Doc Alvers Mathe-Labor

Abitur-Training: Leontief-Modell und Matrizen mit Parameter

Berufliches Gymnasium · Wahlpflicht 2 · Leistungskurs · drei Aufgaben, Anforderungsbereiche I bis III

Drei Sektoren, eine Tabelle

AFB I · Reproduzieren

Eine Modellregion wird durch die drei Sektoren $S_1$ (Rohstoffe), $S_2$ (Energie) und $S_3$ (Fertigung) beschrieben. Die Tabelle zeigt, wie viele Mengeneinheiten (ME) jeder Sektor an die anderen liefert, wie viel in den Konsum geht und wie groß die Gesamtproduktion ist. Eine Zeile gehört zum liefernden Sektor, eine Spalte zum empfangenden.

Input-Output-Tabelle der drei Sektoren. Die Zeilensumme aus Lieferungen und Konsum ergibt jeweils die Gesamtproduktion.

Dasselbe Modell als Verflechtungsdiagramm. Die Schleifen an S₂ und S₃ sind der Eigenverbrauch, die roten Pfeile führen aus dem Modell heraus in den Konsum.

Bestimmen Sie die Technologiematrix $A$ (Inputmatrix) des Modells.
Die letzte Spalte der Tabelle ist der Produktionsvektor $\vec{x}$. Bestätigen Sie mit $\vec{y} = (E - A) \cdot \vec{x}$, dass sich daraus genau die Konsumspalte der Tabelle ergibt.
Deuten Sie das Element $a_{13} = 0{,}5$ im Sachzusammenhang.

Wenn die Nachfrage steigt

AFB II · Zusammenhänge herstellen

Die Region rechnet mit einer neuen Endnachfrage $\vec{y}_2 = \begin{pmatrix}60\\100\\140\end{pmatrix}$, also mit je $20$ ME mehr in jedem Sektor. Gesucht ist die Gesamtproduktion, die diese Nachfrage möglich macht. Aus $\vec{x} = A \cdot \vec{x} + \vec{y}$ folgt $(E - A) \cdot \vec{x} = \vec{y}$ und daraus $\vec{x} = (E - A)^{-1} \cdot \vec{y}$. Die Matrix $(E - A)^{-1}$ heißt Leontief-Inverse; ihre Einträge werden mit $l_{ij}$ bezeichnet.

Zeigen Sie, dass $E - A$ invertierbar ist, und geben Sie die Leontief-Inverse an.
Berechnen Sie die Gesamtproduktion $\vec{x}_2$ zur Nachfrage $\vec{y}_2$.
Deuten Sie das Element $l_{13} = 1{,}2$ im Sachzusammenhang.
Erklären Sie, warum sich die Mehrproduktion gegenüber Aufgabe 1 allein aus den Zeilensummen von $(E - A)^{-1}$ ablesen lässt, und geben Sie sie an.

Eine Matrix mit Parameter

AFB III · Reflektieren und Beurteilen

Ob sich ein Verflechtungsmodell überhaupt umkehren lässt, entscheidet die Determinante. Für jede reelle Zahl $k$ sei $A_k = \begin{pmatrix}k & 2 & 0\\1 & k & 1\\0 & 2 & k\end{pmatrix}$ und $\vec{b} = \begin{pmatrix}2\\1\\2\end{pmatrix}$.

Berechnen Sie $\det(A_k)$ in Abhängigkeit von $k$ und bestimmen Sie alle $k$, für die $A_k$ keine Inverse besitzt.
Bestimmen Sie für $k = 1$ die Lösung des Gleichungssystems $A_k \cdot \vec{x} = \vec{b}$.
Untersuchen Sie für die in a) gefundenen Werte von $k$, ob $A_k \cdot \vec{x} = \vec{b}$ keine oder unendlich viele Lösungen hat. Geben Sie die Lösungsmenge an, wo es unendlich viele sind.
Beurteilen Sie die Aussage: „Eine Matrix, deren Einträge alle positiv sind, ist immer invertierbar.“

Lösungen

1 · Drei Sektoren, eine Tabelle

a) Jede Spalte der Tabelle wird durch die Gesamtproduktion des Sektors geteilt, der über dieser Spalte steht: die Spalte $S_1$ durch $300$, die Spalte $S_2$ durch $200$, die Spalte $S_3$ durch $400$. Damit ist $A = \begin{pmatrix}0 & 0{,}3 & 0{,}5\\0{,}2 & 0{,}1 & 0{,}1\\0{,}4 & 0{,}4 & 0{,}2\end{pmatrix}$, denn zum Beispiel $a_{21} = \tfrac{60}{300} = 0{,}2$, $a_{32} = \tfrac{80}{200} = 0{,}4$ und $a_{13} = \tfrac{200}{400} = 0{,}5$.

b) Mit $\vec{x} = \begin{pmatrix}300\\200\\400\end{pmatrix}$ und $E - A = \begin{pmatrix}1 & -0{,}3 & -0{,}5\\-0{,}2 & 0{,}9 & -0{,}1\\-0{,}4 & -0{,}4 & 0{,}8\end{pmatrix}$ wird zeilenweise multipliziert: $1 \cdot 300 - 0{,}3 \cdot 200 - 0{,}5 \cdot 400 = 300 - 60 - 200 = 40$, $-0{,}2 \cdot 300 + 0{,}9 \cdot 200 - 0{,}1 \cdot 400 = -60 + 180 - 40 = 80$ und $-0{,}4 \cdot 300 - 0{,}4 \cdot 200 + 0{,}8 \cdot 400 = -120 - 80 + 320 = 120$. Das ist genau die Konsumspalte der Tabelle.

c) Für eine ME Gesamtproduktion des Sektors $S_3$ werden $0{,}5$ ME aus $S_1$ als Vorleistung gebraucht. In der Tabelle steht das als $200$ ME Lieferung bei einer Gesamtproduktion von $400$ ME: $S_3$ ist der Sektor, der am stärksten von den Rohstoffen abhängt.

Geteilt wird spaltenweise, also durch die Gesamtproduktion des Sektors, der die Lieferung erhält: $a_{12} = \tfrac{60}{200} = 0{,}3$ und nicht $\tfrac{60}{300} = 0{,}2$. Wer zeilenweise teilt, bekommt die Outputmatrix — eine ganz andere Matrix. Mit ihr liefert $(E - A) \cdot \vec{x}$ in der ersten Zeile $-6\tfrac{2}{3}$ statt der $40$ ME Konsum.

2 · Wenn die Nachfrage steigt

a) Entwicklung nach der ersten Zeile: $\det(E - A) = 1 \cdot \big(0{,}9 \cdot 0{,}8 - (-0{,}1) \cdot (-0{,}4)\big) - (-0{,}3) \cdot \big((-0{,}2) \cdot 0{,}8 - (-0{,}1) \cdot (-0{,}4)\big) + (-0{,}5) \cdot \big((-0{,}2) \cdot (-0{,}4) - 0{,}9 \cdot (-0{,}4)\big) = 1 \cdot 0{,}68 - (-0{,}3) \cdot (-0{,}2) + (-0{,}5) \cdot 0{,}44 = 0{,}68 - 0{,}06 - 0{,}22 = 0{,}4$. Wegen $0{,}4 \neq 0$ existiert die Inverse. Der Gauß-Jordan-Algorithmus mit dem Schema $(E - A \mid E)$ liefert $(E - A)^{-1} = \begin{pmatrix}1{,}7 & 1{,}1 & 1{,}2\\0{,}5 & 1{,}5 & 0{,}5\\1{,}1 & 1{,}3 & 2{,}1\end{pmatrix}$. Probe mit der ersten Zeile von $E - A$: $1 \cdot 1{,}7 - 0{,}3 \cdot 0{,}5 - 0{,}5 \cdot 1{,}1 = 1$ und $1 \cdot 1{,}1 - 0{,}3 \cdot 1{,}5 - 0{,}5 \cdot 1{,}3 = 0$.

b) $\vec{x}_2 = (E - A)^{-1} \cdot \vec{y}_2$: $1{,}7 \cdot 60 + 1{,}1 \cdot 100 + 1{,}2 \cdot 140 = 102 + 110 + 168 = 380$, $0{,}5 \cdot 60 + 1{,}5 \cdot 100 + 0{,}5 \cdot 140 = 30 + 150 + 70 = 250$ und $1{,}1 \cdot 60 + 1{,}3 \cdot 100 + 2{,}1 \cdot 140 = 66 + 130 + 294 = 490$. Also $\vec{x}_2 = \begin{pmatrix}380\\250\\490\end{pmatrix}$ ME.

c) Steigt die Endnachfrage nach dem Gut des Sektors $S_3$ um eine ME, so muss $S_1$ insgesamt $1{,}2$ ME mehr produzieren. Darin stecken die direkte Lieferung an $S_3$ und alle indirekten Wege, auf denen $S_1$ über $S_2$ und $S_3$ noch einmal gebraucht wird — deshalb ist $l_{13} = 1{,}2$ größer als $a_{13} = 0{,}5$.

d) Die Abbildung $\vec{y} \mapsto (E - A)^{-1} \cdot \vec{y}$ ist linear, also ist $\Delta\vec{x} = (E - A)^{-1} \cdot \Delta\vec{y}$. Mit $\Delta\vec{y} = \begin{pmatrix}20\\20\\20\end{pmatrix}$ wird jede Zeile der Inversen einfach aufsummiert und mit $20$ multipliziert. Die Zeilensummen sind $1{,}7 + 1{,}1 + 1{,}2 = 4$, $\;0{,}5 + 1{,}5 + 0{,}5 = 2{,}5$ und $1{,}1 + 1{,}3 + 2{,}1 = 4{,}5$, also $\Delta\vec{x} = \begin{pmatrix}80\\50\\90\end{pmatrix}$ ME. Das passt zu b): $380 - 300 = 80$, $\;250 - 200 = 50$, $\;490 - 400 = 90$.

Gesamtproduktion vorher und bei der neuen Nachfrage. Je 20 ME mehr Konsum verlangen 80, 50 und 90 ME mehr Produktion.

Invertiert wird $E - A$, nicht $A$ — und die Inverse steht links vom Vektor: $\vec{x} = (E - A)^{-1} \cdot \vec{y}$. Das Produkt $\vec{y} \cdot (E - A)^{-1}$ wäre für einen Spaltenvektor gar nicht definiert.

3 · Eine Matrix mit Parameter

a) Entwicklung nach der ersten Spalte: $\det(A_k) = k \cdot \begin{vmatrix}k & 1\\2 & k\end{vmatrix} - 1 \cdot \begin{vmatrix}2 & 0\\2 & k\end{vmatrix} = k \cdot (k^2 - 2) - 2k = k^3 - 4k = k \cdot (k - 2) \cdot (k + 2)$. Die Determinante ist genau für $k = -2$, $k = 0$ und $k = 2$ null; für diese drei Werte existiert $A_k^{-1}$ nicht, für alle anderen $k$ schon.

b) Für $k = 1$ ist $\det(A_1) = 1 - 4 = -3 \neq 0$, es gibt also genau eine Lösung. Das System lautet $x_1 + 2x_2 = 2$, $\;x_1 + x_2 + x_3 = 1$, $\;2x_2 + x_3 = 2$. Aus der ersten Gleichung folgt $x_1 = 2 - 2x_2$, aus der dritten $x_3 = 2 - 2x_2$. Eingesetzt in die zweite: $(2 - 2x_2) + x_2 + (2 - 2x_2) = 4 - 3x_2 = 1$, also $x_2 = 1$ und damit $x_1 = 0$, $x_3 = 0$. Lösung: $\vec{x} = \begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix}$.

c) $k = 0$: Das System lautet $2x_2 = 2$, $\;x_1 + x_3 = 1$, $\;2x_2 = 2$. Die erste und die dritte Gleichung sind gleich, es bleiben zwei unabhängige Gleichungen für drei Unbekannte: $x_2 = 1$ und $x_1 + x_3 = 1$. Es gibt unendlich viele Lösungen, $L = \left\{\begin{pmatrix}t\\1\\1-t\end{pmatrix} \Big| \; t \in \mathbb{R}\right\}$. $k = 2$: Aus $2x_1 + 2x_2 = 2$ folgt $x_1 = 1 - x_2$, aus $2x_2 + 2x_3 = 2$ folgt $x_3 = 1 - x_2$; die mittlere Gleichung wird zu $(1 - x_2) + 2x_2 + (1 - x_2) = 2$, verlangt ist aber $1$ — keine Lösung. $k = -2$: Aus $-2x_1 + 2x_2 = 2$ folgt $x_2 = x_1 + 1$, aus $2x_2 - 2x_3 = 2$ folgt $x_3 = x_1$; die mittlere Gleichung wird zu $x_1 - 2(x_1 + 1) + x_1 = -2 \neq 1$ — ebenfalls keine Lösung.

d) Die Aussage ist falsch. Gegenbeispiel: $\begin{pmatrix}2 & 3\\4 & 6\end{pmatrix}$ hat lauter positive Einträge, aber $\det = 2 \cdot 6 - 3 \cdot 4 = 0$ — die zweite Zeile ist das Doppelte der ersten. Über die Invertierbarkeit entscheidet allein, ob die Determinante null ist, nicht das Vorzeichen der Einträge. Die Gegenrichtung zeigt Aufgabe 2: $E - A$ hat mehrere negative Einträge und ist wegen $\det = 0{,}4 \neq 0$ trotzdem invertierbar.

Die Determinante als Funktion von k. Zwischen den Nullstellen wechselt sie das Vorzeichen — genau dort bricht die Eindeutigkeit weg.

$\det(A_k) = 0$ heißt nur nicht eindeutig lösbar. Ob dann gar keine oder unendlich viele Lösungen herauskommen, entscheidet erst die rechte Seite $\vec{b}$: bei $k = 0$ passt sie zu den Gleichungen, bei $k = \pm 2$ nicht.