Weitere Anwendungen von Matrizen

Bedarfsrechnung

Auch in der Bedarfsermittlung – d. h. zur Berechnung der benötigten Menge an Rohstoffen und Ausgangsstoffen zur Erstellung einer bestimmten Menge von Endprodukten – kann die Matrizenrechnung angewendet werden.

Beispiel

Um das Endprodukt P_E herzustellen benötigt man 3 Zwischenprodukte P_Z, welche wiederum jeweils 2 Rohstoffe R benötigen. Dies kann man folgendermaßen ausdrücken:

$1\,P_E=3\,P_Z$

$1\,P_Z=2\,R$

Nun können wir dieses Gleichungssystem in eine Matrix umformen:

$\mathbf{D}\cdot\begin{pmatrix}P_E\\P_Z\\R\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}0&0&0\\3&0&0\\0&2&0\end{pmatrix} \cdot\begin{pmatrix}P_E\\P_Z\\R\end{pmatrix}$

Um zu ermitteln wie viele Rohstoffe man benötigt um das Endprodukt zu erzeugen berechnet man $\mathbf{D}^2$:

$\mathbf{D}^2=\mathbf{D}\cdot\mathbf{D} =\begin{pmatrix}0&0&0\\3&0&0\\0&2&0\end{pmatrix} \cdot\begin{pmatrix}0&0&0\\3&0&0\\0&2&0\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}0&0&0\\0&0&0\\2\cdot{3}&0&0\end{pmatrix}$

Zusätzlich gilt, dass aus einem Rohstoff genau ein Rohstoff gewonnen werden kann, aus genau einem Zwischenprodukt kann genau ein Zwischenprodukt gewonnen werden und aus genau einem Endprodukt kann genau ein Endprodukt erzeugt werden. Da dazu keine Änderung notwendig ist, kann man dies mit der 3×3-Identitätsmatrix ausdrücken:

$\mathbf{I}^{3\times{3}}=\mathbf{D}^0=\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}$

Damit kann man alle möglichen Transformationen zusammenfassen:

$\mathbf{G}=\mathbf{D}^0+\mathbf{D}^1+\mathbf{D}^2 =\begin{pmatrix}0&0&0\\3&0&0\\0&2&0\end{pmatrix} +\begin{pmatrix}0&0&0\\0&0&0\\2\cdot{3}&0&0\end{pmatrix} +\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}1&0&0\\3&1&0\\6&2&1\end{pmatrix}$

Die Nullen in dieser Matrix bedeuten hierbei, dass man aus den Produkten nicht wieder die Rohstoffe erhalten kann. Im Beispiel ist somit weder das Produkt noch die Zwischenprodukte zerleg- oder recyclebar.

siehe auch: Gozinto-Matrix

Extremalstellen in der mehrdimensionalen Analysis

Für zweimal stetig differenzierbare reelle Funktionen $f\colon \mathbb R^n\to \mathbb R$ gibt es ein hinreichendes Kriterium für lokale Extrema, für das die n partiellen Ableitungen erster Ordnung nach allen Koordinaten betrachtet werden müssen sowie die n² partiellen Ableitungen zweiter Ordnung. Letztere lassen sich in Form der sog. Hesse-Matrix schreiben, die für n = 2 so aussieht:

$H(f)(u)=\begin{pmatrix}\partial^2 f/\partial x\partial x(u) & \partial^2 f/\partial x\partial y(u)\\ \partial^2 f/\partial y\partial x(u) & \partial^2 f/\partial y\partial y(u)\end{pmatrix}.$

Nach dem Satz von Schwarz ist dies eine symmetrische Matrix und das Kriterium lautet:

f hat ein lokales Minimum an der Stelle u₀, immer wenn $\partial f/\partial x(u_0) = \partial f/\partial y(u_0) = 0$ und H(f)(u₀) positiv definit ist.

(Die Aussage „nur wenn“ ist nicht richtig.) Ein lokales Maximum liegt analog bei negativer Definitheit vor.

Im Beispiel f(x,y) = x² − y² ist die Bedingung an die erste Ableitung an der Stelle (0,0) zwar erfüllt, aber $H(f)(0,0) = \begin{pmatrix}2&0\\0&-2\end{pmatrix}$ ist weder positiv noch negativ definit, und die Funktion hat an der Stelle (0,0) auch kein lokales Minimum oder Maximum, sondern einen Sattelpunkt, wo sich zwei Höhenlinien schneiden.

Zwei-Personen-Nullsummenspiele in der Spieltheorie

Bei einem bekannten Knobelspiel für zwei Personen wählen beide Spieler unabhängig voneinander einen der Begriffe Schere, Stein, Papier. Dabei besiegt die Schere das Papier (durch Zerschneiden), das Papier den Stein (durch Einwickeln) und der Stein die Schere (durch Abstumpfen). Das Spiel geht unentschieden aus, wenn beide denselben Begriff gewählt haben. Wenn der Sieger vom Verlierer einen Cent erhält, kann man in einer Matrix A den Gewinn von Spieler 1 darstellen, der zugleich der Verlust von Spieler 2 ist (bzw. umgekehrt bei negativen Zahlen). Weil der Gewinn des einen der Verlust des anderen ist, handelt es sich um ein Nullsummenspiel.

$A = \begin{pmatrix}0&-1&1\\1&0&-1\\-1&1&0\end{pmatrix}$, $B = \begin{pmatrix}0&-2&1\\2&0&-1\\-1&1&0\end{pmatrix}$, $C = \begin{pmatrix}0&-1&2\\2&0&-1\\-1&2&0\end{pmatrix}$

In der Matrix A entspricht die 1. Zeile bzw. Spalte der Schere, die 2. dem Stein und die 3. dem Papier. Spieler 1 wählt eine Zeile und Spieler 2 eine Spalte, dann zahlt Spieler 2 an Spieler 1 so viele Cent, wie die Zahl in dieser Zeile und Spalte angibt. Wenn das Spiel wiederholt gespielt wird, wählt Spieler 1 die Zeile i mit der relativen Häufigkeit (oder Wahrscheinlichkeit) v_i, diese sog. Strategie wird durch einen Vektor $v\in S=\{\begin{pmatrix}v_1\\v_2\\v_3\end{pmatrix}\mid v_1+v_2+v_3=1\}$ beschrieben. Wenn die Strategie von Spieler 2 durch den Vektor w beschrieben wird, errechnet sich der mittlere Gewinn von Spieler 1 als das Matrix-Vektor-Produkt v^TAw.

Bei Wahl der Strategie $v\in S$ gewinnt Spieler 1 im für ihn ungünstigsten Fall $\min_{w\in S} v^TAw$, und ein v, bei dem dieses Minimum maximal wird, heißt optimale Strategie für Spieler 1 mit dem garantierten Gewinn $\max_{v\in S}\min_{w\in S} v^TAw$ (dieser Gewinn kann auch negativ sein, ist dann also ein Verlust). Analog liefert eine optimale Strategie für Spieler 2 einen Verlust von $\min_{w\in S} \max_{v\in S} v^TAw$ (bei Spieler 2 bedeutet ein negativer Verlust einen Gewinn). John von Neumann hat 1928 den Minimax-Satz der Spieltheorie veröffentlicht, wonach beide Werte (optimaler Gewinn von Spieler 1 und optimaler Verlust von Spieler 2) gleich sind und beide Spieler optimale Strategien besitzen, um diesen Wert des Spiels zu erreichen.

Bei optimalen Strategien müssen i.a. mehrere Zeilen bzw. Spalten mit Wahrscheinlichkeit größer als Null gewählt werden, diese Strategien lassen sich also nur bei wiederholtem Spielen realisieren. Im obigen Beispiel ist (1 / 3,1 / 3,1 / 3) für beide Spieler optimal, um den Wert 0 zu erreichen. Würde aber für einen Sieg Stein gegen Schere der doppelte Betrag (2 Cent) fällig (s.o. Matrix B), wäre die optimale Strategie (1 / 4,1 / 4,1 / 2). Und wenn (ungerechterweise) Spieler 1 für einen Sieg immer 2 Cent bekäme, Spieler 2 aber nur 1 Cent (Matrix C), wäre wieder (1 / 3,1 / 3,1 / 3) optimal, aber mit Wert 1 statt Wert 0.