MS-A0002 Matriisilaskenta Laskuharjoitus 3 / 2022 Mallit / Alkuviikko

MS-A0002 Matriisilaskenta Laskuharjoitus 3 / 2022 Mallit / Alkuviikko 1 MS-A0002 Matriisilaskenta, III/2022 Turunen / Bergman MS-A0002 Matriisilaskenta Laskuharjoitus 3 / 2022 Mallit / Alkuviikko Tehtävä 1 (L): Etsi kaikki yhtälön Ax = b ratkaisut, kun A =   3 5 −4 −3 −2 4 6 1 −8   ja b =   7 −1 −4   . Ratkaisu 1: Koetetaan ratkaista yhtälö Gauss-eliminaatiolla.   3 5 −4 −3 −2 4 6 1 −8 7 −1 −4   +R1 −2R1 ∼   3 5 −4 0 3 0 0 −9 0 7 6 −18   − 5 3R2 +3R2 ∼   3 0 −4 0 3 0 0 0 0 −3 6 0   /3 /3 ∼   1 0 −4/3 0 1 0 0 0 0 −1 2 0   Yhtälöllä on siis äärettömän monta ratkaisua, jotka määräytyvät yhtälöryhmästä ( x1 − 4/3x3 = −1 x2 = 2. Kun merkitään x3 = t, saadaan ratkaisuiksi x =   −1 2 0   + t   4/3 0 1   , t ∈ R. Tehtävä 2 (L): Oletetaan, että p on yhtälön Ax = b eräs ratkaisu, eli että Ap = b. a) Olkoon vh yksi ratkaisu homogeeniselle yhtälölle Ax = 0, ja olkoon w = p + vh. Osoita, että w on ratkaisu yhtälölle Ax = b. b) Olkoon w mikä tahansa ratkaisu yhtälölle Ax = b. Määritellään vh := w − p. Osoita, että vh on ratkaisu yhtälölle Ax = 0. Nämä kohdat yhdessä osoittavat, että yhtälön Ax = b ratkaisuiden joukko on täsmälleen niiden vektoreiden joukko, jotka ovat muotoa vh +p, missä vh on homogeenisen yhtälön Ax = 0 yleinen ratkaisu (tilanteesta riippuen piste, suora, taso, hypertaso, ...) ja p on yhtälön Ax = b eräs (mikä tahansa!) yksittäinen ratkaisu. 2 MS-A0002 Matriisilaskenta, III/2022 Turunen / Bergman Ratkaisu 2: Molemmat kohdat voidaan osoittaa suoralla laskulla. a) Aw = A(p + vh) = Ap + Avh = b b) Avh = A(w − p) = Aw − Ap = b − b = 0 Tehtävä 3 (P): Kirjoita liittomatriisina    x2 + 2x3 = 3 4x1 + 3x2 + 2x3 = 1 4x1 + 4x2 + 4x3 = 4 . ja etsi kaikki kompleksiset ratkaisut Gauss-eliminaatiolla (tai osoita, ettei ratkaisuja ole). Ratkaisu 3: Merkitään x = (x1, x2, x3) T . Tällöin yhtälö voidaa esittää muodossa Ax = b, jossa A =   0 1 2 4 3 2 4 4 4   ja b =   3 1 4   . Koetetaan ratkaista yhtälö Gauss-eliminaatiolla:   0 1 2 4 3 2 4 4 4 3 1 4   R1 ←→ R2 ∼   4 3 2 0 1 2 4 4 4 1 3 4   −R1 ∼   4 3 2 0 1 2 0 1 2 1 3 3   −R2 ∼   4 3 2 0 1 2 0 0 0 1 3 0   −3R2 ∼   4 0 −4 0 1 2 0 0 0 −8 3 0   /4 ∼   1 0 −1 0 1 2 0 0 0 −2 3 0   Saatiin siis kaksi yhtälöä, jotka ovat yhdessä yhtäpitäviä yhtälön Ax = b kanssa: ( x1 − x3 = −2 x2 + 2x3 = 3 =⇒ ( x1 = x3 − 2 x2 = −2x3 + 3 Esitään kaikki ratkaisut parametrin z ∈ C avulla, kun x3 = z. Tällöin kaikki ratkaisut ovat muotoa:    x1 = z − 2 x2 = −2z + 3 x3 = z 3 MS-A0002 Matriisilaskenta, III/2022 Turunen / Bergman Tehtävä 4 (P): Lineaarisesta funktiosta A : R 3 → R 2 tiedetään, että A(7, 4, 1) = (9, 8), A(5, 3, 1) = (7, 6), A(3, 2, 1) = (5, 4). Etsi lineaarikuvausta A vastaava matriisi [A]. Onko ratkaisumatriisi yksikäsitteinen? Miksi? Ratkaisu 4: Minkä tahansa lineaarikuvauksen A : R 3 → R 2 voi esittää muodossa A(x1, x2, x3) = (x1, x2, x3)[A] T Tässä [A] ∈ R 2x3 on matriisi: [A] = A11 A12 A13 A21 A22 A23 ⇐⇒ [A] T =   A11 A21 A12 A22 A13 A23   Saadaan siis kolme yhtälöä: (Huom! Sillä, missä järjestyksessä yhtälöt esittää ei ole minkäänlais ta väliä; Rivijärjestystä voidaan aina Gaussin eliminaatiossa vapaasti permutoida rivioperaatioin. Tässä ne on nyt valmiiksi valittu järjestykseen jota on mukava eliminoida.)    (7, 4, 1)[A] T = (9, 8) (3, 2, 1)[A] T = (5, 4) (5, 3, 1)[A] T = (7, 6) Tämän yhtälöryhmän voi esittää myös yhtenä matriisiyhtälönä:   7 4 1 3 2 1 5 3 1   [A] T =   9 8 5 4 7 6   Yritetään ratkaista [A] T Gauss-eliminaatiolla:   7 4 1 3 2 1 5 3 1 9 8 5 4 7 6   ·2 ∼   7 4 1 6 4 2 5 3 1 9 8 10 8 7 6   −R2 ∼   1 0 −1 6 4 2 5 3 1 −1 0 10 8 7 6   −6R1 −5R1 ∼   1 0 −1 0 4 8 0 3 6 −1 0 16 8 12 6   −R3 − 3 4R2 ∼   1 0 −1 0 1 2 0 0 0 −1 0 4 2 0 0   Yksikäsitteistä ratkaisua ei siis ole, koska alimmalle riville tuli vain nollia. Saadaan yhtälöt:    A11 − A13 = −1 A12 + 2A13 = 4 A21 − A23 = 0 A22 + 2A23 = 2 4 MS-A0002 Matriisilaskenta, III/2022 Turunen / Bergman Parametrisoimalla A13 = t ∈ R ja A23 = u ∈ R, saadaan:    A11 = −1 + t A12 = 4 − 2t A13 = t ja    A21 = u A22 = 2 − 2u A23 = u Siis matriisi [A] on muotoa: [A] = −1 + t 4 − 2t t u 2 − 2u u Ratkaisun ei-yksikäsitteisyyden voi havaita jo ennen Gauss-eliminaatiota tarkastelemalla annet tujen pisteiden lineaarista riippuvuutta. Esimerkiksi kolmannen pisteen voi muodostaa kahdesta ensimmäisestä: 2 ∗ A(5, 3, 1) − A(3, 2, 1) = A(7, 4, 1) ⇔ 2 ∗ (7, 6) − (5, 4) = (9, 8). Muodostuvat yhtälöt ovat siis keskenään lineaarisesti riippuvaisia, eivätkä siten määrittele yksikä sitteistä ratkaisua. 5

More information

MS-A0002 Matriisilaskenta Laskuharjoitus 4 / 2022 Mallit / Alkuviikko

MS-A0002 Matriisilaskenta Laskuharjoitus 4 / 2022 Mallit / Alkuviikko MS-A0002 Matriisilaskenta, III/2022 Turunen / Bergman MS-A0002 Matriisilaskenta Laskuharjoitus 4 / 2022 Mallit / Alkuviikko Tehtävä 1 (L): Tarkastellaan matriisia A =   2 1 3 8 7 6 4 5 0  . Lisäämällä ensimmäinen rivi −4:llä ker rottuna toiseen riviin saadaan toisen rivin 1. alkio nollaksi. Tämä eliminaatioaskel voidaan esittää myös kertolaskulla:   1 0 0 −4 1 0 0 0 1     2 1 3 8 7 6 4 5 0   =   2 1 3 0 3 −6 4 5 0   . Matriisi A kerrotaan siis eliminaatiomatriisilla E21. Saattaaksesi matriisi A porrasmuotoon, tee sille vielä seuraavat askeleet: i) Lisää ensimmäinen rivi −2:lla kerrottuna kolmanteen riviin ii) Lisää toinen rivi −1:lla kerrottuna kolmanteen riviin Etsi näiden askelten eliminaatiomatriisit E31 ja E32 ja tarkista, että saamallesi porrasmuotoiselle matriisille U pätee E32E31E21A = U. Ratkaisu: Eliminaatiomatriisit muodostetaan kuten tehtävänannon esimerkissä. i) E31 =   1 0 0 0 1 0 −2 0 1   E31E21A =   1 0 0 0 1 0 −2 0 1     2 1 3 0 3 −6 4 5 0   =   2 1 3 0 3 −6 0 3 −6   ii) E32 =   1 0 0 0 1 0 0 −1 1   E32E31E21A =   1 0 0 0 1 0 0 −1 1     2 1 3 0 3 −6 0 3 −6   =   2 1 3 0 3 −6 0 0 0   = U. 1 MS-A0002 Matriisilaskenta, III/2022 Turunen / Bergman Tarkistetaan tulos: E32E31E21A =   1 0 0 0 1 0 0 −1 1     1 0 0 0 1 0 −2 0 1     1 0 0 −4 1 0 0 0 1     2 1 3 8 7 6 4 5 0   =   2 1 3 0 3 −6 0 0 0   = U Tehtävä 2 (L): Matriisin LU-hajotelmassa matriisi esitetään kahden matriisin tulona A = LU, missä matriisi L on alakolmiomatriisi ja U yläkolmiomatriisi. Käytännössä U on se porrasmuoto, johon matriisi saadaan Gaussin eliminaatioaskelilla, ja L sisältää informaation näistä askelista. Laske nyt edellisen tehtävän matriisin A LU-hajotelma saamasi yhtälön E32E31E21A = U avulla: matriisi U sinulla on jo valmiina, matriisin L saat eliminaatiomatriiseista. Tarkista, että A = LU. Ratkaisu: Merkitään E32E31E21 = E = h 1 0 0 −4 1 0 2 −1 1 i . LU-hajotelma saadaan muodosta EA = U kertomalla puolittain vasemmalta E −1 :llä, jolloin saadaan: E −1EA = E −1U A = E −1U. Lasketaan E −1 : (E|I) =   1 0 0 −4 1 0 2 −1 1 1 0 0 0 1 0 0 0 1   R2=R2+4R1 −−−−−−−→ R3=R3−2R1 −−−−−−−→   1 0 0 0 1 0 0 −1 1 1 0 0 4 1 0 −2 0 1     1 0 0 0 1 0 0 −1 1 1 0 0 4 1 0 −2 0 1   R3=R3+R2 −−−−−−→   1 0 0 0 1 0 0 0 1 1 0 0 4 1 0 2 1 1   = (I|E −1 ) LU-hajotelma on nyt muotoa: A = E −1U   2 1 3 8 7 6 4 5 0   =   1 0 0 4 1 0 2 1 1     2 1 3 0 3 −6 0 0 0   Tehtävä 3 (P): Tarkista, että vektoreiden a = a1i + a2j + a3k ja b = b1i + b2j + b3k vektoritulo a × b voidaan laskea determinanttina seuraavasti: a × b = i j k a1 a2 a3 b1 b2 b3 . Laske sitten tämän tiedon avulla sellaisen suunnikkaan ala, jolla on kärkipisteet (−2, 0), (1, 2) ja (2, −1). 2 MS-A0002 Matriisilaskenta, III/2022 Turunen / Bergman Ratkaisu: Tunnetusti vektoreiden a ja b ristitulo on (a2b3, a3b1, a1b2) − (a3b2, a1b3, a2b1). Lasketaan annettu determinantti auki: i j k a1 a2 a3 b1 b2 b3 = i · a2 a3 b2 b3 − j · a1 a3 b1 b3 + k · a1 a2 b1 b2 = i · (a2b3 − a3b2) − j · (a1b3 − a3b1) + k · (a1b2 − a2b1) = (a2b3 − a3b2, a3b1 − a1b3, a1b2 − a2b1) = a × b. Muodostetaan suunnikkaan sivujen vektorit v ja u. Valitaan kärkipisteeksi (johon vektorit v ja u päättyvät) piste (−2, 0). (Huom! Valinnalla ei ole merkitystä, lopputulos on joka valinnalle sama.) u = (−2, 0) − (2, −1) = (−4, 1) v = (−2, 0) − (1, 2) = (−3, −2) Lasketaan vektoritulo: u × v = i j k −4 1 0 −3 −2 0 = k · −4 1 −3 −2 = k · ((−4 · (−2)) − (−3 · 1)) = 11k. Kärkipisteiden muodostaman suunnikkaan pinta-ala on tunnetusti sivujen vektoreiden ristitulon pituus. Kysytty pinta-ala on siis |11k| = 11. Tehtävä 4 (P): Tarkastellaan matriisia [M] =   a ∗ b ∗ c ∗   a b c ∈ C 3×3 ja sitä vastaavaa lineaari kuvausta M : C 3 → C 3 (tässä a, b, c ∈ C ovat yleisiä vakioita). (a) Näytä, että M ei ole surjektio. (b) Näytä, että M ei ole injektio. (c) Laske det[M] alideterminanttikehitelmän avulla. Ratkaisu (a). Tässä tehtävässä M ei voi olla surjektio, koska [M]   x1 x2 x3   =   a ∗ b ∗ c ∗   (ax1 + bx2 + cx3) ∈ C 3×1 , eli kaikki kuvavektorit ovat vain muotoa λ(a ∗ , b∗ , c∗ ) ∈ C 3 , missä λ ∈ C on mielivaltainen vakio (kuva-avaruus on kompleksinen 1-dimensioinen vektoriavaruus, kun taas C 3×1 ∼= C 3 on komplek sinen 3-dimensioinen vektoriavaruus). 3 MS-A0002 Matriisilaskenta, III/2022 Turunen / Bergman Ratkaisu (b). Pitää vain löytää x = (x1, x2, x3) ∈ C 3 , jolle x ̸= (0, 0, 0) ja 0 = ax1 + bx2 + cx3 (koska silloinhan M kuvaa vastaavan pystyvektorin   x1 x2 x3   origoksi   0 0 0  ). Tämä onnistuu aina, koska tässä lineaarisella yhtälöllä 0 = ax1 + bx2 + cx3 on väistämättä äärettömän monta ratkaisua x = (x1, x2, x3). Ratkaisu (c). a-kohdan (tai b-kohdan) perusteella tiedetään, että [M] ei ole kääntyvä, ja siten det[M] = 0. Lasketaan kuitenkin tämä. Huomaa, että a ∗a = |a| 2 jne. Esimerkiksi ensimmäisen rivin suhteen otettu alideterminanttikehitelmä on seuraavanlainen: det[M] = det   a ∗a a∗ b a∗ c b ∗a b∗ b b∗ c c ∗a c∗ b c∗ c   = |a| 2 det |b| 2 b ∗ c c ∗ b |c| 2 − a ∗ b det b ∗a b∗ c c ∗a |c| 2 + a ∗ c det b ∗a |b| 2 c ∗a c∗ b = |a| 2 (|b| 2 |c| 2 − |b| 2 |c| 2 ) + a ∗ b (ab∗ |c| 2 − ab∗ |c| 2 ) + a ∗ c (a|b| 2 c ∗ − a|b| 2 c ∗ ) = 0 + 0 + 0 = 0. 4

More information