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

Mansfield ISD - Independence Title

the units of the faculty - Eötvös Loránd University, Faculty of Science

e-Cd6fu epeo`r ddroco dddddon drod

Fort Valley State University - Affordable Learning Georgia

Sheep and Ducks - Inside Mathematics

Student book of study visits - Project Database

ITBS Research Guide - Iowa Testing Programs

ION CREANGĂ” STATE PEDAGOGICAL UNIVERSITY FROM

Carroll ISD - Independence Title

Baran Acilli Harvey Chen Velican Keser Chloe McHenry Shannon

Course - Colonel By Secondary School

Chapter 6: FURTHER INVESTIGATIONS OF THE MIND - IMJ-PRG

ABSTRACTS AND PRE-PROCEEDINGS Baia Mare September 25

1st Grade App List 2014-2015

Algebra/Geometry Readiness Test - ucsmp

RCML 2016 Conference Proceedings

Opening the Algebra Gate

Profile book 2015

Nacogdoches, Texas 75965 - Stephen F. Austin State University

MS-A0002 Matriisilaskenta Laskuharjoitus 2 / 2022 Mallit / Loppuviikko

MS-A0002 Matriisilaskenta, III/2022 Turunen / Bergman MS-A0002 Matriisilaskenta Laskuharjoitus 2 / 2022 Mallit / Loppuviikko Tehtävä 5 (L): Ratkaise yhtälöryhmä    x2 +x3 = 0 x1 +x2 = 0 x1 +x2 +x3 = 1 käyttämällä Gaussin eliminaatiota tarpeellisin rivinvaihdoin. Mitä saamasi ratkaisu kertoo näistä kolmesta avaruuden tasosta? Ratkaisu: Yhtälöryhmä voidaan esittää muodossa   0 1 1 1 1 0 1 1 1     x1 x2 x3   =   0 0 1   ⇔   0 1 1 0 1 1 0 0 1 1 1 1   Eliminoidaan:   0 1 1 0 1 1 0 0 1 1 1 1   (1) V aihdetaan rivit 1. ja 3. −−−−−−−−−−−−−−−→   1 1 1 1 1 1 0 0 0 1 1 0   (2) Rivi1−Rivi3 −−−−−−−→   1 0 0 1 1 1 0 0 0 1 1 0   (3) R2−R1 −−−−→   1 0 0 1 0 1 0 −1 0 1 1 0   (4) R3−R2 −−−−→   1 0 0 1 0 1 0 −1 0 0 1 1   (5) Viimeisestä muodosta huomataan, että tasot leikkaavat täsmälleen yhdessä pisteessä (x1, x2, x3) = (1, −1, 1). 1 MS-A0002 Matriisilaskenta, III/2022 Turunen / Bergman Tehtävä 6 (L): Määritä sellaiset kertoimet a, b, c, d ∈ R, että a(x 3 − x 2 + x − 1) + b(x 3 + x 2 + 3x − 2) + c(x 2 + 3x + 1) + d(x 3 + 2x 2 − 2) + 7 = 0 kaikilla x ∈ R. Käytä Gaussin eliminaatiota. Ratkaisu: Kirjoitetaan yhtälö muotoon, jossa polynomin kertoimet erottuvat: a(x 3 − x 2 + x − 1) + b(x 3 + x 2 + 3x − 2) + c(x 2 + 3x + 1) + d(x 3 + 2x 2 − 2) + 7 = 0 ⇔ x 3 (a + b + d) + x 2 (−a + b + c + 2d) + x(a + 3b + 3c) − a − 2b + c − 2d + 7 = 0 Polynomi saa arvon 0 kaikilla x ∈ R, jos ja vain jos sen kaikki kertoimet ovat 0. Tarkastellaan summaa termeittän: x 3 : a +b +d = 0 x 2 : −a +b +c +2d = 0 x : a +3b +3c = 0 vakiot: −a −2b +c −2d +7 = 0 Kirjoittamalla viimeinen termi muodossa −a − 2b + c − 2d = −7, voidaan yhtälö kirjoittaa mat riisimuodossa:     1 1 0 1 −1 1 1 2 1 3 3 0 −1 −2 1 −2         a b c d     =     0 0 0 −7     ⇔     1 1 0 1 0 −1 1 1 2 0 1 3 3 0 0 −1 −2 1 −2 −7     Eliminoidaan:     1 1 0 1 0 −1 1 1 2 0 1 3 3 0 0 −1 −2 1 −2 −7     R2+R1, R3−R1, R4+R1 −−−−−−−−−−−−−−−−→     1 1 0 1 0 0 2 1 3 0 0 2 3 −1 0 0 −1 1 −1 −7     R3−R2, R4+ 1 2 R2 −−−−−−−−−−−→     1 1 0 1 0 0 2 1 3 0 0 0 2 −4 0 0 0 3 2 1 2 −7     2 MS-A0002 Matriisilaskenta, III/2022 Turunen / Bergman R4− 3 4 R3 −−−−−→     1 1 0 1 0 0 2 1 3 0 0 0 2 −4 0 0 0 0 7 2 −7     R2· 1 2 , R3· 1 2 , R4· 2 7 −−−−−−−−−−−−−→     1 1 0 1 0 0 1 1 2 3 2 0 0 0 1 −2 0 0 0 0 1 −2     Takaisinsijoituksilla: R1−R4, R2− 3 2 R4, R3+2R4 −−−−−−−−−−−−−−−−−−→     1 1 0 0 2 0 1 1 2 0 3 0 0 1 0 −4 0 0 0 1 −2     R2− 1 2 R3 −−−−−−−→     1 1 0 0 2 0 1 0 0 5 0 0 1 0 −4 0 0 0 1 −2     R1−R2 −−−−−−→     1 0 0 0 −3 0 1 0 0 5 0 0 1 0 −4 0 0 0 1 −2     Josta voidaan lukea: a = −3, b = 5, c = −4, d = −2. Tehtävä 7 (P): Tarkastellaan oheisen kuvan mukaista lämpötilaruudukkoa, jossa kukin lämpöti loista T1, T2, T3, T4 on keskiarvo viereisten ruutujen lämpötiloista. Kirjoita yhtälöryhmä lämpöti loille Tk ja ratkaise se käyttämällä Gaussin eliminointimenetelmää. T3 T1 T4 T2 20◦ 45◦ 10◦ 20◦ 10◦ 5 ◦ 50◦ 30◦ Huom: Vierekkäisillä ruuduilla on yhteinen sivu. Ensimmäinen yhtälö on muotoa T1 = (10 + T3 + T2 + 5)/4 eli 4T1 − T2 − T3 = 15. Ratkaisu: Kirjoitetaan kunkin ruudun lämpötilat yhtälöryhmäksi: 3 MS-A0002 Matriisilaskenta, III/2022 Turunen / Bergman    T1 = 10+5+T3+T2 4 T2 = 20+30+T1+T4 4 T3 = 10+20+T1+T4 4 T4 = 50+45+T2+T3 4 ⇔    4T1 − T2 − T3 = 15 −T1 + 4T2 − T4 = 50 −T1 + 4T3 − T4 = 30 −T2 − T3 + 4T4 = 95 Matriisimuodossa:     4 −1 −1 0 15 −1 4 0 −1 50 −1 0 4 −1 30 0 −1 −1 4 95     Järjestetään rivit uudelleen. Järjestys valittu siten, että laskeminen on jotenkin helpompaa.     −1 4 0 −1 50 0 −1 −1 4 95 −1 0 4 −1 30 4 −1 −1 0 15     Eliminoimalla: R3−R1,R4+4R1 −−−−−−−−−→     −1 4 0 −1 50 0 −1 −1 4 95 0 −4 4 0 −20 0 15 −1 −4 215     R3−4R2,R4+15R2 −−−−−−−−−−→     −1 4 0 −1 50 0 −1 −1 4 95 0 0 8 −16 −400 0 0 −16 56 1640     R4+2R3 −−−−→     −1 4 0 −1 50 0 −1 −1 4 95 0 0 8 −16 −400 0 0 0 24 840     R1∗−1,R2∗−1,R3∗1/8,R4∗1/24 −−−−−−−−−−−−−−−−−→     1 −4 0 1 −50 0 1 1 −4 −95 0 0 1 −2 −50 0 0 0 1 35     Takaisinsijoituksilla saadaan:     1 0 0 0 15 0 1 0 0 25 0 0 1 0 20 0 0 0 1 35     , 4 MS-A0002 Matriisilaskenta, III/2022 Turunen / Bergman jolloin tuloksiksi saadaan: T1 = 15, T2 = 25, T3 = 20, T4 = 35. Tehtävä 8 (P): Etsi Gaussin eliminaatiomenetelmän avulla virrat I1, . . . , I5, kun vastukset ovat suuruudeltaan Rk = 2k Ω, kun k = 1, . . . , 5 ja E = 5V . Tarvittavat yhtälöt saat Kirchhoffin virta ja jännitelakien avulla. ✧✦ + ★✥ − E R1 I1 ✲ R2 ❄I2 R3 I3 ✲ ❄I4 I5 ✲ R4 R5 Ratkaisu: Kirchhoffin lait: • K1: Virtapiirin risteykseen tulevien ja siitä lähtevien virtojen summa on nolla. • K2: Potentiaalin muutos virtapiirin suljetun kierroksen yli on nolla. Kuva 1: Kuvaan on merkitty käytettyjen yhtälöiden vaatimat risteykset ja kierrokset Virtapiirissä on 5 tuntematonta, joten tarvitaan 5 yhtälöä.    I1 − I2 − I3 = 0 I3 − I4 − I5 = 0 E − I1R1 − I2R2 = 0 E − I1R1 − I3R3 − I4R4 = 0 E − I1R1 − I3R3 − I5R5 = 0 Missä Ii ∀i ovat tuntemattomia, E = 5V ja Rk = 2kΩ ∀k. Yhtälöryhmä voidaan esittää matriisi muodossa:       1 −1 −1 0 0 0 0 1 −1 −1 2 4 0 0 0 2 0 6 8 0 2 0 6 0 10             I1 I2 I3 I4 I5       =       0 0 5 5 5       ⇔       1 −1 −1 0 0 0 0 0 1 −1 −1 0 2 4 0 0 0 5 2 0 6 8 0 5 2 0 6 0 10 5       . 5 MS-A0002 Matriisilaskenta, III/2022 Turunen / Bergman Jaetaan rivit 3, 4 ja 5 kahdella ja vaihdetaan rivien 2 ja 3 paikkoja:       1 −1 −1 0 0 0 1 2 0 0 0 5/2 0 0 1 −1 −1 0 1 0 3 4 0 5/2 1 0 3 0 5 5/2       , jolloin eliminoimalla: R2−R1, R4−R1, R5−R1 −−−−−−−−−−−−−−−−→       1 −1 −1 0 0 0 0 3 1 0 0 5/2 0 0 1 −1 −1 0 0 1 4 4 0 5/2 0 1 4 0 5 5/2       R4− 1 3 R2, R5− 1 3 R2 −−−−−−−−−−−−→       1 −1 −1 0 0 0 0 3 1 0 0 5/2 0 0 1 −1 −1 0 0 0 11 3 4 0 5/3 0 0 11 3 0 5 5/3       R4− 11 3 R3, R5− 11 3 R3 −−−−−−−−−−−−−→       1 −1 −1 0 0 0 0 3 1 0 0 5/2 0 0 1 −1 −1 0 0 0 0 23 3 11 3 5/3 0 0 0 11 3 26 3 5/3       R5− 11 23 R4 −−−−−→       1 −1 −1 0 0 0 0 3 1 0 0 5/2 0 0 1 −1 −1 0 0 0 0 23 3 11 3 5/3 0 0 0 0 159 23 20/23       R2· 1 3 , R4· 3 23 , R5· 23 159 −−−−−−−−−−−−−−→       1 −1 −1 0 0 0 0 1 1 3 0 0 5/6 0 0 1 −1 −1 0 0 0 0 1 11 23 5/23 0 0 0 0 1 20/159       , (6) josta takaisinsijoituksilla saadaan:       1 0 0 0 0 325/318 0 1 0 0 0 235/318 0 0 1 0 0 45/159 0 0 0 1 0 25/159 0 0 0 0 1 20/159       , 6 MS-A0002 Matriisilaskenta, III/2022 Turunen / Bergman eli ratkaisu on: I1 = 325 318 , I2 = 235 318 , I3 = 45 159 , I4 = 25 159 , I5 = 20 159 , eli I = 1 318 (325, 235, 90, 50, 40). 7