doc
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
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
