = 2

1 2 40 1 30 0 1

= 2A(2,4,3)

gilt B−1 = 12A−1(2,4,3) =

1

2

1 −2 2 · 3− 40 1 −30 0 1

=

12−1 1

0 12−3

20 0 1

2

.


(a) Die Regel von Sarrus liefert det(C) = a2b+ ab2 = ab(a+ b).

(b) C ist genau dann singulär, wenn det(C) = 0 gilt.Dies ist der Fall, wenn a = 0 oder b = 0 oder a+ b = 0 gilt.

(c) Das folgende Schema berechnet die Inverse zur Matrix C für a = b = 1:

0 1 1 1 0 01 0 1 0 1 01 1 0 0 0 10 1 1 1 0 0

1 0 1 0 1 01 0 −1 −1 0 10 1 1 1 0 01 0 1 0 1 0

0 0 -2 −1 −1 10 1 0 1

2−1

212

1 0 0 −12

12

12

0 0 1 12

12−1

2

(Zeilenvertauschung!)⇒ C−1 =1

2

−1 1 11 −1 11 1 −1

.

51


(a) det(A) = a2 − 1 = (a− 1)(a+ 1)

Da für a = 1 det(A) = 0 ⇒ rank(A) < 3 und 1., 2. Spalte linear unabhängig ⇒

rank(A) ≥ 2 ⇒ rank

−1 1 10 1 01 1 −1

= 2

A nicht invertierbar für a ∈ {−1; 1}

(b) Schema von Falk für TT :

1 10 0

1 1 1 10 0 0 0

=⇒ MTTT = MTT = MT

Schema von Falk für MT :

1 10 0

1 0 1 10 2 0 09 8 9 9

(c) Lösung der Matrizengleichung AX = MT für a = 0:

0 1 1 1 1

0 1 0 0 01 1 0 9 90 0 1 1 10 1 0 0 01 0 0 9 9

(Zeilenvertauschung!)=⇒ X =

9 90 01 1

.


(a) |B| = 2b ⇒ B invertierbar ⇔ b 6= 0.

(b) AAT =

0 01 12 2

· ( 0 1 20 1 2

)=

0 0 00 2 40 4 8

Weil die 2. und 3. Zeile (Spalte) linear abhängig sind, gilt rank(AAT ) = 1.

(c)F BA

1 0 0 1 10 2 1 2 2

0 1 1 1 11 0 0 1 1

0 1 0 1 10 1 1 1 11 0 0 1 10 1 0 1 10 0 1 0 0

2FX = BA ⇒ X = 12F−1(BA)

Für b = −1 wird

BA =

0 −1 1−1 0 1

1 1 0

0 01 12 2

=

1 12 21 1

Die nebenstehende Rechnung liefert X =1

2

1 11 10 0

.

52


(a) |H| = 10h2 |B| = 10 ⇒ |H| = |B| für h ∈ {−1; 1}.(b) Man berechne den Rang in Abhängigkeit von h mittelsGauÿ-Algorithmus gemäÿ der nebenstehenden Tabelle( ⇒ rank(H) = 2 genau dann, wenn h = 0)oder überlege sich folgendes:

rank(H) < 3 ⇔ |H| = 0 ⇔ h = 0.

Weiter gilt für h = 0 o�ensichtlich:

rank(H) = rank

3 0 00 0 00 7 0

= 2.

Damit �ndet man ebenfalls: rank(H) = 2 ⇔ h = 0.

3 0 hh h 00 7 h

1 0 13h

0 h −13h2

0 7 h

1 0 13h

0 0 −1021h2

0 1 17h

(c) |C| = |AB| =∣∣∣∣( 1 1

2 2

)·(

4 21 3

)∣∣∣∣ =5 510 10

= 0 ⇒ C nicht invertierbar.

Variante: |C| = |AB| = |A||B| = 1 12 2

· 4 21 3

= 0 · 10 = 0.

(d)E − A B

0 -1 4 2−2 −1 1 3

0 1 −4 −2

-2 0 −3 10 1 −4 −2

1 0 32−1

2

X − A = B ⇔ (E − A)X = B

⇒ X = (E − A)−1B, falls |E − A| 6= 0

Die nebenstehende Rechnung liefert X =

(32−1

2

−4 −2

).

(Zeilenvertauschung in der letzten Tabelle beachten!)


(a) Die Matrix A besteht aus zwei Nullvektoren und einem Einheitsvektor.Damit gilt r(A) = 1.

(b) Die Matrix B ist eine obere Dreiecksmatrix. Die Determinante ist damit gleichdem Produkt der Elemente der Hauptdiagonale, d.h. det(B) = 1.Wegen det(B) 6= 0 ist die Matrix B für alle reellen Zahlen b invertierbar.

(c) Das Matrizenprodukt AB ist genau dann regulär, wenn det(AB) 6= 0 gilt. Esgilt det(AB) = det(A) · det(B) = 0 · 1 = 0. Damit ist das Matrizenprodukt AB nichtregulär.

(d) Für die Matrix C wird det(C) = −2 z.B. nach der Regel von Sarrus berechnet.Wegen det(C) 6= 0 sind die Spaltenvektoren der Matrix C linear unabhängig.

(e) Die Matrizengleichung wird schrittweise äquivalent umgeformt:3A+X = XCT +XC

XE −XCT −XC = −3AX(E − CT − C) = −3A

(E − CT − C)TXT = (−3A)T

(E − C − CT )XT = −3AT

53

Die Lösung XT der umgeformten Matrizengleichung wird wie folgt berechnet:

1 0 0 0 0 0

E − C − CT ⇒ 0 1 −2 0 0 0 ⇐ −3AT

0 −2 1 0 −3 01 0 0 0 0 00 1 −2 0 0 0

0 0 -3 0 −3 01 0 0 0 0 00 1 0 0 2 0 ⇐ XT

0 0 1 0 1 0

Nach Transponieren erhält man die gesuchte Matrix X =

0 0 00 2 10 0 0

.


�Verallgemeinerte� Sarrus-Regel für die 4-reihige Determinante ergibt

1 0 3 4 1 0 30 1 0 3 0 1 01 4 3 4 1 4 30 2 2 0 0 2 2

= 1 · 1 · 3 · 0 + 0 · 0 · 4 · 0 + 3 · 3 · 1 · 2 + 4 · 0 · 4 · 2

− 0 · 4 · 0 · 4− 2 · 3 · 3 · 1− 2 · 4 · 0 · 0− 0 · 1 · 1 · 3 = 0

Richtig ist jedoch (z.B.) die folgende Rechnung

1 0 3 40 1 0 31 4 3 40 2 2 0

=

1 0 3 40 1 0 30 4 0 00 2 2 0

=1 0 34 0 02 2 0

= 34 02 2

= 24

Dabei wird zunächst Zeile 1 von Zeile 3 subtrahiert und anschlieÿend nach Spalte 1 undweiter nach Spalte 3 entwickelt.


(a) Das folgende Schema berechnet die Lösung X der Matrizengleichung AX = AT :

A AT

0 1 1 0 1 01 1 0 1 1 00 0 1 1 0 10 1 1 0 1 01 0 −1 1 0 0

0 0 1 1 0 10 1 0 −1 1 −11 0 0 2 0 10 0 1 1 0 1


2 0 1−1 1 −1

1 0 1

.

(b) Die Matrix B ist genau dann invertierbar, wenn det(B) 6= 0 gilt. Mit Hilfeder Regel von Sarrus erhält man det(B) = 2b − b2. Damit ist die Matrix B für

54

b ∈ R \ {0; 2} invertierbar.

(c) Die Matrix C besitzt nur einen Spaltenvektor, der nicht der Nullvektor ist. Damitgilt r(C) = 1.

(d) Die Matrizengleichung DX = X +A ist äquivalent zu (D −E)X = A. Damit istsie genau dann eindeutig lösbar, wenn det(D − E) 6= 0 gilt.

Aus D−E =

d1 − 1 0 00 d2 − 1 00 0 d3 − 1

folgt det(D−E) = (d1− 1)(d2− 1)(d3− 1).

Damit ist die Matrizengleichung genau dann eindeutig lösbar, wenn d1 6= 1 ∧ d2 6= 1 ∧d3 6= 1 gilt.


Angenommen A besitzt n Zeilen. Dann besitzt AX n Zeilen und wegen demVergleich (der linken mit der rechten Seite der Gleichung) auch X. Um das ProduktAX bilden zu können, muss A also n Spalten besitzen, d.h. A ist eine quadratischen× n-Matrix. Somit besitzt die Matrix X>B n Zeilen bzw. Spalten. Demzufolge hatB n Spalten. Um die Matrix X>B bilden zu können, muss B genauso viele Zeilen wieX besitzen. Da X n Zeilen hat, ist B also ebenfalls eine quadratische n×n-Matrix.Ergebnis: A und B sind quadratische Matrizen mit der gleichen Anzahl von Zeilenund Spalten.Wir formen die Matrizengleichung nun um:

AX = (X>B + A)> +XAX = (X>B)> + A> +XAX = B>X + A> +X

(A−B> − E)X = A>

X = (A−B> − E)−1A>

Demzufolge kann die Matrizengleichung genau dann eindeutig nach X aufgelöst werden,wenn det (A−B> − E) 6= 0 gilt.


(a) AX = AAT − ATX ⇔ (A+ AT )X = AAT ⇔ X = (A+ AT )−1AAT .Im (verkürzten) Schema wird die Lösung X der Matrizengleichung berechnet:

A+ AT AAT

2 0 0 1 0 0

0 0 -1 0 1 0

0 -1 0 0 0 01 0 0 1

20 0

0 0 1 0 −1 00 1 0 0 0 0


12

0 00 0 00 −1 0

.

(b) det(B) =

1 b 0 10 1 1 00 0 1 b1 0 0 1

= 1 ·1 1 00 1 b0 0 1

− 1 ·b 0 11 1 00 1 b

= 1− (b2 + 1− 0) = −b2

55

B invertierbar ⇔ det(B) 6= 0 ⇔ b 6= 0.

(c) Damit C − CT sinnvoll ist, muss zunächst C notwendig quadratisch sein. Weitergilt r(C − CT ) = 0 ⇔ C − CT = O ⇔ C = CT ⇔ C ist symmetrisch.Dabei ist O die Nullmatrix von gleichem Format wie C.

(d) DX = A−X ist äquivalent zu (D+E)X = A. Damit ist die gegebene Gleichunggenau dann eindeutig lösbar, wenn det(D + E) 6= 0 gilt.

Für die Diagonalmatrix D + E =

d1 + 1 0 00 d2 + 1 00 0 d3 + 1

gilt det(D + E) = (d1 + 1)(d2 + 1)(d3 + 1) 6= 0 ⇔ di 6= −1, i = 1, 2, 3.


(a) det(A) =

∣∣∣∣∣∣∣∣a a 1 10 a 1 10 1 a a0 1 0 a

∣∣∣∣∣∣∣∣ = a

∣∣∣∣∣∣a 1 11 a a1 0 a

∣∣∣∣∣∣ = a(a3 + a− a− a) = a2(a2 − 1).

(b) AT ist genau dann singulär, wenn det(AT ) = det(A) = 0 gilt, d.h. für a ∈ {−1; 0; 1}.

(c) rg

1 1 1 1

0 1 1 10 1 1 10 1 0 1

= rg

1 0 0 00 1 1 10 0 0 0

0 0 -1 0

= rg

1 0 0 00 1 0 10 0 0 00 0 1 0

= 3.

(d) Für a = 1 ist A wegen det(A) = 0 nicht invertierbar.

(e) Wegen AE = A, E die vierreihige Einheitsmatrix, ist X = E für jedes reellea eine Lösung der Matrizengleichung AX = A.


(a) Die Matrix A−λE =

2 −1 00 1 0−1 −1 1

− λ 0 0

0 λ 00 0 λ

=

2− λ −1 00 1− λ 0−1 −1 1− λ

ist genau dann regulär, wenn det(A − λE) 6= 0 gilt. Mithilfe der Regel von Sar-

rus erhält man det(A − λE) = (1 − λ)2(2 − λ). Damit ist die Matrix A − λE fürλ ∈ R \ {1; 2} regulär.

(b) Aus ATX = C−BX erhält man durch einfache Umformung die Matrizengleichung(AT +B)X = C.

AT +B =

2 0 −1−1 1 −1

0 0 1

+

−1 0 21 0 −10 0 0

=

1 0 10 1 −20 0 1

Das folgende Schema berechnet die Lösung X der Matrizengleichung:

56

AT +B C

1 0 1 1 100 1 −2 0 −8

0 0 1 0 51 0 0 1 50 1 0 0 20 0 1 0 5

⇒ X =

1 50 20 5

.

(c) Es gelte UV = W + W T . Die Matrix W + W T kann nur für quadratische Matri-zen W gebildet werden. Ist W eine Matrix vom Typ (n, n), dann muss wegen desGleichheitsoperators auch UV vom Typ (n, n) sein. Damit die MatrizenmultipikationUV ausführbar ist, muss U eine Matrix vom Typ (n, l) und V eine Matrix vom Typ(l, n) sein.


(a) det(A) =

∣∣∣∣∣∣∣∣t 0 1 1

1 1 0 00 t 0 10 0 1 t

∣∣∣∣∣∣∣∣Z1−t Z2=

∣∣∣∣∣∣∣∣0−t 1 11 1 0 00 t 0 10 0 1 t

∣∣∣∣∣∣∣∣ = (−1)

∣∣∣∣∣∣−t 1 1t 0 10 1 t

∣∣∣∣∣∣ Sarrus= −(0+0+t−0+t−t2)

= t2 − 2t = t (t− 2).

(b) AT ist genau dann regulär, wenn det(AT ) = det(A) 6= 0 gilt, d.h. für t /∈ {0 ; 2}.

(c) Nach (b) ist A für t = 1 regulär (gilt det(A) = −1 6= 0), folglich besitzt A den vollenRang rg(A) = 4.

Wer das so nicht sieht, rechnet (mühsam) etwa (Gauss-Algorithmus)

rg

1 0 1 11 1 0 00 1 0 10 0 1 1

= rg

1 0 1 1

0 1 −1 −10 1 0 10 0 1 1

= rg

1 0 1 10 1 −1 −1

0 0 1 20 0 1 1

= rg

1 0 0 −10 1 0 10 0 1 2

0 0 0 -1

= rg

1 0 0 00 1 0 00 0 1 00 0 0 1

= 4.

(d) Für t = 0 ist A wegen det(A) = 0 singulär und also nicht invertierbar.


Umformung der Matrizengleichung:

(A+B)X = (XTA)T + C(A+B)X = ATX + C

(A+B)X − ATX = C

57

(A+B − AT )X = CX = (A+B − AT )−1C

falls die Inverse (A+B − AT )−1 existiert.

Im (verkürzten) Schema kann man X direkt berechnen (ohne die Inverse zu berechnen):

A+B − AT C

1 0 −1 2 −10 0 −1 3 01 1 0 0 11 0 −1 2 −1

0 0 -1 3 00 1 1 −2 21 0 0 −1 −10 0 1 −3 00 1 0 1 2


−1 −11 2−3 0

Lösungsvariante: Berechnung über die Inverse (A+B − AT )−1

A+B − AT E

1 0 −1 1 0 00 0 −1 0 1 01 1 0 0 0 11 0 −1 1 0 0

0 0 -1 0 1 00 1 1 −1 0 11 0 0 1 −1 00 0 1 0 −1 00 1 0 −1 1 1

(A+B − AT )−1 =

1 −1 0−1 1 1

0 −1 0

X = (A+B − AT )−1 · C

=

1 −1 0−1 1 1

0 −1 0

· 2 −1

3 00 1

=

−1 −11 2−3 0


(a) Wir berechnet die Determinante mit dem Entwicklungssatz von Laplace nach der1. Spalte.

det

a 0 1 a0 a 0 10 1 a a0 1 0 a

= a · det

a 0 11 a a1 0 a

Sarrus= a(a3 − a) = a2(a2 − 1)

(b) Die Matrix A> ist regulär genau dann, wenn detA> 6= 0 ist. WegendetA> = detA muss also a2(a2 − 1) 6= 0 sein. Dies gilt für alle a ∈ R \ {0,−1, 1}.(c) Die Spaltenvektoren von A sind genau dann linear unabhängig, wenn detA 6= 0 gilt.Für a = 2 ist detA = 22(22 − 1) = 12, d.h. die Spaltenvektoren von A sind linearunabhängig.

(d) r(A) = r

(−1) 0 1 −1

0 −1 0 10 1 −1 −10 1 0 −1

= r

1 0 −1 10 (−1) 0 10 1 −1 −10 1 0 −1

58

= r

1 0 −1 10 1 0 −10 0 (−1) 00 0 0 0

= r

1 0 0 10 1 0 −10 0 1 0

Der Rang der Matrix ist somit r(A) = 3.

(e) Wir lösen die Matrixgleichung direkt ohne Verwendung von inversen Matrizen. Esist jedoch auch möglich (A+A>)−1 zu ermitteln und anschlieÿend X = (A+A>)−1A zuberechnen.

A+ A> A

0 0 1 0 0 0 1 00 0 1 (2) 0 0 0 11 1 0 0 0 1 0 00 2 0 0 0 1 0 00 0 1 0 0 0 1 00 0 1/2 1 0 0 0 1/21 1 0 0 0 1 0 00 (2) 0 0 0 1 0 00 0 (1) 0 0 0 1 00 0 1/2 1 0 0 0 1/21 0 0 0 0 1/2 0 00 1 0 0 0 1/2 0 00 0 1 0 0 0 1 00 0 0 1 0 0 -1/2 1/21 0 0 0 0 1/2 0 00 1 0 0 0 1/2 0 0

Durch Vertauschen der Zeilen 1 und3 sowie 2 und 4 erhalten wir

1 0 0 0 0 1/2 0 00 1 0 0 0 1/2 0 00 0 1 0 0 0 1 00 0 0 1 0 0 -1/2 1/2

und somit

X =

0 1/2 0 00 1/2 0 00 0 1 00 0 −1/2 1/2

.


(a) Die Regel von Sarrus (z.B.) liefert det(A) = b2 − c .(b) Für negative c ist det(A) = b2 − c stets positiv und A deshalb regulär.

(c) Für c = 49 ist det(A) = 0 und A deshalb singulär, wenn b = ±√

49 = ±7.

(d) Die Inverse zur Matrix A für b = 1 und c = 0 berechnet man (z.B.) nach demfolgende Schema:

0 0 1 1 0 01 1 1 0 1 00 1 0 0 0 10 0 1 1 0 01 1 0 −1 1 0

0 1 0 0 0 10 0 1 1 0 01 0 0 −1 1 −10 1 0 0 0 1

(Zeilenvertauschung!)⇒ A−1 =

−1 1 −10 0 11 0 0

.

59


(a) AX = B +X, AX −X = B, (A−E)X = B, X = (A−E)−1B falls die Inverse(A− E)−1 existiert.

Im (verkürzten) Schema kann man X direkt berechnen (ohne die Inverse zu berechnen):

A− E B

0 1 1 3 0 21 1 2 0 0 70 1 1 3 0 21 0 1 −3 0 5

(Zeilenvertauschung!)⇒ X =

(1 −3 0 51 3 0 2

)

Lösungsvariante: Berechnung der Inversen (A− E)−1 = 1−1

(1 −1−1 0

),

Produktbildung (A− E)−1 ·B =

(−1 1

1 0

)·(

1 3 0 22 0 0 7

)=

(1 −3 0 51 3 0 2

).

(b) Damit die Matrizengleichung Y +Y > = B für die gegebene Matrix B sinnvoll ist,müssten Y + Y > und damit Y und Y > das gleiche Formt wie B besitzen. Das istnicht möglich, denn besitzt Y 2 Zeilen und 4 Spalten, dann besitzt Y > 4 Zeilen und 2Spalten.

(c) Die Eigenwerte der Matrix C sind die Nullstellen des charakteristischen Polynomsdet(C − λE) = 0.

Für unser Beispiel (Diagonalmatrix !) sind das o�ensichtlich λ1 = 5 und λ2 = 6, weil

det(C − λE) =

∣∣∣∣ 5− λ 00 6− λ

∣∣∣∣ = (5− λ)(6− λ).


(a) Für x = 1 ist A o�ensichtlich symmetrisch, d.h. dann gilt A = AT .

(b) det(A) =

∣∣∣∣∣∣∣∣−1 x 0 0

1 0 1 10 x 0 10 1 1 x

∣∣∣∣∣∣∣∣Z1+Z2=

∣∣∣∣∣∣∣∣0 x 1 11 0 1 10 x 0 10 1 1 x

∣∣∣∣∣∣∣∣ = (−1)

∣∣∣∣∣∣x 1 1x 0 11 1 x

∣∣∣∣∣∣ Sarrus= −(0+1+x−0−x−x2)

= x2 − 1.

(c) A ist genau dann singulär, wenn detA = 0 gilt, d.h. für x = ±1.

(d) Den Rang berechnet man etwa mit dem Gauss-Algorithmus

rg

-1 1 0 0

1 0 1 10 1 0 10 1 1 1

= rg

1 −1 0 0

0 1 1 10 1 0 10 1 1 1

= rg

1 0 1 10 1 1 1

0 0 -1 00 0 0 0

= 3.

Als Lösungsvariante könnte man auch folgendermaÿen argumentieren:Nach (c) ist A für x = 1 singulär, es gilt folglich rg(A) < 4. Andererseits erkenntman (fast) sofort, dass die 3-reihige Unterdeterminante, die nach Streichen der 1. Zeileund der 4. Spalte entsteht, den Wert 1 besitzt, also nicht verschwindet. Deren Spaltenund damit auch die ersten drei Spalten von A sind also linear unabhängig, folglich gilt

60

rg(A) ≥ 3. Weil gleichzeitig rg(A) < 4 gilt, muss rg(A) = 3 sein.

(e) Für x = 0 ist A wegen detA = −1 6= 0 regulär und also invertierbar.


(a) XA = 2X + A, XA− 2X = A, X(A− 2E) = A, X = A(A− 2E)−1,falls die Inverse (A− 2E)−1 existiert.

Berechnung der Inverse (A− 2E)−1 und daraus X:

A− 2E E

−1 1 1 1 0 0

1 0 0 0 1 01 0 −2 0 0 10 1 1 1 1 01 0 0 0 1 0

0 0 -2 0 −1 1

0 1 0 1 12

12

1 0 0 0 1 0

0 0 1 0 12−1

2

Zeilenvertauschung :1 0 0 0 1 0

0 1 0 1 12

12

0 0 1 0 12−1

2

(A− 2E)−1 =

0 1 0

1 12

12

0 12−1

2

X = A · (A− 2E)−1

=

1 1 11 2 01 0 0

· 0 1 0

1 12

12

0 12−1

2

=

1 2 02 2 10 1 0

(b) BY = BT −B liefert für das gegebene B die Gleichung

(1 11 1

)Y =

(0 00 0

).

Weil B o�ensichtlich singulär ist, ist diese Gleichung nicht eindeutig (nach Y auf-)lösbar,

aber Y =

(0 00 0

)ist auf jeden Fall eine Lösung. Und mehr war nicht gefragt.

Ergänzung für den darüberhinaus interessierten Leser:

Alle Lösungen berechnet man z.B. durch den Ansatz Y =

(a bc d

). Dafür muss gelten(

1 11 1

)(a bc d

)=

(a + c b + da + c b + d

)=

(0 00 0

), also a = −c, b = −d. Lösungen sind

damit alle Matrizen der Form Y =

(a b−a −b

)mit a, b beliebig reell.


(a) det(A) =

x x 0 0x 1 x 00 1 0 x0 0 x x

Z2−Z1=

x x 0 00 1− x x 00 1 0 x0 0 x x

= x1− x x 0

1 0 x0 x x

(Sarrus)= x (0 + 0 + 0 − 0− x2(1− x)− x2) = x3 (x− 2).

61

(b) A> ist singulär, wenn det(A>) = det(A) = 0 gilt, d.h. für x = 0 oder x = 2.

(c) Für x = 1 gilt det(A) = −1 6= 0. Die Spaltenvektoren der Matrix A sind folglichlinear unabhängig.

(d) Für x = −1 gilt det(A) = 3 6= 0. Die Matrix A hat deshalb den vollen Rang 4.Für x = 0 werden genau 3 der 4 Spalten von A zu Nullvektoren. Der Matrix A besitztfolglich den Rang 1.

(e) Die Matrix A ist symmetrisch, wenn A> = A gilt. Das ist o�ensichtlich genaudann der Fall, wenn x = 1.


(a) Wenn die Gleichung (X>A − A>)> = BX sinnvoll ist, läÿt sie sich schrittweiseumformen in (X>A)> −A = BX, A>X −A = BX, A>X −BX = A, und weiterin (A> −B)X = A.Als Di�erenz müssen A> und B gleiches Format besitzen, auÿerdem zeigt der Vergleichzwischen linker und rechter Seite der letzten Gleichung, dass A die gleiche Zeilenzahlwie A> haben muss, A also notwendig quadratisch ist. A und B müssen folglichbeide (n× n)-Matrizen für irgendein n ∈ N sein.

(b) Aus (A> − B)X = A erhält man X = (A> − B)−1A (∗), falls die verwendeteInverse existiert. Im (verkürzten) Schema kann man X direkt berechnen (ohne die Inverseberechnen zu müssen):

A> −B A

0 0 1 2 0 11 1 1 1 3 0

0 1 1 0 2 1

0 0 1 2 0 11 0 0 1 1 −10 1 1 0 2 10 0 1 2 0 11 0 0 1 1 −10 1 0 −2 2 0

⇒ (Zeilenvertauschung!)

X =

1 1 −1−2 2 0

2 0 1

Lösungsvariante:

Berechnung der Inversen (A> −B)−1 =

0 1 −1−1 0 1

1 0 0

und damit X nach (∗).


(a) Die Matrix A ist (o�ensichtlich und nur) für a = 0 ist eine (untere) Dreiecksmatrix.

(b) detA> = detA =a+ 1 0 a

2a −1 01− a a a

Z3−Z1=a+ 1 0 a

2a −1 0−2a a 0

= a2a −1−2a a

= 2a21 −1−1 a

= 2a2 (a− 1)!

= 0 ⇔ a ∈ {0; 1}

⇒ A> regulär für a 6= 0; 1.

62

(c) Die Spaltenvektoren der Matrix A sind linear abhängig, wenn A singulär ist, alsodetA = 0 gilt. Nach der Rechnung in (b) passiert das für a = 0 und für a = 1.

(d) B ist (obere) Dreieckmatrix, jedoch keine Diagonalmatrix. Deshalb gilt B> 6= B undB ist nicht symmetrisch.(Von der �Symmetrie� bezüglich der Nebendiagonale sollten Sie sich nicht täuschen lassen!)

(e) Die Matrix B ist nicht invertierbar, weil (Dreiecksmatrix !) detB = 1 ·9 ·0 ·9 ·1 = 0.

(f) Wegen detB = det(bB) = b5 detB = b5 · 0 = 0 ∀b ∈ R, ist die Matrix B = bB füralle reellen Zahlen b singulär.


(a) Aus QX = Q>Q erhält man X = Q−1Q>Q, falls die verwendete Inverse existiert.Im (verkürzten) Schema kann man X direkt berechnen (ohne die Inverse berechnen zumüssen):

Q Q>Q

1 1 1 1

0 1 1 21 0 0 −10 1 1 2

⇒ X =

(0 −11 2

)

Lösungsvariante:

Berechnung der Inversen Q−1 = 1detQ

(1 −10 1

)=

(1 −10 1

)und damit X = Q−1Q>Q =

(1 −10 1

)·(

1 11 2

)=

(0 −11 2

).

(b) Weil die Matrizen U und V nicht quadratisch und damit auch nicht invertierbarsind, ist der Rechenweg UV X = W, V X = U−1W, X = V −1U−1W nicht möglich.

Jedoch ist das Produkt UV eine quadratisch Matrix und deshalb X = (UV )−1W , fallsUV regulär ist.

Nun gilt hier sogar U · V =

(1 1 11 0 1

)·

1 01 −1−1 1

=

(1 00 1

)= E und folglich

X = W =

(1 9 0 22 0 0 8

).

(c) W>W ist als Produkt einer (4× 2)-Matrix mit einer (2× 4)-Matrix vom Format(4× 4).Für eine (4 × 4)-Matrix X ist auch X> eine (4 × 4)-Matrix und die GleichungX +X> = W>W ist sinnvoll.

Ergänzende Bemerkungen für wirklich Interessierte:

�Sinnvoll� bedeutet nicht, dass die Gleichung in X lösbar sein muss.Es ist insbesondere auch nicht notwendig, dass X> = X also X eine symmetri-sche Matrix ist. Auch wenn dann sogar die Lösung sofort angegeben werden kann undmit X = 1

2W>W besonders einfach ausfällt. Man beachte dafür aber unbedingt, dass

(W>W )> = W>(W>)> = W>W , also W>W symmetrisch ist und deshalb auch

63

X = 12W>W , wie vorausgesetzt, eine symmetrische Matrix ergibt.

Aber auch eine nichtsymmetrische Lösung lässt sich nach kurzer Überlegung sofort an-geben. Man nehme für X die untere Dreiecksmatrix, die aus dem unteren Dreieck vonW>W , deren halbierter Hauptdiagonale und oberhalb davon nur aus Nullen besteht.Dafür gilt o�ensichtlich X +X> = W>W .Als Zahlenbeispiel :

W>W =

1 29 00 02 8

· ( 1 9 0 22 0 0 8

)=

5 9 0 189 81 0 180 0 0 0

18 18 0 68

X =

52

0 0 09 81

20 0

0 0 0 018 18 0 34

X> =

52

9 0 180 81

20 18

0 0 0 00 0 0 34

.

(d) Weil F und G quadratische n-reihige Matrizen sind, muss zunächst X auchquadratische und n-reihig sein, damit die Gleichung GX>−FG = G−X> sinnvoll ist.

Sie läÿt sich dann weiter umformen in GX>+X> = G+FG, (G+E)X> = G+FG undbesitzt die eindeutige Lösung

X> = (G+ E)−1(G+ FG) bzw. X = [ (G+ E)−1(G+ FG) ]>

unter der Voraussetzung, dass die Inverse (G+ E)−1 existiert.


(a) Weil X links und B rechts des Gleichheitszeichens als einzelne Summandenstehen, müssen X und B gleiches Format haben, also (m × n)-Matrizen sein. Dannsind AX und A>X wegen der notwendigen Verkettung nur dann gleichzeitig ausführbar,wenn A eine quadratische (m×m)-Matrix ist.

(b) Für eine symmetrisch die Matrix A gilt A> = A und die Gleichung geht über inX + AX = AX +B mit der Lösung X = B.

(c) Aus X + AX = A>X + B ergibt sich X + AX − A>X = B und weiter(E + A − A>)X = B. Damit man schlieÿlich nach X au�ösen kann, muss (E + A −A>) invertierbar sein. Dann �ndet man X = (E + A− A>)−1B (∗).(d) Für die gegebene Matrix A ergibt sich

E + A− A> =

1 1 1−1 1 1−1 −1 1

mit1 1 1−1 1 1−1 −1 1

=1 1 10 2 20 0 2

= 4 6= 0.

E + A− A> ist also invertierbar und die Lösung der Gleichung durch (∗) gegeben.(Zur Berechnung der Determinate wurde zunächst Zeile 1 zu den Zeilen 2 und 3 addiert. Die

Determinante der enstandenen Dreicksmatrix ist das Produkt ihrer Hauptdiagonalelemente.)

Im (verkürzten) Schema kann man X direkt berechnen (ohne die Inverse berechnen zumüssen):

64

E + A− A> B

1 1 1 1 0−1 1 1 0 1−1 −1 1 1 0

1 1 1 1 00 2 2 1 1

0 0 2 2 01 1 0 0 0

0 2 0 −1 10 0 1 1 01 0 0 1

2−1

20 1 0 −1

212

0 0 1 1 0

⇒ X =

12−1

2−1

212

1 0

Lösungsvariante: Berechnung der Inversen (E+A−A>)−1 und damit X nach (∗) alsMatrizenprodukt:

E + A− A> E

1 1 1 1 0 0−1 1 1 0 1 0−1 −1 1 0 0 1

1 1 1 1 0 0

0 2 2 1 1 00 0 2 1 0 11 0 0 1

2−1

20

0 1 1 12

12

0

0 0 2 1 0 11 0 0 1

2−1

20

0 1 0 0 12−1

20 0 1 1

20 1

2

X = (E + A− A>)−1B

=

12−1

20

0 12−1

212

0 12

· 1 0

0 11 0

=

12−1

2−1

212

1 0


(a) det(A) =

x 0 x 10 2 0 20 1 x 11 0 1 x

Z2−2Z3=

x 0 x 10 0 −2x 00 1 x 11 0 1 x

Entwickeln

nach 2. Spalte

= (−1) ·x x 10 −2x 01 1 x

Entwickeln

nach 2. Zeile

= (−1)(−2x)x 11 x

= 2x (x2 − 1).

Die Zeilen (wie die Spalten) von A sind linear abhängig, wenn det(A) = 2x (x2−1) = 0,also für x ∈ {−1, 0, 1}.(b) B ist für kein x ∈ R symmetrisch, weil unabhängig von x stets b32 = 1 6= b23 = 0.

(c) B ist für alle x ∈ R singulär, weil unabhängig von x die Spalten 2 und 3 identischund damit linear abhängig sind. Es gilt det(B) = 0 und B ist nicht invertierbar.

(d) Für x = 0 ist

65

r(B) = r

0 0 0 10 0 0 00 1 1 10 1 1 0

= r

0 0 0 10 0 0 0

0 1 1 00 1 1 0

= r

0 0 0 10 0 0 00 1 1 00 0 0 0

= 2.

(e) Wegen (c) gilt für jedes x ∈ R, dass det(C) = det(AB) = det(A) det(B) = 0.Deshalb ist C = AB für kein x ∈ R invertierbar.


(a) det(A) =

0 x 0 1x 1 1 00 x 1 xx 0 1 x

Z4−Z2=

0 x 0 1x 1 1 00 x 1 x0 −1 0 x

Entwickeln

nach 1. Spalte

= (−x) ·x 0 1x 1 x−1 0 x

Entwickeln

nach 2. Spalte

= (−x) · 1 · x 1−1 x

= −x (x2 + 1).

(b) Die Matrix A ist invertierbar, wenn det(A) = −x (x2 + 1) 6= 0, also für x 6= 0.

(c) Für x = 1 ist det(A) = −2 6= 0 (die Spalten der Matrix A linear unabhängig,die Matrix A regulär. . . ). Die Matrix A besitzt folglich den vollen Rang 4.

Für x = 0 ist r(A) = r

0 0 0 10 1 1 0

0 0 1 00 0 1 0

Z2 − Z1

Z4 − Z3= r

0 0 0 10 1 0 00 0 1 00 0 0 0

= 3.

(d) Die Eigenwerte der Matrix A sind die Lösungen der charakteristischen Gleichung(Nullstellen des charakteristischen Polynoms) det(A− λE) = 0.

Speziell für x = 0 ist

det(A− λE) =

−λ 0 0 10 1− λ 1 00 0 1− λ 00 0 1 −λ

Entwickeln

nach 1. Spalte

= (−λ)1− λ 1 0

0 1− λ 00 1 −λ

Entwickeln

nach 1. Spalte

= (−λ)(1− λ)1− λ 0

1 −λ = (−λ)(1− λ)(1− λ)(−λ) = λ2(1− λ)2,

und damit die Eigenwerte der Matrix A können wie folgt bestimmt werden:

det(A− λE) = λ2(1− λ)2 = 0 ⇒ λ1,2 = 0, λ3,4 = 1.

(e) A−AT =

0 x 0 1x 1 1 00 x 1 xx 0 1 x

−

0 x 0 xx 1 x 00 1 1 11 0 x x

=

0 0 0 1− x0 0 1− x 00 x− 1 0 x− 1

x− 1 0 1− x 0

ist o�ensichtlich genau dann symmetrisch, wenn x = 1.

Es geht auch kürzer (ohne Berechnung der Di�erenz A−AT), wenn man sich zunächstüberlegt, dass A− AT (nach De�nition der Symmetrie von Matrizen) symmetrisch ist,

66

wenn es gilt(A− AT

)T= A− AT.

Weil nun andererseits gilt (Regeln für das Rechnen mit transponierten Matrizen), dass(A− AT

)T= AT − A, ergibt sich für A die Bedingung A − AT = AT − A also

2A = 2AT bzw. A = AT.

Folglich ist A − AT genau dann symmetrisch, wenn A symmetrisch ist. Und A isto�ensichtlich genau dann symmetrisch, wenn x = 1.

(f) - Unabhängig von x gilt nach den Regeln für das Rechnen mit transponiertenMatrizen, dass

(ATA

)T= AT

(AT)T

= ATA also(ATA

)Tsymmetrisch ist.

- ATA ist singulär, wenn det(ATA

)T= 0. Wegen det

(ATA

)T= detAT · detA und

detAT = detA ist det(ATA

)T= (detA)2 = 0 ⇔ detA = 0. Also ist ATA genau

dann singulär, wenn A singulär ist. Nach den Ergebnissen aus (a) bzw. (b) ist daseinzig für x = 0 der Fall.


(a) (XTA−B)T +B = CX ⇔ ATX −BT +B = CX.

Die Gleichung ist sinnvoll, wenn die auftretenden Operationen ausführbar sind. Dazumüssen die Matrizen passende Formate haben:

AT X − BT + B = C XVorgaben ⇒ ( × ) ( × ) ( × ) ( × ) (3× 3) ( × )

Verkettung CX ⇒ ( × ) (3× ) ( × ) ( × ) (3× 3) (3× )

Verkettung ATX ⇒ ( ×3) (3× ) ( × ) ( × ) (3× 3) (3× )

Zeilenzahl links =Zeilenzahl rechts

⇒ (3× 3) (3× ) (3× ) (3× ) (3× 3) (3× )

Zeilenzahl BT =Spaltenzahl B

⇒ (3× 3) (3× ) (3× ) (3× 3) (3× 3) (3× )

Spaltenzahl links =Spaltenzahl rechts

⇒ (3× 3) (3× 3) (3× 3) (3× 3) (3× 3) (3× 3)

Alle auftretenden Matrizen müssen quadratische (3× 3)-Matrizen sein.

(b) AT− C ist regulär also existiert die inverse Matrix(AT− C

)−1. B symmetrisch

bedeutet BT = B bzw. BT −B = O (Nullmatrix).

Umformung der Gleichung ergibt

ATX −BT +B = CX, ATX − CX = BT −B,(AT− C

)X = O,

X =(AT− C

)−1O = O als einzige Lösung der Matrizengleichung.

(c) Für die gegebenen Matrizen ergibt sich

AT − C =

1 2 30 1 20 0 1

mit (Dreiecksmatrix!) det(AT − C

)= 1 · 1 · 1 6= 0.

AT − C ist also invertierbar und die Lösung der Gleichung damit gegeben durchX =

(AT− C

)−1 (BT −B

)(∗)

67

Im (verkürzten) Schema kann man X direkt berechnen (ohne die Inverse berechnen zumüssen):

AT− C BT −B1 2 3 0 −1 −2

0 1 2 1 0 −10 0 1 2 1 01 0 −1 −2 −1 00 1 2 1 0 −1

0 0 1 2 1 01 0 0 0 0 00 1 0 −3 −2 −10 0 1 2 1 0

⇒ X =

0 0 0−3 −2 −1

2 1 0

Lösungsvariante:

Berechnung der Inversen(AT− C

)−1und damit X nach (∗) als Matrizenprodukt:

AT− C E

1 2 3 1 0 00 1 2 0 1 00 0 1 0 0 11 0 −1 1 −2 00 1 2 0 1 00 0 1 0 0 11 0 0 1 −2 10 1 0 0 1 −20 0 1 0 0 1

X =(AT− C

)−1 (BT −B

)=

1 −2 10 1 −20 0 1

· 0 −1 −2

1 0 −12 1 0

=

0 0 0−3 −2 −1

2 1 0

.


(a) Die Matrix A ist symmetrisch, weil es gilt AT = A. Die Matrizen B und C sindnicht symmetrisch.

(b) det(A) =

1 0 0 10 t 1 10 1 t 11 1 1 1

Z4−Z1=

1 0 0 10 t 1 10 1 t 10 1 1 0

Entwickeln

nach 1. Spalte

=t 1 11 t 11 1 0

Sarrus

= 2− 2t.

det(B) =0 1 00 1 11 0 0

Entwickeln

nach 3. Zeile

=1 01 1

= 1.

det(A) = det(B) ⇔ 2− 2t = 1 ⇒ t = 12.

(c) Die Eigenwerte der Matrix C sind die Lösungen der charakteristischen Gleichung(Nullstellen des charakteristischen Polynoms) det(C − λE) = 0.

det(C − λE) =−λ 0 0

1 −λ 01 1 −λ

Dreiecksform

= (−λ)3 = 0 ⇒ λ1,2,3 = 0.

68

(d) Die Matrix G = tA ist invertierbar, wenn

det(G) = det(tA)

4-reihige

Determ.

= t4 · det(A) = t4 (2− 2t) 6= 0, also für t 6= 0 und für t 6= 1.

(e) r(H) = r

0 1 0−1 1 1

0 −1 0

Z2−Z1

Z4+Z1= r

0 1 0−1 0 1

0 0 0

= 2.


(a) Die Matrix A ist regulär (invertierbar), weil det(A) = 1 6= 0.

(b) AX = AAT, X = A−1AAT, X = AT =

(1 01 1

).

(c) XA = AAT, X = AATA−1 =

(1 10 1

)·(

1 01 1

)· A−1 =

(2 11 1

)· A−1.

Berechnung der Inversen A−1 über die bekannte Formel für zweireihige Inverse:

A−1 = 1detA

(a22 −a12−a21 a11

)=

(1 −10 1

)oder durch Lösen der Matrizengleichung AX = E (Austauschverfahren):

A E

1 1 1 0

0 1 0 11 0 1 −10 1 0 1

Man erhält schlieÿlich

X =

(2 11 1

)(1 −10 1

)=

(2 −11 0

)

(d) BX = C, ⇒

X = B−1C = (10E)−1C = 110E−1C = 1

10EC = 1

10C =

(0,2 0,8 0 0,70,2 0 0 0,9

)(e) Die Matrizengleichung GXF = FG+GF ist eindeutig nach X au�ösbar, wenn Fund G regulär (invertierbar) sind. Dann kann man rechnen

GXF = FG+GF ⇒ (von links mit G−1 und von rechts mit F−1 multiplizieren)

X = G−1(FG+GF )F−1 = G−1FGF−1 +G−1GFF−1 = G−1FGF−1 + E.


det(C) = a2 + b2 − a, det(D) = a2b

(a) Für a > 1 gilt a2 > a, also a2 − a > 0. Stets gilt b2 ≥ 0. Damit gilt:det(C) = a2 − a+ b2 > 0. Wegen det(C) 6= 0 ist C regulär.

(b) Für a < 0 gilt −a > 0. Stets gilt a2 + b2 ≥ 0. Damit gilt det(C) = a2 + b2−a > 0.Wegen det(C) 6= 0 ist C invertierbar.

(c) C> ist singulär, wenn det(C>) = 0 gilt.Für b = 0 gilt det(C>) = det(C) = a2 − a = a(a− 1).Damit ist C> für a ∈ {0 , 1} singulär.

69

(d) r(D) = 2 tritt nur für a 6= 0 und b = 0 ein.

(e) Die charakteristische Gleichung zur Bestimmung der Eigenwerte von D lautet:det(D − λE) = (a− λ)2(b− λ) = 0.

Daraus resultieren die Eigenwerte λ1,2 = a , λ3 = b.

(f) det(F ) = det(abDD) = a3b3(det(D))2 = a3b3(a2b)2 = a7b5.


(a) Wenn A regulär ist, dann existiert die Inverse A−1 und beide Matrizengleichungensind eindeutig nach X bzw. Y au�ösbar:

• X = A−1AA> = A>,• Y = AA>A−1.

(b) Die Matrizengleichung AX = AA> besitzt auch für singuläre Matrizen A stetsdie Lösung X = A>.

Dagegen ist die Matrizengleichung Y A = AA> z.B. für A =

(0 10 0

)unlösbar. Für

eine beliebige Matrix Y =

(a bc d

)gilt:

Y A =

(a bc d

)·(

0 10 0

)=

(0 a0 c

)6=(

1 00 0

)= AA>.

(c) Folgende Umformungen sind äquivalent:

• WA = W + A,• WA−WE = A,• W (A− E) = A.

Die Matrix A−E =

(1 11 2

)ist regulär. Damit existiert die Inverse (A−E)−1 und

die Matrizengleichung kann explizit nach W aufgelöst werden:

• W = A(A− E)−1

Mit (A− E)−1 =

(2 −1−1 1

)erhält man:

W =

(2 11 3

)(2 −1−1 1

)=

(3 −1−1 2

).


Man beachte (!): Neben der Kette Zutat → Teig → Gebäck gehen einige Zutaten ohneden Umweg über den Teig direkt ins Endprodukt ein.

(1) Die über den Teig eingehenden Zutaten berechnen sich aus

z1 = A ·BT ·

G1

G2

G3

mit A =

2 1 31 3 22 2 12 2 4

und B =

2 1 22 3 00 1 1

.

Achtung In der rechten Bedarfsmatrix sind im Unterschied zur linken Bedarfs-matrix die Ergebnisse der Produktion (Gebäck) den Zeilen und die Eingangs-produkte den Spalten zugeordnet. Deshalb die Transposition!

70

(2) Die direkt ins Gebäck eingehenden Zutaten ergeben sich aus der Rechnung

z2 = CT ·

G1

G2

G3

mit C =

0 10 0 00 20 0 100 0 0 15

.

Für die nicht direkt eingehenden Zutaten Z1 und Z3 wurden Nullspalten in dieMatrix C eingefügt.

(3) Als Gesamtbedarf an einzusetzenden Zutaten ergibt sich dann

z = z1 + z2 = (A ·BT + CT)

G1

G2

G3

=

11 7 419 31 58 10 3

14 20 21

G1

G2

G3

.

Speziell erhält man für G1 = 25, G2 = 30 und G3 = 10 einen Gesamtbedarf anZutaten z = (525 1455 530 1160)T.


Eigenbedarfsmatrix CE =

0 0 0 0

1/2 0 0 03/10 1 0 1/2

0 0 2/5 0

y : Herstellungsmengex : AbsatzbE : Eigenbedarf

y = x+ bE mit bE = CEy ⇒ y = (E − CE)−1x

E − CE =

1 0 0 0

−1/2 1 0 0−3/10 −1 1 −1/2

0 0 −2/5 1

Simultanes Lösen des Gleichungssystems (E − CE)y = x für die beiden Absatzmengen:

1 0 0 0 1 k−1/2 1 0 0 0 k−3/10 −1 1 −1/2 0 k

0 0 −2/5 1 0 k...

......

......

...1 0 0 0 1 k0 1 0 0 1/2 3/2 k0 0 1 0 1 33/8 k0 0 0 1 2/5 53/20 k

71

Absatz Herstellung

1 ME A je 1 ME A und C, 12ME B, 2

5ME D

je k ME von A,B,C und D k ME A, 32k ME B, 33

8k ME C, 53

20k ME D


Vorgegebene Daten:

A =1

100

90 5 0 0 0 5 0 00 65 10 0 0 5 5 00 0 65 10 0 0 0 00 0 0 80 30 0 0 00 0 0 0 45 0 0 200 0 0 0 0 75 10 00 0 10 0 10 0 65 00 0 0 0 0 0 0 70

bIST0 =

500850

3600145008600160030006000

bSOLL4 =

550920

3900152009200170032006800

Berechnung der IST-Werte (Prognose der Beschäftigung in 4 Jahren):

bIST4 = A bIST3 = A (A bIST2 ) = A (A (A bIST1 )) = A (A (A (A bIST0 ))) =

7931548359995811308129422801441

Bemerkung:

Die oben angegebene Reihenfolge für die Matrizenmultiplikation ist e�ektiv, da bei jederZwischenrechnungen nur einen Vektor erzeugt wird.Berechnet man dagegen für bIST4 = A A A A bIST0 zuerst das Matrizenprodukt A A A A ,dann entstehen jeweils Matrizen der gleichen Dimension wie A als Zwischenergebnisse.


Sei xi die benötigte Menge von Rohsto� Ri, i = 1, 2, 3 in t und sj die zu produzierendeMenge (in t) der einzelnen Produkte Ej, j = 1, 2, 3, 4.Der Bedarf der Rohsto�e kann mithilfe der gegebenen Daten wie folgt bestimmt werden:

xi = ai1s1 + ai2s2 + ai3s3 + ai4s4 =4∑

j=1

aijsj, i = 1, 2, 3,

wobei aij den Verbrauch an Rohsto� Ri pro Tonne des Produktes Ej bezeichnet.Dieser Sachverhalt kann als folgendes Gleichungssystem dargestellt werden:

72

x = As mit x =

x1x2x3

, A =

5 5 5 52 1 2 31 0 3 1

und s =

15151717

.

Nach der Multiplikation bekommt man:

X =

5 5 5 52 1 2 31 0 3 1

·

15151717

=

32013083

.

Es werden also 320 t von R1, 130 t von R2 und 83 t von R3 benötigt.

Mit den gegebenen Preisen p =

250017001700

e je Tonne des Rohsto�s betragen die Kosten

der Rohsto�bescha�ung:

K = p>x =(

2500 1700 1700)·

32013083

= 1 162 100 e .


(a) Bezeichnungen:xj, j = 1, 2, 3 tatsächlich herzustellende/bereitzustellende Mengen an P1, P2 bzw. P3

einschlieÿlich der Verbrauchsmengen (Bruttoproduktion);yi, i = 1, 2, 3 (nach Abzug der Verbrauchsmengen) auszuliefenden Mengen an P1, P2

mit der Vorgabe y1 = 3000, y2 = 6000, bzw. P3 mit y3 = 0, weil P3 nur verbraucht, nichtaber ausgeliefert wird (Nettoproduktion).Aus dem Ansatz Bruttoproduktion - Eigenverbrauch = Nettoproduktion ergibt sich

x1 −12x2 = y1

x2 −12x1 = y2 (∗)

x3 −2x1 −3x2 = y3

bzw. in einer Matrizendarstellung: x1x2x3

− 0 1

212

02 3

· ( x1x2

)=

3 0006 000

0

.

Günstiger ist die erweiterte Darstellung in der Form x− V x = y: x1x2x3

− 0 1

20

12

0 02 3 0

· x1

x2x3

=

3 0006 000

0

mit der Eigenverbrauchsmatrix V .

Als weitere mögliche Matrizendarstellungen erhält man daraus (E − V )x = y bzw.Ax = y mit A = (E − V ): 1 −1

20

−12

1 0−2 −3 1

· x1

x2x3

=

3 0006 000

0

.

Die letzte Form ergibt sich auch unmittelbar aus dem Gleichungsystem (∗).

73

(b) Berechnung von A−1:

A E

1 −12

0 1 0 0

−12

1 0 0 1 0

−2 −3 1 0 0 1

1 −12

0 1 0 0

0 34

0 12

1 0

0 −4 1 2 0 1

1 0 0 43

23

0

0 1 0 23

43

0

0 0 1 143

163

1

Damit ist

A−1 =

43

23

0

23

43

0

143

163

1

und folglich

x = A−1

3 0006 000

0

=

8 00010 00046 000

.

(c) Der Vektor x aus (b) ist die numerische Lösung zu (a).


Es sei s = (s1 s2 s3 s4)T der Vektor der von den Endprodukten S1 bis S4 herzustellenden

Einheiten. Weiter seien g = (g1 g2 g3)T die dabei verbrauchten Mengen der Gemüse G1

bis G3. Dann gilt die Beziehung

g = As mit A =

0, 2 0 0, 3 00, 1 0, 1 0 0, 50, 3 0 0, 1 0, 1

,

was nach Einsetzung der gegebenen Gröÿen in das lineare Gleichungssystem

0, 2s1 + 0, 3s3 = 800, 1s1 + 0, 1s2 + 0, 5s4 = 800, 3s1 + 0, 1s3 + 0, 1s4 = 60

übergeht. Dieses ist zu lösen unter der Zusatzvoraussetzung, dass die hergestellten Mengennicht negativ sein dürfen, also

s1, s2, s3, s4 ≥ 0.

74

KAPITEL 2

Lineare Optimierung

2.1 Graphische Lösung

Aufgabe 2.1:

Gegeben ist die nebenstehende lineare Optimie-rungsaufgabe

(a) Bestimmen Sie für c1 = −10 die Mengealler Optimallösungen mithilfe der graphi-schen Darstellung.

(b) Für welche reellen Zahlen c1 ist die lineareOptimierungsaufgabe unlösbar.

z = c1x1 + 5x2 → min

2x1 − x2 ≤ 20x1 + x2 ≥ 5x1 − 2x2 ≤ 0x1 ≥ 0

x2 ≥ 4

Aufgabe 2.2:

Bestimmen Sie für die lineare Optimierungsaufgabe

z = −x1 + 3x2 → min

x1 + x2 ≥ 2x1 − 2x2 ≤ 0x1 + 2x2 ≤ 6

x2 ≥ 0

eine Optimallösung mithilfe der graphischen Darstellung.Welche der vier Nebenbedingungen sind für die Bestimmung des zulässigen Bereichs über-�üssig?

Aufgabe 2.3:

Lösen Sie die lineare Optimierungsaufgabe

z = x1 − 2x2 → minx1 ≤ 6x1 + x2 ≤ 8

−12x1 + x2 ≤ 4

x1, x2 ≥ 0

mithilfe der graphischen Darstellung. Geben Sie alle Lösungen an. Weshalb ist der PunktP (3; 5) keine optimale Lösung der Aufgabe?

75

Aufgabe 2.4:


z = −x1 + 3x2 → minx1 + x2 ≥ 1

3x1 − 2x2 ≤ 12x1 ≥ 0

x2 ≤ 4

mithilfe der graphischen Darstellung. Geben Sie alle Lösungen an. Weshalb ist der PunktP (3;−2) keine optimale Lösung der Aufgabe?

Aufgabe 2.5:

Lösen Sie die Aufgabe

z = x + 13y → min / max

3x + y ≥ 3x + 4y ≥ 4

0 ≤ x ≤ 1110 ≤ y ≤ 90

sowohl für die Minimierung als auch für die Maximierung mithilfe der graphischen Dar-stellung. Geben Sie jeweils alle Optimallösungen an.

Aufgabe 2.6:

Lösen Sie die Aufgabe

z = 5x + y → max

4x + 3y ≤ 12x − 2y ≤ 6

y ≤ 3x ≥ 0

auf graphischem Wege.Warum ist (x, y) = (4,−1) keine Lösung der Aufgabe?

Aufgabe 2.7:


z = 2x1 + x2 → maxx2 ≤ 3

x1 + x2 ≤ 44x1 − x2 ≤ 5x1 ≥ 0

mithilfe der graphischen Darstellung. Weshalb ist der Punkt P (2; 2) keine Lösung derAufgabe?

76

Aufgabe 2.8:


z = x1 + 2x2 → maxx2 ≥ 0

2x1 + x2 ≥ 4−2x1 + 3x2 ≤ 4x1 + x2 ≤ 6

mithilfe der graphischen DarstellungBegründen Sie, weshalb x1 = x2 = 3 keine Optimallösung de Aufgabe ist.

Aufgabe 2.9:


z = x1 + x2 → minx1 − x2 ≥ 1

2x1 + 3x2 ≥ 90 ≤ x1 ≤ 90 ≤ x2 ≤ 7

mithilfe der graphischen Darstellung.Geben Sie anschlieÿend eine Optimallösung an, wenn für die Variablen x1 und x2zusätzlich die Ganzzahligkeitsforderung zu berücksichtigen ist.

Aufgabe 2.10:

Gegeben ist das lineare Ungleichungssystem

2x1 − 3x2 ≥ 0x1 + 6x2 ≥ 6−x1 − x2 ≥ −6.

Bestimmen Sie mithilfe der graphischen Darstellung eine Lösung des Ungleichungssy-stems, die der linearen Funktion f = x1 + 5x2 ihren kleinsten Wert erteilt.

Aufgabe 2.11:

Bestimmen Sie für die beiden linearen Optimierungsaufgaben

(a) z1 = x1− x2→min

−x1 + 2x2 ≤ 4−2x1 + x2 ≥ −4x1 + x2 ≤ 5

x1, x2 ≥ 0

(b) z2 = x1 + x2→max

−x1 + 2x2 ≤ 4−2x1 + x2 ≥ −4x1 + x2 ≤ 5

x1, x2 ≥ 0

die Menge aller Optimallösungen mithilfe der graphischen Darstellung.

77

Aufgabe 2.12:


z = 2x1 − 4x2 −→ min

4x1 − x2 ≤ 12x1 + 6x2 ≥ 6−x1 + 2x2 ≤ 6

x1, x2 ≥ 0

die Menge aller Optimallösungen mithilfe der graphischen Darstellung.

Aufgabe 2.13:


z = 2x1 + x2 −→ max

x1 + x2 ≥ 42x1 − x2 ≤ 10x1 + 2x2 ≤ 8

x1, x2 ≥ 0

die Menge aller Optimallösungen mithilfe der graphischen Darstellung.Begründen Sie, warum die Punkte P1(5, 1) bzw. P2(6, 1) keine optimalen Lösungen sind.

Aufgabe 2.14:


z = 3x1 + x2 → max

x1 + 2x2 ≤ 10 (1)−x1 + 8x2 ≤ 0 (2)−x1 + x2 ≤ 2 (3)

x1, x2 ≥ 0

graphisch und geben Sie die Optimallösung an. Untersuchen Sie anschlieÿend, wie sichdas Lösungsverhalten ändert, falls die Restriktion x1 + 2x2 ≤ 10 entfällt.

Aufgabe 2.15:


z = 2x1 + 5x2 → max

− 3x1 + x2 ≤ 0 (1)2x1 + x2 ≤ 10 (2)x1 − 3x2 ≤ 3 (3)

x1, x2 ≥ 0

graphisch und geben Sie die Menge aller Optimallösungen an. Untersuchen Sie anschlie-ÿend, wie sich das Lösungsverhalten ändert, falls die Restriktion 5x1 + 2x2 ≥ 30 hinzu-gefügt wird.

78

Aufgabe 2.16:

Gegeben ist die lineare Optimierungsaufgabe

z = c1x1 + x2 → max

2x1 − 3x2 ≤ 12 (1)x1 + x2 ≤ 7 (2)

x2 ≤ 5 (3)

x1, x2 ≥ 0

(a) Bestimmen Sie mithilfe der graphischen Darstellung die Optimallösung der Auf-gabe für den Fall c1 = 2 .

(b) Wie ist c1 zu wählen, damit (x1, x2) = (0, 5) eine von unendlich vielen Optimal-lösungen der Aufgabe ist? Geben Sie dafür die Menge aller Optimallösungen undden optimalen Zielfunktionswert an.

2.2 Simplexalgorithmus für LOA

Aufgabe 2.17:

Gegeben sind die folgenden linearen Optimierungsaufgaben:

z = 5x1 − 4x2 → max / min

x1 + x2 ≤ 7x1 ≥ 1 xj ≥ 0, j = 1, 2x1 − x2 ≤ 4.

Bestimmen für das Maximierungsproblem eine Optimallösung mithilfe der graphischenDarstellung und für das Minimierungsproblem eine Optimallösung mithilfe der Simplex-methode.

Aufgabe 2.18:


z = 161x1 − 151x2 + 114x3 → max

x1 + x2 − x3 ≤ 9x1 − x2 + x3 ≤ 13

xj ≥ 0, j = 1, 2, 3

eine Optimallösung mithilfe der Simplexmethode.Untersuchen Sie anschlieÿend, ob es weitere Optimallösungen gibt.

Aufgabe 2.19:


z = 4x1 − 5x2 + x3 → maxx1 − x2 + x3 = 30x1 + 2x2 − x3 ≤ 16

x1, x2, x3 ≥ 0

eine Optimallösung mithilfe der Simplexmethode.

79

Aufgabe 2.20:


z = −3x1 + x2 + 2x3 → max

x1 + 2x2 + x3 ≤ 102x1 − x2 + x3 ≤ 1

x1, x2, x3 ≥ 0

eine Optimallösung mithilfe der Simplexmethode.Begründen Sie die Eindeutigkeit der von Ihnen gefundenen Lösung.

Aufgabe 2.21:

Gegeben seien die Optimierungsaufgaben

z = 2x1 + 3x2 → min /max

2x1 − x2 ≤ 612x1 + x2 ≤ 4

− x1 − x2 ≤ 1x1 ≥ 0.

Lösen Sie

(a): die Minimierungsaufgabe graphisch,(b): die Maximierungsaufgabe unter der Zusatzvoraussetzung x2 ≥ 0 mitderSimplexmethode.

Aufgabe 2.22:


2x1 − x2 → max

3x1 − x2 = 3x1 + x2 ≤ 2

x1, x2 ≥ 0

mithilfe des Simplex-Algorithmus. Ist die Lösung eindeutig?

Aufgabe 2.23:


z = 5x1 + 5x2 + 2x3 → maxx1 + 2x2 + x3 = 33x1 + x2 ≤ 12x1 − 3x2 ≤ 4

xj ≥ 0, j = 1, 2, 3


80

Aufgabe 2.24:


z = 3x1 − 2x2 + x3 → max

x1 + x2 − x3 ≤ 23x1 − x2 + x3 ≤ 37

xj ≥ 0, j = 1, 2, 3

eine Optimallösung mithilfe der Simplexmethode. Untersuchen Sie anschlieÿend, ob esweitere Optimallösungen gibt.

Aufgabe 2.25:


z = 7x2 + 10x3 → max

x1 + 2x2 ≤ 2x1 − 7x2 + x3 ≤ 2

xj ≥ 0 , j = 1, 2, 3

eine Optimallösung mithilfe der Simplexmethode. Untersuchen Sie anschlieÿend, ob esweitere Optimallösungen gibt.

Aufgabe 2.26:

Für die lineare Optimierungsaufgabe (A) mit dem Parameter p liegt ein Simplextableau(ST) vor, wobei die zugehörigen Schlupfvariablen mit u1, u2 und u3 bezeichnet wurden.

(A) :

z = px1 − 12x2 → max

x1 + x2 ≤ 7x1 − 3x2 ≤ 3−x1 + x2 ≤ 1

x1 ≥ 0x2 ≥ 0

(ST) :

x1 x2 u1 u2 u3xB cB p −12 0 0 0 bx1 p 1 0 1

20 −1

23

u2 0 0 0 1 1 2 12x2 −12 0 1 1

20 1

24

0 0 p2− 6 0 −p

2− 6 3p− 48

(a) Bestimmen Sie für p = 4 die Menge aller Optimallösungen von (A) mithilfe dergraphischen Darstellung.

(b) Geben Sie die zu (ST) gehörende Basislösung und den zugehörigen Zielfunkti-onswert an.Für welche Werte von p ist diese Basislösung optimal?

(c) Bestimmen Sie ausgehend von (ST) eine Optimallösung für p = 16.

Aufgabe 2.27:

Beim Lösen der linearen Optimierungsaufgabe (A) mit dem Parameter p ergibt sich dasSimplextableau (ST), wobei die Schlupfvariablen mit x3, x4 und x5 bezeichnet wurden.

81

(A) :

z = 8x1 + p x2 → max

x1 + x2 ≤ 7− x1 + x2 ≤ 6x1 ≤ 5

x1 ≥ 0x2 ≥ 0

(ST) :

x1 x2 x3 x4 x5xB cB 8 p 0 0 0 bx2 p 0 1 1 0 −1 2x4 0 0 0 −1 1 2 9x1 8 1 0 0 0 1 5

0 0 p 0 8− p 40 + 2p

(a) Für welche Zahlen p ist die zu (ST) gehörende Basislösung die eindeutig be-stimmte Optimallösung?

(b) Bestimmen Sie ausgehend von (ST) eine Optimallösung von (A) für p = 9.(c) Bestimmen Sie für p = −1 eine Optimallösung von (A) mit Hilfe der graphischen

Darstellung.

Aufgabe 2.28:


z = 3x1 − 3x2 → min

2x1 + x2 ≤ 16 (1)− 2x1 + x2 ≤ 4 (2)−x1 + x2 ≤ 6 (3)

x1 ≥ 0x2 ≥ 0

(a) alle Optimallösungen mithilfe der graphischen Darstellung,(b) eine Optimallösung mithilfe der Simplexmethode.

Aufgabe 2.29:

Beim Lösen der linearen Optimierungsaufgabe (A) mit dem Parameter p ergibt sichdas Simplextableau (ST), wobei die Schlupfvariablen mit x3, x4 und x5 bezeichnetwurden.

(A) :

z = 2x1 − p x2 → max

x1 − 2x2 ≤ 2x1 − x2 ≤ 4x1 ≤ 8

x1 ≥ 0x2 ≥ 0

(ST) :

x1 x2 x3 x4 x5xB cB 2 −p 0 0 0 bx1 2 1 0 0 0 1 8x2 −p 0 1 0 −1 1 4x3 0 0 0 1 −2 1 2

0 0 0 p 2− p 16− 4p

(a) Bestimmen Sie für p = 4 alle Optimallösungen von (A) mit Hilfe der graphischenDarstellung.

(b) Geben Sie die zu (ST) gehörende Basislösung an. Für welche Zahlen p ist dieBasislösung optimal ?

(c) Bestimmen Sie ausgehend von (ST) eine Optimallösung von (A) für p = 3.(d) Entscheiden Sie ausgehend von (ST), welcher Lösungsfall für p = −1 eintritt.

82

Aufgabe 2.30:


z = x1 + x2 + x3 → max

x1 + x2 = 12x1 − x2 − x3 = 5

x1, x2, x3 ≥ 0

mithilfe der Simplexmethode und interpretieren Sie das Ergebnis.

Aufgabe 2.31:

Gegeben ist die lineare Optimierungsaufgabe

z = 3x1 + 2x2 + x3 −→ max

x1 + x2 + x3 = 4x1 − x2 ≤ 5

x1, x2, x3 ≥ 0.

(a) Berechnen Sie mithilfe der Simplexmethode eine optimale Lösung und begründenSie, warum diese eindeutig bestimmt ist.

(b) Zeigen Sie, dass für die gegebene lineare Optimierungsaufgabe x1 = 1, x2 = 2,x3 = 1 eine zulässige Lösung ist, aber keine Basislösung.

Aufgabe 2.32:


z = 3x1 − 2x2 + x3 − 5x4 −→ max

x1 + 3x2 − x3 + 4x4 ≤ 62x1 − x2 + 2x3 + 3x4 ≤ 16

x1, x2, x3, x4 ≥ 0


Aufgabe 2.33:

Betrachtet werde die lineare Zielfunktion

z = 2x1 − 4x2

unter den folgenden linearen Nebenbedingungen:

x1 − x2 ≥ 2 (1)x1 − 2x2 ≤ 4 (2)

0 ≤ x1 ≤ 7 (3)0 ≤ x2

(a) Bestimmen Sie die Menge aller Optimallösungen der linearen Optimierungsauf-gabe für die zu maximierende Zielfunktion z mithilfe der graphischen Darstel-lung.

(b) Berechnen Sie die Optimallösung der linearen Optimierungsaufgabe für die zuminimierende Zielfunktion z mithilfe der Simplexmethode.

83

(c) Wie ändert sich das Lösungsverhalten der linearen Optimierungsaufgabe für diezu minimierende Zielfunktion z, wenn die Nebenbedingung x1 ≤ 7 entfällt?

Aufgabe 2.34:

Betrachtet werde die lineare Zielfunktion

z = 2x1 − x2

unter den folgenden linearen Nebenbedingungen:

− x1 + x2 ≥ 3 (1)−2x1 + x2 ≤ 6 (2)

x2 ≤ 8 (3)

x1, x2 ≥ 0

(a) Lösen Sie die lineare Optimierungsaufgabe für die zu maximierende Zielfunk-tion z mithilfe der graphischen Darstellung.

(b) Berechnen Sie eine Optimallösung der linearen Optimierungsaufgabe für die zuminimierende Zielfunktion z mithilfe der Simplexmethode.Ist die berechnete Optimallösung die einzige Optimallösung?

(c) Wie ändert sich das Lösungsverhalten der linearen Optimierungsaufgabe für diezu maximierende Zielfunktion z, wenn in den Nebenbedingungen (1) und(2) die Ungleichheitsrelationen umgekehrt werden, d.h. −x1 + x2 ≤ 3 und−2x1 + x2 ≥ 6 gefordert wird?Wie äuÿert sich das bei Rechnung mit dem Simplexalgorithmus?(Es genügt hier eine kurze Beschreibung dessen, was bei der Rechnung �passiert�!)

Aufgabe 2.35:

Bestimmen Sie mithilfe der Simplexmethode eine Optimallösung der linearen Optimie-rungsaufgabe

z = 5x1 − 2x2 − 3x3 → min

− x1 + x2 + x3 = 302x1 + x3 ≤ 16

x1, x2, x3 ≥ 0.

Ist die bestimmte Lösung die einzige Optimallösung der linearen Optimierungsaufgabe?

Aufgabe 2.36:

Bestimmen Sie eine Optimallösung der linearen Optimierungsaufgabe

z = − x1 + 2x2 − 3x3 → min

− x1 + x2 − x3 ≥ 4− 3x1 + x2 + x3 ≤ 6

x1, x2, x3 ≥ 0

mit dem Zwei-Phasen-Algorithmus. Ist die Optimallösung eindeutig bestimmt?

84

Aufgabe 2.37:

Bestimmen Sie alle Optimallösungen der linearen Optimierungsaufgabe

z = −x1 −x3 +x4 → min

x1 +x2 = 4x2 +x3 ≤ 7−x2 +x3 +x4 = 1

x1, x2, x3, x4 ≥ 0

mithilfe der Simplexmethode.

Aufgabe 2.38:

Bestimmen Sie eine Optimallösung der linearen Optimierungsaufgabe

z = − 2x1 + x2 → min

x1 − 2x2 − x3 = 2x1 − x2 + x3 ≤ 4

x1, x2, x3 ≥ 0

mit dem Zwei-Phasen-Simplex-Algorithmus.Ist die ermittelte Optimallösung eindeutig bestimmt?

2.3 Anwendung und Modellierung von LOA

Aufgabe 2.39:

Aus 3 Rohsto�en werden 2 Produkte gefertigt. Der nachstehenden Tabelle sind die verfüg-baren Rohsto�mengen, die Bedarfsgröÿen an Einheiten des Rohsto�es je Produkteinheitund die für eine Einheit des Produktes zu erzielenden Preise zu entnehmen. Stellen Sieein mathematisches Modell für eine Produktionsplan mit maximalem Gewinn auf undlösen Sie die entsprechende lineare Optimierungsaufgabe graphisch.

Rohsto� Verbrauch pro Einheit verfügbareNr. Produkt 1 Produkt 2 Menge1 2 4 162 2 1 103 4 0 20

Preis 2 3

Aufgabe 2.40:

Anlässlich und zur Finanzierung einer Examensfeier soll ein neues Mixgetränk LeichtePrüfung (LP) kreiert werden. Zum Mischen stehen drei Basis�üssigkeiten in ausreichen-dem Maÿe zur Verfügung:

Basis�üssigkeit Alkohol (%) Kosten (e/Liter)Klarer 40 6Kräuterlikör 20 9Orangensaft 0 1

85

LP soll einen Alkoholgehalt von mindestens 6% haben, aus mindestens 10% Kräuterlikörbestehen und soll eine Orangensaftanteil von höchstens 75% besitzen.Wie muss die Mischung aussehen, damit LP möglichst geringe Kosten pro Liter verur-sacht? Wie ändert sich die Lösung, wenn LP einen Alkoholgehalt von genau 10% habensoll?

Aufgabe 2.41:

Ein Walzwerk erhält von einem Stahlbaubetrieb den Auftrag zur Lieferung des folgendenSortimentes eines bestimmten Pro�leisens: 400 Stück der Länge l1 = 8 m, 600 Stückder Länge l2 = 7 m, 300 Stück der Länge l3 = 5 m.Die Pro�leisen werden aus Fixlängen von L = 20 m geschnitten. Es besteht die Möglich-keit, mehr als die geforderte Stückzahl zu fertigen, soweit die freie Lagerkapazität dafürausreichend ist. Unabhängig von der Stangenlänge li, i = 1, 2, 3, beträgt diese momentanmaximal 400 Stück.Bestimmen Sie alle sinnvollen Zuschnittvarianten und stellen Sie anschlieÿend ein ma-thematisches Modell für die Erfüllung des oben beschriebenen Auftrages auf, wobei dasZuschneiden soll so erfolgen, dass insgesamt möglichst wenig Abfall entsteht.

Aufgabe 2.42:

Ein Unternehmen stellt drei Erzeugnisse Ej, j=1,2,3 her, welche teilweise wieder selbstentsprechend der linken Tabelle (Matrix A) verbraucht werden. Zur Herstellung dieserErzeugnisse sind die vier Materialien Mi, i=1,2,3,4 gemäÿ der rechten Tabelle (MatrixB) notwendig. An Materialien stehen maximal 150, 200, 50, bzw. 200 Einheiten (Vektorr) an M1,M2,M3 bzw. M4 zur Verfügung.Wie kann das Unternehmen seinen Gewinn maximieren, wenn es 2, 1 bzw. 3 Geldeinhei-ten Gewinn (Vektor c) je Einheit E1, E2 bzw. E3 erzielt und bereits 5, 8 bzw. 6 Einheiten(Vektor m) an E1, E2 bzw. E3 vertraglich gebunden sind?Stellen Sie ein Modell zur Bestimmung eines optimalen Produktionsprogrammes auf. Un-terscheiden Sie bei den Modellvariablen zunächst in die Vektoren x der Anzahlen zuproduzierender Erzeugnisse (Bruttoproduktion) und y der Anzahlen davon verkaufbarerErzeugnisse (Nettoproduktion). Nutzen Sie die Beziehungen zwischen x und y, um ver-schiedene Modellvarianten zu erhalten (gemischte Aufgabe bzw. nur in Abhängigkeit vonx oder y).

Eigenverbrauch an E1 E2 E3

E1 1/2 0 1/4je Einheit E2 0 0 1/4

E3 1/2 1/2 0

Verbrauch an M1 M2 M3 M4

E1 2 4 0 2je Einheit E2 1 1 1 0

E3 0 3 0 4

Aufgabe 2.43:

Es wird eine Zweiprodukt-Unternehmung betrachtet. Produkt 1 beansprucht in der Ab-teilung I genau 5 ZE je Stück, in der Abteilung II kann die Intensität des Aggregatesvariiert werden und das Produkt benötigt entweder 5, 4 oder 3 ZE je Stück. Die variablenKosten je Stück betragen 20, 70 oder 160 GE, je nachdem, ob das Produkt mit der nied-rigsten, mittleren oder höchsten Intensität gefertigt wird. Für das Produkt 2 bestehendie Möglichkeiten der Fertigung einer Normalausführung (2 ZE in Abteilung I und 3 ZE

86

in Abteilung II, Bruttogewinn 40) oder einer Luxusvariante (3 ZE in Abteilung I und4 ZE in Abteilung II, Bruttogewinn 60). Insgesamt sollen vom Produkt 2 genau 2000Stück produziert werden. Die Kapazitäten der Abteilungen betragen für die betrachtetePeriode 7000 ZE (Abteilung I) bzw. 8200 ZE (Abteilung II).

Aufgabe 2.44:

Ein Unternehmen will zwei Produkte A und B herstellen, von denen höchstens 200 bzw.300 Stück abgesetzt werden können. Von B muss mindestens soviel hergestellt werdenwie von A. Die Produkte A und B bringen Erlöse von 2000 bzw. 800 e. Zur Produktioneines Stücks von A werden 2 Stunden am Drehautomaten, 2 Stunden am Fräsautomatenund 1 Stunde am Schleifautomaten benötigt. Zur Produktion eines Stücks von B werden1 Stunde am Drehautomaten und 3 Stunden am Schleifautomaten benötigt. Insgesamtstehen nur noch 500 bzw. 300 bzw. 800 h am Dreh- bzw. Fräs- bzw. Schleifautomatenzur Verfügung. Das Unternehmen will seinen Erlös aus der Produktion von A und Bmaximieren.Entwickeln Sie für diese Aufgabe ein mathematisches Modell.

Aufgabe 2.45:

Eine Werbeabteilung möchte für ein Produkt eine Absatzsteigerung erreichen. Dazu sol-len Anzeigen in drei Zeitschriften (Zi, i = 1, 2, 3) aufgegeben werden. Pro Anzeige inZ1 werden 200000 Personen, in Z2 100000 Personen und in Z3 400000 Personen erreicht.Man möchte mindestens 2 Millionen Personen erreichen. In Z1 und Z2 sind zusammenmindestens 3 Anzeigen vorzusehen. In Z3 sollen mindestens so viele Anzeigen wie in Z1

und Z2 zusammen aufgegeben werden. Die Kosten pro Anzeige belaufen sich je auf 3000,2000 bzw. 5000 GE.Das Problem besteht darin, die Anzeigen so zu plazieren, dass die Kosten unter Einhal-tung der obigen Forderungen minimal werden.Stellen Sie für dieses Problem ein mathematisches Modell auf.

Aufgabe 2.46:

Eine Möbelfabrik hat noch 500 laufende Meter hochwertiger Bretter vom Typ A und300 laufende Meter speziell veredelter Bretter vom Typ B zur Verfügung. Auf Grunddes Bedarfs ist es sinnvoll, daraus wenigstens 40 Spiegelschränke (SPS), 130 Konsolen(KS), 30 Highboards (HB) und nicht mehr als 10 Wandschränke (WS) herzustellen. DerArbeitszeitfond für diese Arbeiten beläuft sich auf 800 Stunden.In der folgenden Tabelle ist der Aufwand an Brettern in Metern, der Arbeitsaufwand inStunden sowie der Gewinn in e (jeweils pro Stück) angegeben:

SPS KS HB WSTyp A 1,7 0,1 3,1 4,0Typ B 1,0 1,1 1,2 0,3Arbeitszeit 3,0 0,5 5,0 9,0Gewinn 60 20 80 70

Formulieren Sie für dieses Problem eine Optimierungsaufgabe, die einen Produktionsplanmit maximalem Gewinn sucht.(Die Optimierungsaufgabe soll nicht gelöst werden.)

87

Aufgabe 2.47:

Bauunternehmer Klotze möchte seine 28 Arbeiter für 2 Monate so auf drei BaustellenB1, B2 und B3 verteilen, dass jeder Arbeiter für die gesamten 2 Monate genau einerBaustelle zugeordnet wird. Weiter sollen auf B1 mindestens halb soviele Arbeiter wie aufB2, aber höchstens dreimal soviele Arbeiter wie auf B3 tätig sein. Klotze geht weiterhindavon aus, dass er aus der Beschäftigung seiner Untergebenen auf B1, B2 und B3 jeweilspro Arbeitnehmer einen Gewinn von 20, 30 bzw. 15 Geldeinheiten innerhalb der 2 Monateerzielt.

Modellieren Sie diesen Sachverhalt unter der Bedingung, dass Klotze den von ihmerwarteten Gewinn unter den gegebenen Beschränkungen maximiert.

(Hinweis: Das Modell soll nicht gelöst werden.)

Aufgabe 2.48:

Ein Landwirt möchte seine Acker�äche der Gröÿe 100 Flächeneinheiten so mit Weizen,Mais und Raps bebauen, dass folgendes gilt: Mindestens 20 % des Landes müssen brachbleiben. Keine der 3 P�anzen darf mehr als 40 % der insgesamt zur Verfügung stehendenFläche einnehmen. Mindestens ebensoviel wie die für Weizen vorgesehene Fläche mussmit Mais bebaut werden. Wie ist das Land zu bestellen, wenn pro Flächeneinheit Weizen(Mais, Raps) mit 50 (30, 35) Geldeinheiten Gewinn gerechnet werden kann und derGesamtgewinn maximiert werden soll? Stellen Sie für diese Aufgabe ein mathematischesModell auf.

Aufgabe 2.49:

Eine Tiermästerei möchte aus drei verschiedenen Futtersorten eine Mischung herstellen,die hinsichtlich zweier Vitamine gewisse Mindestanforderungen erfüllt. Die nachstehendeTabelle gibt die jeweils in einem kg Futter pro Sorte enthaltene Menge an Vitaminen inmg an.

Futter1 2 3

Vitamin 1 0 1 6Vitamin 2 1 1 2

In 1 kg des Futtergemisches sollen mindestens 3 mg desersten und 1,5 mg des zweiten Vitamins enthalten sein.Die Preise pro kg betragen für die erste Futtersorte2 e , für die zweite 3 e und die dritte 12 e .

Geben Sie ein Optimierungsproblem zur Bestimmung einer Futtermischung mit minima-lem Kilogramm-Preis an.

88

2.4 Lösungen


(a) Als Erstes wird der zulässige Bereich graphisch bestimmt, indem die einzelnenRestriktionen im karthesischen Koordinatensystem abgebildet werden. Nachdem eineGerade (z.B. 2x1 − x2 = 20) gezeichnet wird, muss anschlieÿend entschieden werden, obsich die zulässigen Punkte darunter oder darüber be�nden. Das kann durch Einsetzeneines beliebigen Punktes (z.B. (0, 0)) in die Ungleichungsrestriktion realisiert werden(für (x1, x2) = (0, 0) gilt für die erste Restriktion 2 · 0 − 0 ≤ 20 ⇒ 0 ≤ 20, was derWahrheit entspricht und somit sind alle Punkte, die auf der gleichen Seite der Gera-den 2x1−x2 = 20 wie der Punkt (0, 0) liegen - in diesem Fall darüber - ebenfalls zulässig).

-20

100 x1

x2

2x - x =201 2

Auf diese Weise wird weiter vorgegangen bis alle Restriktionen abgebildet sind. DiePunkte, die für alle Nebenbedingungen gleichzeitig (Durchschnitt der Halbräume)zulässig sind, bilden den zulässigen Bereich der Optimirungsaufgabe.

-20

100 x1

x2 2x - x = 201 2

5

5

4

x - 2x = 01 2

x = 42

x + x = 51 2

Als Nächstes wird eine Niveaulinie der Zielfunktion gezeichnet (die braune Gerade inder nachstehenden Abbildung) und die Minimierungsrichtung bestimmt (das kann auchdurch �Testen� erfolgen - ob z.B. im Punkt (0,−1) die Zielfunktion einen kleineren Wert

89

besitzt als im Punkt (0, 0)).In der betrachteten Aufgabe für c = −10 beträgt der Funktionswert im Punkt (0, 0) null(z = 0), im Punkt (0,−1) z = −5. Somit kann die Minimierungsrichtung (der kleinePfeil) skizziert werden.

100 x 1

x 2

5

5

4

z = 0

z = -100

Jetzt wird die Niveaulinie der Zielfunktion gedanklich über den zulässigen Bereich in Mini-mierungsrichtung parallel verschoben bis der letzte zulässige Punkt (oder Menge) erreichtist - dieser Punkt (Strecke oder Strahl) ist die gesuchte Lösung der Optimierungsaufgabe.Für die betrachtete Aufgabe ist das ein Strahl (unten rot markiert) ausgehend vom PunktQ = (131

3; 62

3) (Schnittpunkt der Geraden 2x1 − x2 = 20 und x1 − 2x2 = 0). Die Menge

der optimalen Lösungen kann somit wie folgt dargestellt werden:

L =

{(x1, x2) : 2x1 − x2 = 20, x1 ≥ 13

1

3

}.

100 x 1

x 2

5

5

4

z = 0

(13,3 ; 6,7)

Der optimale Zielfunktionswert beträgt zmin = −100 (um das zu berechnen setzt maneinen der optimalen Punkte z.B. Q in die Zielfunktion ein).

(b) Die Aufgabe besitzt keine Lösung, wenn c < −10 ist. In diesem Fall könnte dieZielfunktion unendlich weit nach rechts verschoben werden.

90


Optimallösung ist der Schnittpunkt der Geraden x1 + x2 = 2 und x1 − 2x2 = 0.Die Lösung des zugehörigen Gleichungssystems ist xmin = (4/3; 2/3).Der minimale Zielfunktionswert beträgt zmin = 2/3.Die Nichtnegativitätsbedingung für x2 ist redundant (über�üssig).

2 6

2

3

-

x1

6x2............................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................

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..............................z = 0.....................................................................................

minwxmin


-8 8

4

8

6

-x1

6x2

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AAKz fällt

z = 0

uTuSeP

Optimal sind alle Punkte auf der Strecke ST , dabei sind S(0; 4) bzw. T

(8

3;16

3

)die

Schnittpunkte der Geraden −1

2x1 + x2 = 4 mit der x2-Achse bzw. mit der Geraden

x1 + x2 = 8.

Lösungsdarstellungen: zmin = z(S) = z(T ) = −8

Variante 1: x2 = 4 +1

2x1 , x1 ∈

[0;

8

3

]Variante 2: x =

(x1x2

)= λ

(0

4

)+ (1− λ)

( 83163

), λ ∈ [0; 1].

Der Punkt P (3; 5) ist zwar zulässig, wegen z(P ) = −7 jedoch nicht optimal.

91


1 3 4

−6

−2

1

4

-x1

6x2

....................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................

.............................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................

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z = 0.....................................................................

min

wxmin gP (3,−2)

Keine Nichtnegativitätsforderung für x2 !

Einzige Optimallösung ist der Schnittpunkt der Geraden x1+x2 = 1 und 3x1−2x2 = 12.Die Lösung des zugehörigen Gleichungssystems ist xmin = (14/5;−9/5) = (2, 8;−1, 8).Der minimale Zielfunktionswert beträgt zmin = −41/5 = −8, 2.Der Punkt P (3;−2) besitzt zwar mit z(P ) = −9 einen kleineren Zielfunktionswert, istjedoch nicht zulässig, weil dafür die zweite Nebenbedingung verletzt ist.


1 4

1

3

111

90

-

x

6y

.......

......

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pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp

��1z wächst

z = 0

zmin

uP1(811, 911

)

uP2(0, 3)

qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq

qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqq

zmax

eQ(111, 90)

92

Minimierungsaufgabe:

Optimal sind alle Punkte auf der Strecke P1P2, dabei sind P1

(8

11,

9

11

)bzw. P2(0, 3) die

Schnittpunkte der Geraden 3x+y = 3 mit der Geraden x+ 4y = 4 bzw. mit der y-Achse.

Lösungsdarstellungen: zmin = z(P1) = z(P2) = 1

Variante 1: y = 3− 3x , x ∈[0;

8

11

]

Variante 2:

(x

y

)= λ

(0

3

)+ (1− λ)

( 811911

), λ ∈ [0; 1].

Maximierungsaufgabe:

Einzige Optimallösung an den oberen Schranken im Punkt Q(111, 90) mit zmax = 141.


Keine Nichtnegativitätsforderung für die Variable y !

3 4 6-1

-3

3

4

-

x

6y

..........................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................

............................

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z = 0................................

................................................................ max

sPmax

s(x, y)

Im Lösungspunkt sind die Bedingungen4x + 3y ≤ 12 und x − 2y ≤ 6 aktiv, d.h.mit Gleichheit erfüllt.Wir lösen das lineare Gleichungssystem

4x + 3y = 12x − 2y = 6

mit Gauss�Algorithmus:

1 -2 6

4 3 12

1 -2 6

0 11 -12

1 0 4211

0 1 -1211

Deshalb ist Pmax =

(42

11,−12

11

)Lösung der Aufgabe. Der maximale Wert der Zielfunktion

über dem zulässigen Bereich beträgt

zmax = 5 · 42

11− 12

11=

198

11= 18.

Der Punkt (x, y) kann keine Lösung sein, weil er nicht zulässig ist:

4x+ 3y = 16− 3 = 13 6≤ 12

93


−1 1−1

1

-x1

6x2

..............................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................

..................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................

...................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................

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�*

z = 0

wxmax

Der gesuchte Optimalpunkt ist der Schnittpunkt der Geraden x1 + x2 = 4 und4x1 − x2 = 5. Durch Anwendung des Einsetzungsverfahrens erhält man leicht

xmax =

(9

5,11

5

). Der maximale Zielfunktionswert ist f ∗ = 2 · 1, 8 + 2, 2 = 5, 8.

Der Punkt (2; 2) ist keine Lösung, da er nicht zulässig ist: 4 · 2− 2 = 6 6≤ 5.


Optimallösung ist der Schnittpunktder Geraden x1 + x2 = 6 und−2x1 + 3x2 = 4.Die Lösung des zugehörigen Glei-chungssystems istxmax = (14/5; 16/5) = (2, 8; 3, 2)

mitzmax = 46/5 = 9, 2.

Der Punkt (3; 3) liegt zwarim zulässigen Bereich, ist mitz = 9 < zmax jedoch nicht optimal.

94


Optimallösung ist der SchnittpunktP der Geraden x1 − x2 = 1 und3x1 + 2x2 = 9.Die Lösung des zugehörigen Glei-chungssystems istxmin = (12/5; 7/5) = (2, 4; 1, 4)

mitzmin = 19/5 = 3, 8.

Das ganzzahlige Optimum liegt imPunkt Q(3; 1) mit z = 4.


Man beachte ! Der Anstieg der Zielfunktionsni-veaus f = x1 + 5x2 = c, bzw. x2 = −1

5x1 + c

5,

ist mit dem Wert −15kleiner als der Anstieg der

Begrenzungsgeraden aus der zweiten Nebenbe-dingung x1 + 6x2 = 6, bzw. x2 = −1

6x1 + 1, mit

dem Wert −16! Die beiden Geraden sind nicht

parallel!

Die einzige Optimallösung xmin liefert derSchnittpunkt P der Geraden 2x1 − 3x2 = 0und x1 + 6x2 = 6.

Die Lösung des zugehörigen Gleichungssystemsist xmin =

(65; 45

)= (1, 2; 0, 8)

mit fmin = 265

= 5, 2.


Das System der Nebenbedingungen und damitder zulässige Bereich ist für beide Aufgabengleich:

−x1 + 2x2≤ 4 (1)

−2x1 + x2≥−4 (2)

x1 + x2≤ 5 (3)

x1, x2 ≥ 0

(a) Einzige Optimallösung fürz1 = x1 − x2 → min

ist der Schnittpunkt P (0; 2) der ersten Neben-bedingung mit der x2-Achse mit zmin

1 = −2.

95

(b) Optimallösungen für z2 = x1 + x2 → max sind die Punkte auf der Strecke QR:

Q : −x1 + 2x2 = 4x1 + x2 = 5

3x2 = 9x1 + x2 = 5

x2 = 3x1 = 2

R : −2x1 + x2 = −4x1 + x2 = 5

3x2 = 6x1 + x2 = 5

x2 = 2x1 = 3

Darstellung der Menge aller Optimallösungen z.B. als

x2 = 5− x1, x1 ∈ [2; 3], mit zmax1 = z1(Q) = z1(R) = 5

oder als konvexe Linearkombination

(x1x2

)= λ

(23

)+ (1− λ)

(32

), λ ∈ [0; 1].


Das System der Nebenbedingungen

4x1− x2≤ 12 (1)

x1 + 6x2≥ 6 (2)

−x1 + 2x2≤ 6 (3)

x1, x2 ≥ 0

ergibt den nebenstehend skizzierten zu-lässigen Bereich.

Die Zielfunktionsniveaus z = 2x1−4x2 = c = const. bzw. x2 = 12x1− c

4liegen parallel zur

Begrenzungsgeraden der Nebenbedingung (3) und fallen bei Verschiebung in Richtungauf diese Gerade.Optimallösungen sind die Punkte auf der Strecke PQ mit P (0; 3) und Q aus demSchnitt von (1) mit (3):

4x1 − x2 = 12 ·2 +−x1 + 2x2 = 6 + ·47x1 = 30

7x2 = 36

x1 = 307

x2 = 367

⇒ Q(307

; 367

)

Darstellung der Menge aller Optimallösungen z.B.

als x2 =1

2x1 + 3, 0 ≤ x1 ≤

30

7,

mit zmin = z(P ) = z(Q) = −12,

oder als konvexe Linearkombination(x1

x2

)= λ

(0

3

)+ (1− λ)

(307

367

), 0 ≤ λ ≤ 1.

96


Das System der Nebenbedingungen

x1 + x2≥ 4 (1)

2x1− x2≤ 10 (2)

x1 + 2x2≤ 8 (3)

x1, x2 ≥ 0

ergibt den nebenstehend skizzierten zu-lässigen Bereich.

Die Zielfunktionsniveaus z = 2x1 + x2 = c = const. bzw. x2 = −2x1 + c besitzen denAnstieg −2, das Zielfunktionsniveau wächst mit wachsendem Achsenabschnitt c auf derx2-Achse.Die einzige Optimallösung wird im Schnittpunkt Q der Grenzgeraden der Bedingungen(2) und (3) angenommen:

2x1 − x2 = 10 ·2 −x1 + 2x2 = 8 + ·2

5x1 = 285x2 = 6

x1 = 285

x2 = 65

⇒ Q(285

; 65

)

Optimaler Zielfunktionswert ist

zmax = z(Q) = 2 · 28

5+

6

5=

62

5= 12

2

5.

Schon wegen z(P1) = 2 · 5 + 1 = 11 6= zmax undauch z(P2) = 2 · 3 + 1 = 13 6= zmax können wederP1 noch P2 (weitere) Optimallösungen sein.P1 ist zwar zulässsig, es gilt aber z(P1) < zmax.Dagegen gilt z(P2) > zmax, jedoch ist P2 nicht zu-lässig, P2 erfüllt die Nebenbedingung (2) nicht.


97

Die einzige Optimallösung wird im Schnittpunkt P der Begrenzungsgeraden der Bedin-gungen (1) und (2) angenommen:

x1 + 2x2 = 10 ·4−x1 + 8x2 = 0 + −

10x2 = 10x2 = 1

5x1 = 40

x1 = 8

⇒ P (8; 1)


zmax = z(P ) = 3 · 8 + 1 · 1 = 25 .

Falls die Restrition x1 + 2x2 ≤ 10 (1) ent-fällt, wird der zulässige Bereich unbeschränktund die Zielfunktionsniveaus lassen sich belie-big weit in Maximierungsrichtung verschieben.Die Optimierungsaufgabe ist unlösbar, weil derWert der Zielfunktion nach oben unbeschränktist.


Die einzige Optimallösung wird im Schnittpunkt P der Begrenzungsgeraden der Bedin-gungen (1) und (2) angenommen:

− 3x1 + x2 = 0 ·2 −2x1 + x2 = 10 ·3 +

5x2 = 30x2 = 6

5x1 = 10

x1 = 2

⇒ P (2; 6)


zmax = z(P ) = 2 · 2 + 5 · 6 = 34.

Falls die Restriktion 5x1 + 2x2 ≥ 30 (in derGraphik (4)) hinzugefügt wird, werden die Ne-benbedingungen widersprüchlich. Die Optimie-rungsaufgabe ist dann unlösbar, weil der zuläs-sige Bereich leer ist.

98


(a) Für c1 = 2 wird einzige Optimallösung im Schnittpunkt P der Begrenzungsgeradender Bedingungen (1) und (2) angenommen:

2x1 − 3x2 = 12 + +x1 + x2 = 7 ·(−2) ·3

−5x2 = −2x2 = 2

5

5x1 = 33x1 = 33

5

⇒ P(335, 2

5

)Optimaler Zielfunktionswert ist

zmax = z(P ) = 2 · 335

+ 1 · 25

= 685.

(b) Wenn in der Zielfunktion z = c1x1 + c2x2 Koe�zienten variieren, bleibt der zulässigeBereich dabei unverändert, ist also stets der oben skizzierte.

Damit (x1, x2) = (0, 5) eine von unendlich vielen Optimallösungen der Aufgabe ist, müs-sten diese entweder auf der Strecke (beschränkte Kante des zulässigen Bereiches) zwischen(x1, x2) = (0, 0) und (x1, x2) = (0, 5) oder auf der Strecke zwischen (x1, x2) = (0, 5) und(x1, x2) = (2, 5) (Schnittpunkt von (2) mit (3)) liegen.Für den erstgenannten Fall müssten die Zielfunktionsniveaus (Geraden für konstanteZielfunktionswerte) parallel zur x2-Achse, für den zweiten Fall parallel zur x1-Achse lie-gen. Im ersten Fall müsste also der Zielfunktionskoe�zient c2 = 0 sein, im zweiten Fallc1 = 0. Weil c2 = 1 6= 0 , kann nur der zweite Fall eintreten, d.b. es muss c1 = 0 gelten.

Die optimalen Lösungen für die Zielfunktion z = x2 → max sind dann alle konvexenLinearkombinationen von (x1, x2) = (0, 5) und (x1, x2) = (2, 5), d.b.

(x1, x2) = λ · (0, 5) + (1− λ) · (2, 5), 0 ≤ λ ≤ 1, mit zmax = 5.

99


Maximierungsproblem(graphische Lösung):

Der gesuchte Optimalpunktfür das Maximumproblemist der Schnittpunkt derGeraden x1 + x2 = 7und x1 − x2 = 4. DieLösung des zugehörigenGleichungssystems istxmax = (5, 5 ; 1, 5). Dermaximale Zielfunktionswertbeträgt zmax = 21, 5.

4 7

−4

1

7

-x11

6x2................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................

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z = 0

zmax

.................................................. ................max

wxmax

Minimierungsproblem (Simplexmethode):

Normalform, mit Substitution z = −z und den Schlupfvariablen x3, x4, x5 , darausErsatzaufgabe der Phase 1 mit künstlichen Variable k1 und der Zielfunktion z∗

x1 + x2 + x3 = 7x1 − x4 + k1 = 1x1 − x2 + x5 = 4

xj ≥ 0 , j = 1, . . . , 5 , k1 ≥ 0

z = − 5x1 + 4x2 → max (Phase 2)

z∗ = − k1 → max (Phase 1)

Simplexmethode Phase 1 :

x1 x2 x3 x4 x5BV cB 0 0 0 0 0 BL Θi

x3 0 1 1 1 0 0 7 7

k1 −1 1 0 0 −1 0 1 1x5 0 1 −1 0 0 1 4 4Tab. 1 −1 0 0 1 0 −1

x3 0 0 1 1 1 0 6x1 0 1 0 0 −1 0 1x5 0 0 −1 0 1 1 3Tab. 2 0 0 0 0 0 0

Tabelle 1:

Starttableau der Phase 1, alleursprünglichen Variablen haben dieZielfunktionskoe�zienten 0, diekünstliche Variable den Zielfunkti-onskoe�zienten -1 .

Tabelle 2:

Eine Optimallösung der Phase 1ist erreicht, dafür ist z∗max = 0 undkeine der künstlichen Variablenmehr in der Basis. Die zugehörigekanonische Form ist Ausgangspunktfür die Phase 2.

100

Simplexmethode Phase 2 :

x1 x2 x3 x4 x5BV cB −5 4 0 0 0 BL Θi

x3 0 0 1 1 1 0 6 6x1 −5 1 0 0 −1 0 1 −x5 0 0 −1 0 1 1 3 −Tab. 3 0 −4 0 5 0 −5

x2 4 0 1 1 1 0 6x1 −5 1 0 0 −1 0 1x5 0 0 0 1 2 1 9Tab. 4 0 0 4 9 0 19

Tabelle 3:

Übergang zur Phase 2, Neube-rechnung der Bewertungen ∆j,j = 1, . . . , 5 für die ursprünglicheZielfunktion z.

Tabelle 4:

Optimallösung ist erreicht

x1 = 1, x2 = 6

zmin = −zmax = −19.

Lösungsvariante zum Minimierungsproblem (Simplexmethode):

Transformation der unteren Schranke x1 ≥ 1 in 0 durch die Substitution x1 = x1 + 1.Die Aufgabe geht über in:

z = 5x1 − 4x2 +5 → max

x1 + x2 ≤ 6x1 ≥ 0 (x1 ≥ −1), x2 ≥ 0x1 − x2 ≤ 3

Nach Substitution z = −z − 5 erhält man mit den Schlupfvariablen x3, x4die nachstehende Normalform, die schon zulässige kanonische Form ist:

z = − 5x1 + 4x2 → max

x1 + x2 + x3 = 6x1 − x2 + x4 = 3

x1 ≥ 0, xj ≥ 0, j = 2, 3, 4

Simplexmethode:

x1 x2 x3 x4BV cB −5 4 0 0 BL Θi

x3 0 1 1 1 0 6 6x4 0 1 −1 0 1 3 −Tab. 1 5 −4 0 0 0

x2 4 1 1 1 0 6x4 0 2 0 1 1 9Tab. 2 9 0 4 0 24

Tabelle 2:

Optimallösung ist erreichtx1 = 0, x2 = 6, zmax = 24,bzw. nach Rücksubstitutionx1 = x1 + 1 = 1, x2 = 6,zmin = −zmax + 5 = −19.

101


Nach der Einführung von Schlupfvariablen erhält man die Aufgabe

z = 161x1 − 151x2 + 114x3 → maxx1 + x2 − x3 + u1 = 9x1 − x2 + x3 + u2 = 13x1, x2, x3, u1, u2 ≥ 0

in kanonischer Form. Lösung mittels Simplexalgorithmus:

xB cB x1 x2 x3 u1 u2 RHS Θ161 −151 114 0 0

u1 0 1 1 −1 1 0 9 9u2 0 1 −1 1 0 1 13 13

−161 151 −114 0 0 0x1 161 1 1 −1 1 0 9 −u2 0 0 −2 2 −1 1 4 2

0 312 −275 161 0 1449x1 161 1 0 0 1/2 1/2 11x3 114 0 −1 1 −1/2 1/2 2

0 37 0 47/2 275/2 1999

Die optimale Lösung und der maximale Zielfunktionswert lauten

x1 = 11

x2 = 0

x3 = 2

zmax = 1999.

Diese Lösung ist eindeutig, da die Optimalitätsindikatoren der Nichtbasisvariablenx2, u1, u2 im letzten Tableau sämtlich positiv sind.


Nach Einführung von Schlupf- und künstlichen Variablen erhält man

4x1 − 5x2 + x3 → maxx1 − x2 + x3 + v1 = 30x1 + 2x2 − x3 + u1 = 16x1, x2, x3, v1, u1 ≥ 0

1. Phase: Zielfunktion −v1 → max

x1 x2 x3 v1 u1xB cB 0 0 0 −1 0 b Θ

v1 −1 1 −1 1 1 0 30 30u1 0 1 2 −1 0 1 16 −

−1 1 −1 ↑ 0 0 −30x3 0 1 −1 1 1 0 30u1 0 2 1 0 1 1 46

0 0 0 1 0 0

Die einzige künstliche Variable hat die Basis verlassen und somit ist die 1. Phase beendet.

102

2. Phase: Zielfunktion 4x1 − 5x2 + x3 → max

x1 x2 x3 u1xB cB 4 −5 1 0 b Θx3 1 1 −1 1 0 30 30

u1 0 2 1 0 1 46 23−3 ↑ 4 0 0 30

x3 1 0 −3/2 1 −1/2 7x1 4 1 1/2 0 1/2 23

0 11/2 0 3/2 99

Damit ist eine Optimallösung gefunden: xmax = (23; 0; 7), zmax = 99. Da die Optima-litätsindikatoren der Nichtbasisvariablen x2 und u1 positiv sind, ist diese Lösung sogareindeutig.


Nach der Einführung von Schlupfvariablen ergibt sich

z = −3x1 + x2 + 2x3 → max

x1 + 2x2 + x3 + u1 = 102x1 − x2 + x3 + u2 = 1

x1, x2, x3, u1, u2 ≥ 0

Lösung mittels Simplexalgorithmus (II.Phase):

x1 x2 x3 u1 u2xB cB −3 1 2 0 0 b Θu1 0 1 2 1 1 0 10 10

u2 0 2 −1 1 0 1 1 1←3 −1 −2 ↑ 0 0 0

u1 0 −1 3 0 1 −1 9 3←x3 2 2 −1 1 0 1 1 −

7 −3 ↑ 0 0 2 2x2 1 −1

31 0 1

3−1

33

x3 2 53

0 1 13

23

46 0 0 1 1 11

Hiermit ist eine optimale Lösung erreicht, denn alle Optimalitätsindikatoren (OI) sindnichtnegativ:

zmax = 11, xmax =

034

.

Diese Lösung ist eindeutig bestimmt, denn die OI aller Nichtbasisvariablen (x1, u1, u2)sind sogar positiv.

103


(a) Minimierungsaufgabe graphisch:

3 8

−6

−1

4

-x1

6x2

.......................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................

.....................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................

..............................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................

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z = 0

....................................................................................................

min

wpmin

Keine Nichtnegativitätsforde-

rung für x2 !

Einzige Optimallösung ist derSchnittpunkt pmin der Geraden

2x1 − x2 = 6 und −x1 − x2 = 1,

also gilt:

2x1 − x2 = 6−x1 − x2 = 1

⇒

x1 = 53, x2 = −8

3⇒

pmin = (5/3,−8/3)zmin = −14/3

(b) Simplex-Lösung der Maximierungsaufgabe mit x2 ≥ 0:

Normalform:

z = 2x1 + 3x2 → max

2x1 − x2 + u1 = 612x1 + x2 + u2 = 4−x1 − x2 + u3 = 1

x1, x2, u1, u2, u3 ≥ 0

xB cB x1 x2 u1 u2 u3 b Θ2 3 0 0 0

u1 0 2 −1 1 0 0 6 −u2 0 1/2 1 0 1 0 4 4 ←u3 0 −1 −1 0 0 1 1 −

−2 −3 ↑ 0 0 0 0

u1 0 5/2 0 1 1 0 10 4 ←x2 3 1/2 1 0 1 0 4 8u3 0 −1/2 0 0 1 1 5 −

−1/2 ↑ 0 0 3 0 12x1 2 1 0 2/5 2/5 0 4x2 3 0 1 −1/5 4/5 0 2u3 0 0 0 1/5 6/5 1 7

0 0 1/5 16/5 0 14

Die optimale Lösung ist (x1, x2) = (4, 2), zmax = 14. Sie ist eindeutig, da die Optimali-tätsindikatoren der Nichtbasisvariablen u1 und u2 positiv sind.

104

Bemerkung: Für Aufgabe (b) ist die dritte Nebenbedingung −x1 − x2 ≤ 1 wegen derNichtnegativitätsbedingungen für x1 und x2 o�ensichtlich redundant (über�üssig) undkann gestrichen werden.


Normalform des Nebenbedingungssystems nach Einführung einer Schlupfvariablen u undeiner künstlichen Variablen k :

3x1 − x2 + k = 3x1 + x2 + u = 2

x1, x2, u, k ≥ 0

Zielfunktion I. Phase: −k → max:

xB cB x1 x2 u k b Θ0 0 0 −1

k −1 3 −1 0 1 3 1 ←u 0 1 1 1 0 2 2

−3 ↑ 1 0 0 −3x1 0 1 −1

30 1

31

u 0 0 43

1 −13

10 0 0 1 0

Die künstliche Variable hat die Basis verlassen, das Ende der Phase I ist erreicht. Esfolgt Phase II:

xB cB x1 x2 u b Θ2 −1 0

x1 2 1 −13

0 1u 0 0 4

31 1

0 13

0 2

Alle Optimalitätsindikatoren (OI) sind nichtnegativ, also ist eine Lösung gefunden. Dader OI der (einzigen) Nichtbasisvariablen x2 sogar streng positiv ist, ist diese Lösungeindeutig.

xmax =

(10

), zmax = 2.


Da die Gleichung x1 + 2x2 + x3 = 33 mit x3 eine Variable enthält, die sonst nirgendwoauftritt, kann sie gleich als Basisvariable dienen. So ersparen wir uns die erste Phase desSimplex-Algorithmus. Normalform:

z = 5x1 + 5x2 + 2x3 → maxx1 + 2x2 + x3 = 33x1 + x2 + x4 = 12x1 − 3x2 + x5 = 4

xj ≥ 0, j = 1, 2, 3, 4, 5

105

Basisvariable im Anfangstableau: x3, x4, x5. Simplexmethode:

5 5 2 0 0 b ΘcB x1 x2 x3 x4 x5

x3 2 1 2 1 0 0 33 33x4 0 1 1 0 1 0 12 12

x5 0 1 −3 0 0 1 4 4 ←−3 ↑ −1 0 0 0 66

x3 2 0 5 1 0 −1 29 5, 8

x4 0 0 4 0 1 −1 8 2 ←x1 5 1 −3 0 0 1 4 −

0 −10 ↑ 0 0 3 78x3 2 0 0 1 −1, 25 0, 25 19x2 5 0 1 0 0, 25 −0, 25 2x1 5 1 0 0 0, 75 0, 25 10

0 0 0 2, 5 0, 5 98 optimal

Die Optimalitätsindikatoren der Nichtbasisvariablen sind streng positiv, also liegt eineeindeutige Optimallösung vor. Sie lautet:

x∗ =

10219

, f ∗ = f(x∗) = 98.


Nach der Einführung von Schlupfvariablen u1, u2 ergibt sich die Normalform:

z = 3x1 − 2x2 + x3 → max

x1 + x2 − x3 + u1 = 23x1 − x2 + x3 + u2 = 37

x1, x2, x3, u1, u2 ≥ 0

Lösung mittels Simplexalgorithmus, beginnend mit den Basisbariablen u1 und u2:

x1 x2 x3 u1 u2xB cB 3 −2 1 0 0 b Θ

u1 0 1 1 −1 1 0 23 23←u2 0 1 −1 1 0 1 37 37

−3 2 −1 0 0 0x1 3 1 1 −1 1 0 23 −u2 0 0 −2 2 −1 1 14 7←

0 5 −4 3 0 69

x1 3 1 0 0 12

12

30

x3 1 0 −1 1 −12

12

7

0 1 0 1 2 97

Optimale Lösung: x1 = 30, x2 = 0, x3 = 7, zmax = 97.Diese Lösung ist eindeutig bestimmt, denn die relativen Bewertungen (Optimalitätsindi-katoren) aller Nichtbasisvariablen im Optimaltableau sind positiv.

106


Nach der Einführung von Schlupfvariablen u1, u2 ergibt sich die Normalform:

z = 7x2 + 10x3 → max

x1 + 2x2 + u1 = 2x1 − 7x2 + x3 + u2 = 2

x1, x2, x3, u1, u2 ≥ 0

Lösung mittels Simplexalgorithmus, beginnend mit den Basisbariablen x3 und u1:

x1 x2 x3 u1 u2xB cB 0 7 10 0 0 b Θ

u1 0 1 2 0 1 0 2 1←x3 10 1 −7 1 0 1 2 −

10 −77 0 1 10 40

x2 7 12

1 0 12

0 1

x3 10 92

0 1 72

1 9

972

0 0 772

0 97

Optimale Lösung: x1 = 0 , x2 = 1 , x3 = 9 , zmax = 97 .

Diese Lösung ist eindeutig bestimmt, denn die relativen Bewertungen (Optimalitätsindi-katoren) aller Nichtbasisvariablen im Optimaltableau sind positiv.


(a) Mithilfe der graphischen Darstellung erhält man für p = 4 die folgende Menge allerOptimallösungen und den zugehörigen optimalen Zielfunktionswert:(

x01x02

)= λ

(30

)+ (1− λ)

(61

), 0 ≤ λ ≤ 1, z0 = 12.

(b) Die Basislösung zu (ST) und zugehöriger Zielfunktionswert lauten:

x1 = 3, x2 = 4, u1 = 0, u2 = 12, u3 = 0, z = 3p− 48.

Die Basislösung ist optimal, wenn ∆3 = p2− 6 ≥ 0 und ∆5 = −p

2− 6 ≥ 0 gilt.

Da p ≥ 12 im Widerspruch zu p ≤ −12 steht, ist die Basislösung für kein p optimal.

(c) Rechnung für p = 16:

x1 x2 u1 u2 u3xB cB 16 −12 0 0 0 b Qx1 16 1 0 1

20 −1

23 −

u2 0 0 0 1 1 2 12 6x2 −12 0 1 1

20 1

24 8

0 0 2 0 −14 0

x1 16 1 0 34

14

0 6u5 0 0 0 1

212

1 6x2 −12 0 1 1

4−1

40 1

0 0 9 7 0 84

eindeutige Optimallösung:x01 = 6, x02 = 1, z0 = 84.

107


(a) Optimallösung eindeutig, wenn ∆3 = p > 0 und ∆5 = 8− p > 0, also 0 < p < 8.

(b) p = 9:

x1 x2 x3 x4 x5xB cB 8 9 0 0 0 bx2 9 0 1 1 0 −1 2

x4 0 0 0 −1 1 2 9x1 8 1 0 0 0 1 5

0 0 9 0 −1 58x2 9 0 1 1

212

0 132

x5 0 0 0 −12

12

1 92

x1 8 1 0 12−1

20 1

2

0 0 172

12

0 1252

eindeutige Optimallösung:

x1 =1

2, x2 =

13

2, zmax =

125

2.

(c) p = −1:Mithilfe der graphischen Darstellung erhält man die eindeutige Optimallösung

x1 = 5, x2 = 0, zmax = 40.


(a) Graphische Lösung:

Optimallösungen sind die Punkte aufder Strecke PQ :

P : −2x1 + x2 = 4(2), (3) −x1 + x2 = 6

x1 = 2

x2 = 8

Q : 2x1 + x2 = 16(1), (3) −x1 + x2 = 6

x1 = 103

x2 = 283

Darstellung der Menge aller Optimallösungen z.B. als x2 = 6 + x1 , x1 ∈ [2; 103

] mit

zmin = z(P ) = z(Q) = −18

oder als konvexe Linearkombination

(x1x2

)= λ

(28

)+ (1− λ)

(103283

), λ ∈ [0; 1] .

108

(b) Lösung mittels Simplexmethode:

x1 x2 x3 x4 x5BV cB −3 3 0 0 0 BL Θi

x3 0 2 1 1 0 0 16 16

x4 0 −2 1 0 1 0 4 4x5 0 −1 1 0 0 1 6 6Tab. 1 3 −3 0 0 0 0

x3 0 0 0 1 −1 0 12 3x2 3 −2 1 0 1 0 4 −x5 0 1 0 0 −1 1 2 2Tab. 2 −3 0 0 3 0 12

x3 0 0 0 1 4 −4 4x2 3 0 1 0 −1 2 8x1 −3 1 0 0 −1 1 2Tab. 3 0 0 0 0 3 18

Normalform, mit Schlupfvariablenx3, x4, x5 :

2x1 + x2 + x3 = 16−2x1 + x2 + x4 = 4−x1 + x2 + x5 = 6

xj ≥ 0 , j = 1, . . . , 5

(−z =) z = −3x1 + 3x2 → max

Optimale Basislösung aus der 3. Ta-belle: ((x1, x2)-Teil)x1 = 2, x2 = 8,zmin = −zmax = −18.

Die Bewertung (Optimalitätsindikator)∆4 = 0, für die Nichtbasisvariablex4 deutet auf die mögliche Existenzalternativer Optimallösungen.


(a) Graphische Lösung für p = 4: Optimal sind allePunkte auf der Verbindungsstrecke von P (2; 0) undQ(6; 2)(x1x2

)= λ

(20

)+(1−λ)

(62

), λ ∈ [0; 1], zmax = 4.

(b) Zu (ST) gehört die Basislösung xB =

x1x2x3

=

842

, xN =

(x4x5

)=

(00

),

sie ist optimal, wenn ∆4 = p ≥ 0 und ∆5 = 2− p ≥ 0, also wenn 0 ≤ p ≤ 2.

(c) p = 3:x1 x2 x3 x4 x5

xB cB 2 −3 0 0 0 bx1 2 1 0 0 0 1 8x2 −3 0 1 0 −1 1 4

x3 0 0 0 1 −2 1 20 0 0 3 −1 4

x1 2 1 0 −1 2 0 6x2 −3 0 1 −1 1 0 2x5 0 0 0 1 −2 1 2

0 0 1 1 0 6

eindeutige Optimallösung:

x1 = 6, x2 = 2, zmax = 6.

(d) p = −1:Für den Optimalitätsindikator zu der Nichtbasisvariablen x4 gilt ∆4 = −1 < 0, gleich-zeitig sind alle Koe�zienten der zugehörigen Spalte nichtpositiv und deshalb die Ziel-funktion über dem zulässigen Bereich nach oben unbeschränkt.

109


Die lineare Optimierungsaufgabe liegt schon in der Normalform vor, diese ist jedochnoch keine zulässige kanonische Form. Erforderlich ist Phase I der Simplexmethode mitkünstlichen Variablen in beiden Gleichungen.

x1 x2 x3 k1 k2BV cB 0 0 0 −1 −1 BL Θi

k1 −1 1 1 0 1 0 1 1

k2 −1 2 −1 −1 0 1 5 52

Tab. 1 −3 0 1 0 0 −6

x1 0 1 1 0 1 0 1

k2 −1 0 −3 −1 −2 1 3Tab. 2 0 3 1 3 0 −3 (!!!)

Ersatzaufgabe der Phase I mit den künstli-chen Variablen k1, k2 und der Zielfunktion z∗:

x1 + x2 + k1 = 12x1 − x2 − x3 + k2 = 5

x1, x2, x3 ≥ 0, k1, k2 ≥ 0

z∗ = −k1 − k2 → max .

Mit der 2. Tabelle ist eine Optimallösung der Phase I erreicht, alle relativen Bewertungen(Optimalitätsindikatoren) sind nichtnegativ. Jedoch ist der optimale Zielfunktionswertz∗max = −3 < 0 und folglich der zulässige Bereich der Ausgangsaufgabe leer.


(a) Nach Einführung einer Schlupfvariablen x4 in der zweiten Nebenbedingung ergibtsich die Normalform, die mit den Basisvariablen x3 und x4 schon eine zulässige kanonischeForm ist. Phase I der Simplexmethode ist also nicht erforderlich.

x1 x2 x3 x4BV cB 3 2 1 0 BL Θi

x3 1 1 1 1 0 4 4

x4 0 1 −1 0 1 5 5Tab. 1 −2 −1 0 0 4

x1 3 1 1 1 0 4

x4 0 0 −2 −1 1 1Tab. 2 0 1 2 0 12

Normalform

z = 3x1 + 2x2 + x3 −→ max

x1 + x2 + x3© = 4

x1 − x2 + x4© = 5

x1, x2, x3, x4 ≥ 0

Mit der 2. Tabelle ist die Optimallösung x1 = 4, x4 = 1 (Basisvariable) x2 = x3 = 0(Nichtbasisvariable) mit zmax = 12 erreicht, alle relativen Bewertungen (Optimalitäts-indikatoren) sind nichtnegativ. Weil die relativen Bewertungen ∆2 = 1, ∆3 = 2 derNichtbasisvariablen sogar positiv sind, ist dies die einzige Optimallösung.

(b) x1 = 1, x2 = 2, x3 = 1 ist für die gegebene lineare Optimierungsaufgabe eine zuläs-sige Lösung, weil sie alle Nebenbedingungen (Gleichung, Ungleichung, Nichtnegativität)erfüllt (Einsetzen!). Sie ist keine Basislösung, weil die Normalform der gegebenen Aufga-be nur zwei Gleichungsrestriktionen und deshalb jede Basislösung nur zwei Basisvariablebesitzt. Und nur Basisvariable können in einer Basislösung positive Werte annehmen. Inder vorgegebenen Lösung sind aber schon drei Variablenwerte positiv (in der Normalformwird dafür auch noch die Schlupfvariable x4 = 6 positiv).

110


Nach Einführung der Schlupfvariablen u1, u2 ergibt sich die Normalform, die mit denSchlupfvariablen als Basisvariablen schon eine zulässige kanonische Form ist. Phase I derSimplexmethode ist also nicht erforderlich:

z = 3x1 − 2x2 + x3 − 5x4 −→ max

x1 + 3x2 − x3 + 4x4 + u1 = 62x1 − x2 + 2x3 + 3x4 + u2 = 16

x1, x2, x3, x4, u1, u2 ≥ 0

x1 x2 x3 x4 u1 u2BV cB 3 −2 1 −5 0 0 BL Θi

u1 0 1 3 −1 4 1 0 6 6

u2 0 2 −1 2 3 0 1 16 8Tab. 1 −3 2 −1 5 0 0 0

x1 3 1 3 −1 4 1 0 6 −

u2 0 0 −7 4 −5 −2 1 4 1Tab. 2 0 11 −4 17 3 0 18

x1 3 1 54

0 114

12

14

7

x3 1 0 −74

1 −54−1

214

1

Tab. 3 0 4 0 12 1 1 22

Mit der 3. Tabelle ist die (einzige) Op-timallösungx1 = 7, x3 = 1 (Basisvariable)x2 = x4 = u1 = u2 = 0(Nichtbasisvariable)mit zmax = 22erreicht, alle relativen Bewertungen(Optimalitätsindikatoren) sind nicht-negativ (die der Nichtbasisvariablen so-gar positiv).


(a) Graphische Lösung der Maximum-Aufgabe:

Optimallösungen sind die Punkte auf derStrecke PQ.

P (4; 0) , Q aus Schnitt von (2) und (3):

x1 = 7, x1 − 2x2 = 4 ⇒ x2 = 12(7− 4) = 3

2.

Darstellung der Menge aller Optimallösungen z.B. als x2 = 12(x1 − 4) , x1 ∈ [4; 7] mit

zmax = z(P ) = z(Q) = 8

oder als konvexe Linearkombination der Ortsvektoren zu P und Q(x1

x2

)= λ

(4

0

)+ (1− λ)

(732

), λ ∈ [0; 1].

111

(b) Lösung der Minimum-Aufgabe mittels Simplexmethode:

Phase I x1 x2 x3 x4 x5 xk

BV cB 0 0 0 0 0 −1 BL Θi

xk −1 1 −1 −1 0 0 1 2 2

x4 0 1 −2 0 1 0 0 4 4

x5 0 1 0 0 0 1 0 7 7

Tab. 1 −1 1 1 0 0 0 −2

x1 0 1 −1 −1 0 0 1 2

x4 0 0 −1 1 1 0 −1 2

x5 0 0 1 1 0 1 −1 5

Tab. 2 0 0 0 0 0 1 0

Phase II x1 x2 x3 x4 x5

BV cB −2 4 0 0 0 BL Θi

x1 −2 1 −1 −1 0 0 2

x4 0 0 −1 1 1 0 2

x5 0 0 1 1 0 1 5

Tab. 3 0 −2 2 0 0 −4

x1 −2 1 0 0 0 1 7

x4 0 0 0 2 1 1 7

x2 4 0 1 1 0 1 5

Tab. 4 0 0 4 0 2 6

Normalform, mit Schlupfvariablen x3, x4, x5:

x1 − x2 − x3 = 2

x1 − 2x2 + x4 = 4

x1 + x5 = 7

xj ≥ 0, j = 1, . . . , 5

(−z =) z = −2x1 + 4x2 → max

Ersatzaufgabe Phase I, mit künstlicher Variablexk:

x1− x2−x3 +xk = 2

x1− 2x2 + x4 = 6

x1 +x5 = 12

xj ≥ 0, j = 1, . . . , 5, xk ≥ 0

z? =−xk → max

Eine Optimallösung der Phase I wird nach ei-nem Schritt erreicht (Tab. 2). Nach Übergangzur Phase II ergibt sich nach einem weiterenSimplexschritt die Optimallösung aus der 4. Ta-belle:

(x1, x2)-Teil:x1 = 7, x2 = 5, zmin = −zmax = −6.

(c) Lösungsverhalten der Minimumaufgabe bei Wegfall der Bedingung (3) :

Bei Streichung der Bedingung (3) wird die Zielfunktion über dem (erweiterten) zulässigenBereich nach unten unbeschränkt.Man sieht das z.B. in der graphischen Darstellung zu (a) . Der zulässige Bereich aus (1),(2) und den Nichtnegativitätsbedingungen ist nicht mehr beschränkt, die Zielfunktions-niveaus lassen sich in Minimierungsrichtung beliebig weit �verschieben�.

Bei der Rechnung mit der Simplexmethode analog zu (b) entfallen in allen Tabellen diedritte Zeile und die Spalte für x5. Nach Übergang zur Phase II entsteht dann in derentsprechenden Tabelle 3 die Situation, dass die Bewertung (Optimalitätsindikator) ∆2

zur Nichtbasisvariablen x2 negativ ist und in der zugehörigen Spalte der Simplextabellekeine positiven Koe�zienten vorkommen. Das zeigt bekanntlich die Unbeschränkheit derZielfunktion an.

112


(a) Graphische Lösung der Maximum-Aufgabe:

Die einzige Optimallösung liegt im Eckpunkt P ,dem Schnittpunkt der Begrenzungsgeraden zu(1) und (3):

x2 = 8, −x1 + x2 = 3 ⇒ x1 = x2 − x1 = 5

⇒ P (5; 8) mit zmax = z(P ) = 10− 8 = 2.

(b) Lösung der Minimum-Aufgabe mittels Simplexmethode:


BV cB 0 0 0 0 0 −1 BL Θi

xk −1 −1 1 −1 0 0 1 3 3

x4 0 −2 1 0 1 0 0 6 6

x5 0 0 1 0 0 1 0 8 8

Tab. 1 1 −1 1 0 0 0 −3

x2 0 −1 1 −1 0 0 1 3

x4 0 −1 0 1 1 0 −1 3

x5 0 1 0 1 0 1 −1 5

Tab. 2 0 0 0 0 0 1 0


BV cB −2 1 0 0 0 BL Θi

x2 1 −1 1 −1 0 0 3 −x4 0 −1 0 1 1 0 3 3

x5 0 1 0 1 0 1 5 5

Tab. 3 1 0 −1 0 0 3

x2 1 −2 1 0 1 0 6

x3 0 −1 0 1 1 0 3

x5 0 2 0 0 −1 1 2

Tab. 4 0 0 0 1 0 6

Normalform, mit Schlupfvariablenx3, x4, x5:− x1 + x2 − x3 = 3− 2x1 + x2 + x4 = 6

x2 + x5 = 8

xj ≥ 0, j = 1, . . . , 5

(−z =) z = −2x1 + x2 → max

Ersatzaufgabe Phase I, mit künstlicherVariable xk :− x1 +x2−x3 +xk = 3− 2x1 +x2 + x4 = 6

x2 +x5 = 8

xj ≥ 0, j = 1, . . . , 5 , xk ≥ 0

z? =−xk → max

Eine Optimallösung der Phase I wirdnach einem Schritt erreicht (Tab. 2).Nach Übergang zur Phase II ergibt sichnach einem weiteren Simplexschritteine Optimallösung aus der 4. Tabelle:

(x1, x2)-Teil:x1 = 0, x2 = 6, zmin = −zmax = −6.

Weil der Optimalitätsindikator ∆1 der Nichtbasisvariable x1 verschwindet und alle Ba-sisvariablen (echt !) positiv sind (die Basislösung nicht degeneriert ist), ist die berechneteOptimallösing nicht die einzige.

(c) Umkehrung der Relation in den Bedingungen (1) und (2) :

113

Bei Umkehrung der Relation in den Nebenbedingungen (1) und (2), d.h. bei der Forderung−x1 + x2 ≤ 3 und −2x1 + x2 ≥ 6 besitzt die neue Optimierungsaufgabekeine zulässige Lösung. Am einfachsten sieht man das in der Skizze zu (a), alle Punktedie die veränderten Bedingungen (1) und (2) gleichzeitig erfüllen, liegen im 3.Quadrantendes Koordinatensystems, die Nichtnegativitätsbedingung für x1 lässt sich nicht erfüllen.Man sieht das auch rechnerisch, aus −x1 + x2 ≤ 3 und 2x1 − x2 ≤ −6 folgt (Summe derUngleichungen) x1 ≤ −3.Bei Rechnung mit dem Simplexalgorithmus äuÿert sich das so, dass die Phase I mit einemnegativen Maximalwert z?max < 0 der Ersatzzielfunktion beendet wird.


Nach Multiplikation der Zielfunktion mit dem Faktor (−1) und Einführung einer Schlupf-variablen x4 in der zweiten Nebenbedingung ergibt sich die Normalform, die mit denBasisvariablen x2 und x4 schon eine zulässige kanonische Form ist. Phase I der Simplex-methode ist also nicht erforderlich.

Normalform

z = −5x1 + 2x2 + 3x3 −→ max

−x1 + x2©+ x3 = 30

2x1 + x3 + x4© = 16

x1, x2, x3, x4 ≥ 0

x1 x2 x3 x4BV cB −5 2 3 0 BL Θi

x2 2 −1 1 1 0 30 30

x4 0 2 0 1 1 16 16Tab. 1 3 0 −1 0 60

x2 2 −3 1 0 −1 14

x3 3 2 0 1 1 16Tab. 2 5 0 0 1 76

Mit der 2. Tabelle ist die Optimallösung x2 = 14, x3 = 16 (Basisvariable) x1 = x4 = 0(Nichtbasisvariable) mit zmin = −zmax = −76 erreicht, alle relativen Bewertungen(Optimalitätsindikatoren) sind nichtnegativ.Weil die relativen Bewertungen ∆1 = 5, ∆4 = 1 der Nichtbasisvariablen sogar positivsind, ist dies die einzige Optimallösung.



BV cB 0 0 0 0 0 −1 BL Θi

xk −1 −1 1 −1 −1 0 1 4 4

x5 0 −3 1 1 0 1 0 6 6

Tab. 1 1 −1 1 1 0 0 −4

x2 0 −1 1 −1 −1 0 1 4

x5 0 −2 0 2 1 1 −1 2

Tab. 2 0 0 0 0 0 1 0

Normalform, mit Schlupfvariablen x4, x5:− x1 + x2 − x3 − x4 = 4− 3x1 + x2 + x3 + x5 = 6

xj ≥ 0, j = 1, . . . , 5

(−z =) z = x1 − 2x2 − x3 → max

Ersatzaufgabe Phase I, mit künstlicherVariable xk :− x1 + x2 − x3 − x4 + xk = 4− 3x1 + x2 + x3 + x5 = 6

xj ≥ 0, j = 1, . . . , 5 , xk ≥ 0

z? = −xk → max

114


BV cB 1 −2 3 0 0 BL Θi

x2 −2 −1 1 −1 −1 0 4 �

x5 0 −2 0 2 1 1 2 1

Tab. 3 1 0 −1 2 0 −8

x2 −2 −2 1 0 −12

12

5

x3 3 −1 0 1 12

12

1

Tab. 4 0 0 0 52

12−7

Eine Optimallösung der Phase I wirdnach einem Schritt erreicht (Tab. 2).Nach Übergang zur Phase II (Tab. 3) er-gibt sich nach einem weiteren Schritt dieOptimallösung aus Tab. 4:

x1 = x4 = x5 = 0 (Nichtbasisvariable),x2 = 5, x3 = 1 (Basisvariable),zmin = −zmax = 7.

Die Optimallösung ist nicht eindeutig bestimmt. Der Optimalitätsindikator ∆1 = 0 fürdie Nichtbasisvariable x1 zeigte die (mögliche) Existenz alternativer Optimallösungen an(, die hier gewiss auch existieren, weil die vorliegende optimale Basislösung nicht dege-neriert ist).Zusatz für Interessierte (nicht Bestandteil der geforderten Lösung):

Weil unter den Koe�zienten in der Spalte zu x1 kein positiver ist, liegen die Optimallösungenhier auf einer unbeschränkten Kante (Strahl) des zulässigen Bereiches. Optimal sind alle Punktemit x4 = x5 = 0 , x1 = d ≥ 0 , x2 = 5 + 2d , x3 = 1 + d Für alle d ≥ 0 ist das eine zulässigeLösung mit z = −x1 + 2x2 − 3x3 = −d + 2(5 + 2d)− 3(1 + d) = 7 = zmin, also Optimallösung.


Nach Multiplikation der Zielfunktion mit dem Faktor (−1) und Einführung einerSchlupfvariablen x5 in der zweiten Nebenbedingung ergibt sich die Normalform, die mitden Basisvariablen x1, x4 und x5 schon eine zulässige kanonische Form ist. Phase I derSimplexmethode ist also nicht erforderlich.

Normalform

z = x1 + x3 − x4 −→ max

x1© + x2 = 4

x2 + x3 + x5© = 7

− x2 + x3 + x4© = 1

xj ≥ 0, j = 1, . . . , 5

x1 x2 x3 x4 x5BV cB 1 0 1 0 0 BL Θi

x1 1 1 1 0 0 0 4 −x5 0 0 1 1 0 1 7 7

x4 −1 0 −1 1 1 0 1 1Tab. 1 0 2 −2 0 0 3

x1 1 1 1 0 0 0 4

x5 0 0 2 0 −1 1 6

x3 1 0 −1 1 1 0 1Tab. 2 0 0 0 2 0 5

Mit der 2. Tabelle ist die Optimallösung x1 = 4, x5 = 6, x3 = 1 (Basisvariable)x2 = x4 = 0 (Nichtbasisvariable) mit zmin = −zmax = −5 erreichtWeil der Optimalitäts-indikator ∆2 = 0 der Nichtbasisvariablen x2 verschwindet, kann es hier alternative Opti-mallösungen mit positivem x2 geben. Weil der Optimalitätsindikator ∆4 = 2 der Nichtba-sisvariablen x4 positiv ist, muss in jeder Optimallösung x4 = 0 gelten. Mit x2 = t ∈ R undx4 = 0 folgt aus der zur 2. Tabelle gehörenden kanonischen Form des Restriktionssystems

115

durch Au�ösen nach den Basisvariablen und bei Berücksichtigung der Nichtnegativitäts-bedingungen (ergibt eine Einschränkung für den Parameter t) als eine Darstellung derMenge aller Optimallösungen:

KF:

x1 +x2 = 42x2 −x4 +x5 = 6−x2 +x3 +x4 = 1

x2 = t,

x4 = 0,

xj ≥ 0,j = 1, ..., 5

=⇒ OL:

x1 = 4− tx2 = tx3 = 1 + t , 0 ≤ t ≤ 3.x4 = 0x5 = 6− 2t

zmin = −5


Zur Erstellung der Normalform (Maximierung) ist zunächst die Zielfunktion mit −1 zumultiplizieren ( z = −z ) und die Ungleichung durch Einführung der Schlupfvariablen x4in eine Gleichung zu überführen.

Die so gefundene Normalform ist noch keine zulässige kanonische Form (fehlende Basis-variable in der ersten Gleichung). Durch Einführen einer künstlichen Variablen xk undErsetzen der Zielfunktion durch z? = −xk ergibt sich die Ersatzaufgabe für die Phase I.

Normalform:

z = + 2x1 − x2 → max

x1 − 2x2 − x3 = 2x1 − x2 + x3 + x4 = 4

x1, x2, x3, x4 ≥ 0

Ersatzaufgabe Phase I:

z? = − xk → max

x1 − 2x2 − x3 + xk = 2x1 − x2 + x3 + x4 = 4

x1, x2, x3, x4, xk ≥ 0

Die in der nebenstehenden Rechnunggefundene Optimalösung

x1 = 6, x2 = 2, x3 = 0, zmin = −10

ist eindeutig bestimmt, denn die Opti-malitätsindikatoren der Nichtbasisva-riablen x3 und x4 im Optimaltableausind positiv.

Phase I x1 x2 x3 x4 xk BL Θi

BV cB 0 0 0 0 −1

xk −1 1 −2 −1 0 1 2 2←x4 0 1 −1 1 1 0 4 4

−1 2 1 0 0 −2x1 0 1 −2 −1 0 1 2x4 0 0 1 2 1 −1 2

0 0 0 0 1 0

Optimallösung Phase I erreicht,

Übergang zur Phase II:

Phase II x1 x2 x3 x4 BL Θi

BV cB 2 −1 0 0x1 2 1 −2 −1 0 2 −x4 0 0 1 2 1 2 2←

0 −3 −2 0 4x1 2 1 0 3 2 6x2 −1 0 1 2 1 2

0 0 4 3 10

Optimallösung Phase II erreicht.

116


Modell:

2x1 + 4x2 ≤ 162x1 + x2 ≤ 104x1 ≤ 20

x1, x2 ≥ 0

z = 2x1 + 3x2 → max

Optimallösung:

x1 = 4, x2 = 2

zmax = 14


Seien xK , xL, xO die Anteile an Klarem, Kräuterlikör bzw. Orangensaft (in l pro l Mi-schung). Dann sind folgende Bedingungen zu erfüllen:

Alkoholgehalt (l pro l Mischung) : 0.40xK + 0.20xL > 0.06Anteil Kräuterlikör (l pro l Mischung) : xL > 0.10Anteil Orangensaft (l pro l Mischung) : xO < 0.75

Anteilssumme xK + xL + xO = 1

Kosten (e pro l Mischung) : 6xK + 9xL + xO => min

Unter Beachtung der Nichtnegativitätsforderungen ergibt sich für die Kostenminimierungdie lineare Optimierungsaufgabe:

0.40xK + 0.20xL ≥ 0.06xK + xL + xO = 1

xL ≥ 0.10xO ≤ 0.75

xK , xL, xO ≥ 0

z = 6xK + 9xL + xO → min

Soll der Alkoholgehalt genau 10 % betragen, so ist die erste Ungleichung zu ersetztendurch die Gleichung 0.40xK + 0.20xL = 0.10.

Benutzt man anstelle der Anteile xK , xL, xO pro l Mischung die prozentualen AnteileyK = 100xK , yL = 100xL, yO = 100xO , so ergibt sich als Modellvariante:

4yK + 2yL ≥ 60yK + yL + yO = 100

yL ≥ 10yO ≤ 75

yK , yL, yO ≥ 0

z = 0.06yK + 0.09yL + 0.01yO → min

117


Sinnvolle Zuschnittvarianten (Abfall < 5 m) :

Variante Nr. 1 2 3 4 5 6Anzahl l1=8 m 2 1 1 0 0 0der l2=7 m 0 1 0 2 1 0Längen l3=5 m 0 1 2 1 2 4Abfall m 4 0 2 1 3 0

Modellvariable:

xj sei die Anzahl von Fixlängen, die nach der Variante j geschnitten werden. Die Variablensind nichtnegativ und ganzzahlig zu fordern.

Modell:

Erfüllung des Bedarfs:(mindestens das Liefersortiment ist zu sichern):

l1 : 2x1 + x2 + x3 ≥ 400l2 : x2 + 2x4 + x5 ≥ 600l3 : x2 + 2x3 + x4 + 2x5 + 4x6 ≥ 300

Berücksichtigung der Lagerkapazität:(über den Bedarf hinaus entstehende Stücke dürfen in der Summe die Lagerkapazitätnicht überschreiten)

2x1 + x2 + x3 − 400+ x2 + 2x4 + x5 − 600+ x2 + 2x3 + x4 + 2x5 + 4x6 − 300 ≤ 400

bzw. zusammengefasst

2x1 + 3x2 + 3x3 + 3x4 + 3x5 + 4x6 ≤ 1700

Minimierung des Abfalls (in m) :

z = 4x1 + 2x3 + x4 + 3x5 → min

Zusammenfassung:

2x1 + x2 + x3 ≥ 400x2 + 2x4 + x5 ≥ 600x2 + 2x3 + x4 + 2x5 + 4x6 ≥ 300

2x1 + 3x2 + 3x3 + 3x4 + 3x5 + 4x6 ≤ 1700

xj ≥ 0 und ganzzahlig, j = 1, . . . , 6

z = 4x1 + 2x3 + x4 + 3x5 → min

118


Modellvariable:

xT = (x1, x2, x3)T Bruttoproduktion

yT = (y1, y2, y3)T Nettoproduktion

Damit der Eigenverbrauch gerade die Di�erenz x− y.

Modell:

Materialverbrauch (obere Schranken sind einzuhalten):

M1 : 2x1 + x2 + ≤ 150M2 : 4x1 + x2 + 3x3 ≤ 200M3 : x2 ≤ 50M4 : 2x1 + 4x3 ≤ 20

in Matrix-Form:BTx < r

Eigenverbrauch (Di�erenz zwischen Brutto- und Nettoproduktion):

E1 : 12x1 + 1

2x3 = x1 − y1

E2 : 12x3 = x2 − y2

E3 : 14x1 + 1

4x2 = x3 − y3

in Matrix-Form:ATx = x− y bzw.(E − AT )x = y bzw.(E − AT )x− y = 0

Vertraglich gebundene Lieferungen (erfordern Mindestnettoproduktion):

E1 : y1 ≥ 5E2 : y2 ≥ 8E3 : y3 ≥ 6

in Matrix-Form:y ≥ m

Gewinnmaximierung (verkaufbar ist Nettoproduktion):

z = 2y1 + y2 + 3y3 → max in Matrix-Form:z = cTy → max

Für x ist noch die Nichtnegativitätsforderung zu stellen, die für y wegen der positivenunteren Schranken entfallen kann.Mithilfe der Beziehungen y = (E −AT )x bzw. daraus x = (E −AT )−1y lassen sichwahlweise x oder y vollständig eleminieren. Es ergeben sich die Modellvarianten:

(A) �gemischte� Variante: (B) nur Bruttoproduktion: (C) nur Nettoproduktion:

z = cTy → max

BTx ≤ r

(E − AT )x− y = 0

y ≥ m

x ≥ 0

z = cT (E − AT )x→ max

BTx ≤ r

(E − AT )x ≥ m

x ≥ 0

z = cTy → max

BT (E − AT )−1y ≤ r

y ≥ m

(E − AT )−1y ≥ 0

119


x1, x2 und x3 seien die Anzahlen der von dem Produkt 1 herzustellenden Einheiten inAbhängigkeit von der Anzahl der zur Produktion benötigten Zeiteinheiten. Zur Herstel-lung von x1 Einheiten des Produktes 1 werden somit in Abteilung I sowie in AbteilungII 5 ZE je Stück verbraucht, für x2: 5 ZE in Abteilung I und 4 ZE in Abteilung II undfür x3: 5 ZE in Abteilung I und 3 ZE in Abteilung II.y1 und y2 seien Anzahlen der von dem Produkt 2 herzustellenden Einheiten, wobei y1 dieNormalausführung und y2 die Luxusvariante darstellt.p bezeichnet den Preis.Dann ergibt sich das folgende Modell:

(p− 20)x1 + (p− 70)x2 + (p− 160)x3 + 40y1 + 60y2 → max

5x1 + 5x2 + 5x3 + 2y1 + 3y2 ≤ 7000 (1)5x1 + 4x2 + 3x3 + 3y1 + 4y2 ≤ 8200 (2)

y1 + y2 = 2000x1, x2, x3, y1, y2 ≥ 0 ganzzahlig

mit (1) - Kapazitätsbeschränkung für Abteilung I und (2) - Kapazitätsbeschränkung fürAbteilung II.


x1 und x2 seien die Anzahlen der von den Produkten A und B herzustellenden Einheiten.Dann ergibt sich das folgende Modell:

z = 2000x1 + 800x2 → max

0 ≤ x1 ≤ 200 ganzzahlig0 ≤ x2 ≤ 300 ganzzahligx1 − x2 ≤ 0

2x1 + x2 ≤ 5002x1 ≤ 300x1 + 3x2 ≤ 800


Seien x1 die Anzahl der Anzeigen in Zeitschrift Z1, x2 in Z2 und x3 in Z3. Dann ergibtsich das folgende lineare Optimierungsproblem:

z = 3000x1 + 2000x2 + 5000x3 → min

200 000x1 + 100 000x2 + 400 000x3 ≥ 2 000 000x1 + x2 ≥ 3

x3 ≥ x1 + x2x1, x2, x3 ≥ 0, ganzzahlig

In der Zielfunktion werden die Kosten aller Anzeigen minimiert. Die erste Nebenbedin-gung sichert, dass mindestens 2 000 000 Personen erreicht werden. Die zweite Restriktionentspricht der Forderung, dass in Z1 und Z2 mindestens 3 Anzeigen erscheinen und wegender dritten Nebenbedingung werden in Z3 mindestens so viele Anzeigen aufgegeben wiein Z1 und Z2.

120


Seien xs die Anzahl der Spiegelschränke, xk der Konsolen, xh der Highboards und xW derWandschränke. Dann ergibt sich das folgende lineare Optimierungsproblem:

z = 60xs + 20xk + 80xh + 70xw → max

1, 7xs + 0, 1xk + 1, 2xh + 1, 2xw ≤ 5001xs + 1, 1xk + 1, 2xh + 0, 3xw ≤ 300

3xs + 0, 5xk + 5xh + 9xw ≤ 800xs ≥ 40 ganzzahligxk ≥ 130 ganzzahligxh ≥ 30 ganzzahlig

0 ≤ xs ≤ 10 ganzzahlig

In der Zielfunktion wird der Gewinn maximiert. Die erste und zweite Nebenbedingungsichern, dass die zu produzierten Möbel die Brettervorräte nicht überschreiten. Die dritteNebenbedingung garantiert, dass die benötigte Anzahl der Arbeitsstunden nicht mehr als800 beträgt. Die letzten vier Restriktionen entsprechen den Mindest- bzw. Maximalpro-duktionsmengen.


Mit xi (i = 1, 2, 3) sei die Anzahl der auf der Baustelle Bi Beschäftigten bezeichnet. Dannergibt sich das folgende lineare Optimierungsproblem:

20x1 + 30x2 + 15x3 → max

x1 + x2 + x3 = 28

x1 ≥ 12x2

x1 ≤ 3x3

x1, x2, x3 ≥ 0 und ganzzahlig

Für Interessierte die optimale Lösung:

x1 = 9, x2 = 16, x3 = 3, Gewinnmaximum 705 GE.


pW , pM , pR, pB: Weizen-, Mais- und Rapsanbau�äche bzw. Brachland (Flächeneinheiten)

50pW + 30pM + 35pR → max

pB ≥ 20pW , pM , pR ≤ 40

pM ≥ pWpW , pM , pR, pB ≥ 0

pW + pM + pR + pB = 100

Für Interessierte die Lösung:

pW = pM = 40, pB = 20, pR = 0, Gesamtgewinn: 3200 GE.

121


Sei xj die anteilig eingesetzte Menge an Futtermittel j in kg pro kg Mischung und K dieFuttermittelkosten in e pro kg:

K = 2x1 + 3x2 + 12x3 → min

x1 + x2 + x3 = 1

x2 + 6x3 ≥ 3x1 + x2 + 2x3 ≥ 1, 5

x1, x2, x3 ≥ 0

Lösungsvariante:

Mit yj als prozentualen Anteil der eingesetzten Menge an Futtermittel j in der Mischung:

K = 0, 02y1 + 0, 03y2 + 0, 12y3 → min

y1 + y2 + y3 = 100

y2 + 6y3 ≥ 300y1 + y2 + 2y3 ≥ 150

y1, y2, y3 ≥ 0

122

Date post:	28-Oct-2019
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Aufgabensammlung zur Vorlesung Höhere Mathematik für ...schreier/BWL-GKHM/Sammlungen/... · 0 @ 2...

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