doc
MS-A0002 Matriisilaskenta Laskuharjoitus 5 / 2022 Mallit / Alkuviikko
MS-A0002 Matriisilaskenta, III/2022 Turunen / Bergman
MS-A0002 Matriisilaskenta
Laskuharjoitus 5 / 2022
Mallit / Alkuviikko
Tehtävä 1 (L): Mitkä ovat matriisin
A =
1 0 −1
1 −3 0
4 −13 1
ominaisarvojen algebralliset ja geometriset kertaluvut?
Ratkaisu: Ominaisarvon λ ∈ C algebrallisella kertaluvulla ma(λ) tarkoitetaan karakteristisen po lynomin det(A − λI) nollakohdan λ kertalukua. Ominaisarvon λ ∈ C geometrisella kertaluvulla
mg(λ) puolestaan tarkoitetaan ominaisarvoa λ vastaavien ominaisvektorien virittämän vektoriava ruuden dimensiota.
Matriisin A ominaisarvot saadaan selville ratkaisemalla karakteristisen polynomin det(A − λI)
nollakohdat:
det(A − λI) =
1 − λ 0 −1
1 −3 − λ 0
4 −13 1 − λ
= (1 − λ)
−3 − λ 0
−13 1 − λ
− 0 ·
1 0
4 1 − λ
− 1 ·
1 −3 − λ
4 −13
= (1 − λ)
2
(−3 − λ) + 13 − 4(3 + λ)
= −λ
3 − λ
2 + λ − 2 = 0.
Tämän kolmannen asteen polynomin voi ratkaista joko koneratkaisimella (ei kokeessa) tai löytä mällä ensimmäisen nollakohdan λ = −2 (esim. https://en.wikipedia.org/wiki/Rational_
root_theorem), ja sitten jakamalla polynomin tekijällä (λ + 2) esimerkiksi polynomien jakokul massa. Tällöin loput nollakohdat saadaan jäljelle jääneestä toisen asteen polynomista.
Ratkaisuiksi saadaan siis λ1 = −2, λ2 =
1
2 + i
√
3
2
ja λ3 =
1
2 − i
√
3
2
. Koska 3 × 3-matriisilla A
on kolme eri ominaisarvoa, niin ominaisarvojen algebrallinen kertaluku on yksi. Geometrinen ker taluku on aina pienempi tai yhtäsuuri kuin algebrallinen kertaluku, joten kaikkien ominaisarvojen
geometrinen kertaluku on myös yksi.
Yleisesti n×n-matriisin ominaisarvojen λ algebrallisten kertalukujen ma(λ) summa on n. Lisäksi
kunkin ominaisarvon λ geometriselle kertaluvulle mg(λ) pätee 1 ≤ mg(λ) ≤ ma(λ) ≤ n.
1
MS-A0002 Matriisilaskenta, III/2022 Turunen / Bergman
Toinen tapa: Jos polynomilla on moninkertainen nollakohta, myös sen derivaatalla on sama nolla kohta (tarkista!). Derivoimalla karakteristista polynomia saadaan yhtälö −3λ
2 −2λ+ 1 = 0, jonka
ratkaisut ovat toisen asteen yhtälön ratkaisukaavan mukaan −1 ja 1/3. Kokeilemalla havaitaan,
ettei kumpikaan ratkaisu ole karakteristisen polynomin nollakohta. Koska moninkertaisia nolla kohtia ei siis ole, algebralliset kertaluvut ovat 1, ja koska 1 ≤ mg(λ) ≤ ma(λ), myös geometriset
kertaluvut ovat 1.
Tehtävä 2 (L): Erään kaupungin säätilaa voidaan kuvata yksinkertaistetusti siten, että sadepäi vän jälkeen seuraavanakin päivänä sataa todennäköisyydellä 0.2 ja aurinkoisen päivän jälkeen on
seuraavanakin päivänä on aurinkoista todennäköisyydellä 0.7. Olkoon vektori
xk =
aurinkoisen sään todennäköisyys päivänä k
sateisen sään todennäköisyys päivänä k
.
Sateen ja aurinkoisen sään todennäköisyys päivänä k+1 saadaan siis päivän k todennäköisyyksistä
seuraavasti:
xk+1 =
0.7 0.8
0.3 0.2
xk
Miten suurella todennäköisyydellä satunnaisena päivänä sataa?
(Vihje: Oleta esimerkiksi, että x0 = [1, 0]T
. Mitä on x∞?)
Ratkaisu:
Merkitään nyt
A =
0.7 0.8
0.3 0.2
Todennäköisyyksille pätee rekursiivinen kaava xk+1 = Axk. Tästä seuraa suoraan, että xk = Akx0.
Satunnaisena päivänä todennäköisyys sateelle saadaan laksemalla raja-arvo lim
k→∞
xk = lim
k→∞
Akx0.
Intuitiivisesti ajatellen tarkastellaan siis äärettömän kaukana päivästä 0 olevaa päivää. Raja-arvon
lim
k→∞
Ak
laskemiseksi diagonalisoidaan matriisi A, eli esitetään se muodosssa A = SΛS
−1
, jossa
S,Λ ∈ C
2×2
, ja Λ on diagonaalimatriisi. Lasketaan ensin ominaisarvot ominaisarvoyhtälöstä:
0 = det[A − Iλ] =
0.7 − λ 0.8
0.3 0.2 − λ
= (0.7 − λ)(0.2 − λ) − 0.8 ∗ 0.3
= λ
2 − 0.9λ − 0.1
=⇒ λ1 = 1, λ2 = −0.1
Saatiin siis:
Λ =
1 0
0 −0.1
.
2
MS-A0002 Matriisilaskenta, III/2022 Turunen / Bergman
Ratkaistaan nyt jotkin ominaisarvoja λ1 ja λ2 vastaavat ominaisvektorit v1 ja v2:
−0.3 0.8
0.3 −0.8
0
0
+R1
∼
−0.3 0.8
0 0
0
0
=⇒ v1 =
8
3
0.8 0.8
0.3 0.3
0
0
−(3/8)R1
∼
0.8 0.8
0 0
0
0
=⇒ v1 =
1
−1
Matriisin A diagonalisoimiseksi täytyy vielä kääntää ominaisvektorien muodostama matriisi
S = [v1 v2]. Tehdään se Gaussin eliminointimenetelmällä:
8 1
3 −1
1 0
0 1
−(3/8)R1
∼
8 1
0 −11/8
1 0
−3/8 1
+(8/11)R2
∼
8 0
0 −11/8
8/11 8/11
−3/8 1
∗(1/8)
∗(−8/11) ∼
1 0
0 1
1/11 1/11
3/11 −8/11
Saadaan siis:
lim
k→∞
A
k = lim
k→∞
(SΛS
−1
)
k = lim
k→∞
SΛ
kS
−1 = lim
k→∞
8 1
3 −1
1
k 0
0 (−0.1)k
1/11 1/11
3/11 −8/11
=
8 1
3 −1
1 0
0 0 1/11 1/11
3/11 −8/11
=
8 0
3 0 1/11 1/11
3/11 −8/11
=
8/11 8/11
3/11 3/11
Millä tahansa alkuarvauksella x0 = (p1, p2)
T
, jossa p1 + p2 = 1, saadaan nyt:
x∞ = lim
k→∞
xk =
8/11 8/11
3/11 3/11 p1
p2
=
(p1 + p2) 8/11
(p1 + p2) 3/11
=
8/11
3/11
Siis todennäköisyys poudalle satunnaisena päivänä on 8/11 ≈ 0.73 ja sateelle 3/11 ≈ 0.27.
Tehtävä 3 (P): Oletetaan, että Au = λu ja Av = µv, missä A ∈ C
3×3
, u, v ∈ C
3×1
ja λ, µ ∈ C
siten, että ∥u∥ ̸= 0 ̸= ∥v∥ ja λ ̸= µ. Miksi u + v ei voi olla matriisin A ominaisvektori?
Ratkaisu:
Tässä selvästi λ ja µ ovat matriisin A ominaisarvoja vastaavilla ominaisvektoreilla u, v. Entä jos
u + v olisikin myös ominaisvektori vastaten jotakin ominaisarvoa α ∈ C? Silloin olisi
α(u + v) = A(u + v) = Au + Av = λu + µv,
mistä seuraisi (α − λ)u = (µ − α)v. Jos tässä olisi α = λ, seuraisi myös µ = α = λ, mikä on
mahdotonta. On oltava λ ̸= α ̸= µ. Mutta silloinhan
λu = Au = A(
µ − α
α − λ
v) = µ − α
α − λ
Av =
µ − α
α − λ
µv = µu
eli λu = µu, mikä on ristiriita, koska λ ̸= µ ja ∥u∥ > 0.
3
MS-A0002 Matriisilaskenta, III/2022 Turunen / Bergman
Tehtävä 4 (P): Tarkastellaan matriisia A =
0 0
5 0
∈ R
2×2
.
a) Etsi matriisin A ominaisarvot ja ominaisvektorit.
b) Olkoon P ∈ C
2×2 kääntyvä
— selitä, miksi tässä P
−1AP ∈ C
2×2
ei voi olla diagonaalinen.
(Vihje: jos tämä olisi diagonaalinen, niin matriisilla A olisi ominaisvektoreina...)
Ratkaisu:
a)
Matriisin A ominaisarvot saadaan selville ratkaisemalla karakteristisen polynomin det(A − λI)
nollakohdat:
det(A − λI) =
−λ 0
5 −λ
= λ
2 = 0
⇐⇒ λ = 0
Ominaisarvoa λ vastaaviksi ominaisvektoreiksi v saadaan:
0 0
5 0
0
0
=⇒ v =
0
t
, jossa t ∈ C.
b)
Väitteen voi todistaa ristiriitatodistuksella. Oletetaan nyt, että P
−1AP = Λ, jossa Λ ∈ C
2×2 on
diagonaalinen. Tällöin saadaan A = PΛP
−1
. Kyseessä on matriisin A diagonalisointi, joten mat riisin P sarakkeet ovat matriisin A ominaisvektoreita. Koska matriisi P on kääntyvä, ovat sen
sarakkeet lineaarisesti riippumattomia. Kuitenkin matriisin A ainoan ominaisarvon geometrinen
kertaluku on mg(0) = 1 kuten a) -kohdasta nähdään, eli matriisin A ominaisvektorit ja täten mat riisin P sarakkeet eivät voi olla lineaarisesti riippumattomia. Tämä on ristiriita, joten alkuperäinen
oletus on epätosi. Siis matriisi P
−1AP ei ole diagonaalinen.
4
