docMS-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
