doc
MS-A0002 Matriisilaskenta Laskuharjoitus 4 / 2022 Mallit / Loppuviikko
MS-A0002 Matriisilaskenta, III/2022 Turunen / Bergman
MS-A0002 Matriisilaskenta
Laskuharjoitus 4 / 2022
Mallit / Loppuviikko
Tehtävä 5 (L): a) Tason kierto origon ympäri kulman t ∈ R verran voidaan esittää matriisina
A =
cos(t) − sin(t)
sin(t) cos(t)
.
Vaikka tulos on geometrisesti selvä, laske det(A).
b) Laske det(B), kun
B =
cos(ϕ) − sin(ϕ) 0
sin(ϕ) cos(ϕ) 0
0 0 1
cos(θ) 0 sin(θ)
0 1 0
− sin(θ) 0 cos(θ)
cos(ψ) − sin(ψ) 0
sin(ψ) cos(ψ) 0
0 0 1
,
missä 0 ≤ θ ≤ π ja 0 ≤ ϕ, ψ < 2π. Millaista avaruuden muunnosta tämä matriisi esittää?
Ratkaisu 5: a)
det(A) =
cos(t) − sin(t)
sin(t) cos(t)
= cos(t) cos(t) − (− sin(t) sin(t)) = cos2
(t) + sin2
(t) = 1
Matriisin determinantti on pääteltävissä sen annetusta käyttötarkoituksesta. Mikäli tämä li neaarikuvaus vain kiertää pistejoukkoa tasossa, ei se skaalaa sitä millään tavalla, joten suu rennussuhde on 1.
b) Koska det(AB) = det(A) det(B), saadaan
det(B) =
cos(ϕ) − sin(ϕ) 0
sin(ϕ) cos(ϕ) 0
0 0 1
·
cos(θ) 0 sin(θ)
0 1 0
− sin(θ) 0 cos(θ)
·
cos(ψ) − sin(ψ) 0
sin(ψ) cos(ψ) 0
0 0 1
= (1 ·
cos(ϕ) − sin(ϕ)
sin(ϕ) cos(ϕ)
) · (1 ·
cos(θ) sin(θ)
− sin(θ) cos(θ)
) · (1 ·
cos(ψ) − sin(ψ)
sin(ψ) cos(ψ)
)
= (cos2
(ϕ) + sin2
(ϕ)) · (cos2
(θ) + sin2
(θ)) · (cos2
(ψ) + sin2
(ψ)) = 1 · 1 · 1 = 1.
Kaikki tulon matriisit ovat rotaatiomatriiseja. Matriisi B on yhdistetty kuvaus näistä matrii seista. Muunnos on siis kierto xy-tasossa ϕ verran vastapäivään (z-akselin ympäri), kierto
xz-tasossa θ verran myötäpäivään (y-akselin ympäri) ja kierto ψ verran vastapäivään xy tasossa (taas z-akselin ympäri).
1
MS-A0002 Matriisilaskenta, III/2022 Turunen / Bergman
Tehtävä 6 (L): a) Oletetaan, että λ ∈ C on kääntyvän matriisin A ominaisarvo. Osoita, että
λ ̸= 0 ja että λ
−1 on matriisin A−1 ominaisarvo.
b) Osoita, että jos matriisi A666 on nollamatriisi, niin matriisin A ainoa ominaisarvo on 0. (Tässä
siis Ak+1 = AkA ja A1 = A.)
Ratkaisu 6: a) Koska neliömatriisi A on kääntyvä niin A−1 on olemassa. Osoittaaksemme että
λ ̸= 0 tehdään vastaoletus λ = 0. Tällöin voidaan ratkaista ominaisvektori x seuraavasti:
Ax = λx | A
−1
ja A
−1
∗ A = I
Ix = λA−1x
x = 0 ∗ A
−1x
x = 0.
Määritelmän mukaan ominaisvektori ei kuitenkaan voi olla nollavektori. Koska x = 0 on yhtälön
ainoa ratkaisu, päätellään että λ ̸= 0. Olkoon nyt x ̸= 0 eräs matriisin A ominaisarvoa λ ̸= 0
vastaava ominaisvektori. Tällöin
A
−1x = A
−1
(1x)
= A
−1
(
1
λ
λx) | ∀λ ∈ C, λ ̸= 0, ∃
1
λ
∈ C siten että 1
λ
λ = 1
=
1
λ
A
−1
(λx)
=
1
λ
A
−1
(Ax) | määritelmä : Ax = λx
=
1
λ
(A
−1A)x
=
1
λ
Ix
=
1
λ
x
Nyt matriisin A−1 ominaisarvo on 1
λ
.
b) Olkoon λ mikä tahansa A:n ominaisarvo ja v jokin sitä vastaava ominaisvektori. Tällöin pätee:
Av = λv
Yhtälö voidaan kertoa puolittain 665 kertaa matriisilla A:
A
666v = A
665λv.
Tiedetään että A666 = 0:
0 ∗ v = λA665v
2
MS-A0002 Matriisilaskenta, III/2022 Turunen / Bergman
Koska v on matriisin A ominaisvektori, sen kertominen A:lla vastaa ominaisarvolla λ kertomista.
Yhtälön oikea puoli saadaan näin ollen muotoon:
0 ∗ v = λ
666v
⇔ λ
666 = 0
λ = 0
Näin ollen λ = 0 on matriisin A ainoa ominaisarvo.
Tehtävä 7 (P): Olkoon A = S D S−1
, missä
S =
1 2 3
4 5 6
7 9 8
ja D =
8 0 0
0 6 0
0 0 7
.
Etsi yhtälön Ax = 7x kaikki ratkaisut x =
x1
x2
x3
. (Huom. Tehtävän voi ratkaista lyhyesti laske matta matriiseja S
−1
ja A.
Voit toki laskea nämä matriisit, jos et keksi muuta ratkaisutapaa.)
Ratkaisu 7: Yhtälön saa hajotelman avulla muotoon
Ax = 7x
SDS−1x = 7x
DS−1x = 7S
−1x.
Määritellään y := S
−1x, jolloin
Dy = 7y
(D − 7I)y = 0
1 0 0
0 −1 0
0 0 0
y = 0,
eli selvästi y =
0 0 t
T
, missä t ∈ R. y:n määrittelystä seuraa, että
x = Sy =
1 2 3
4 5 6
7 9 8
0
0
t
= t
3
6
8
,
3
MS-A0002 Matriisilaskenta, III/2022 Turunen / Bergman
joka on kysytty ratkaisu.
Vaihtoehtoinen ratkaisu 1: Koska tiedämme että matriisilla A on olemassa diagonalisointi
A = SDS−1
,
tiedämme että matriisi D sisältää A:n ominaisarvot diagonaali alkioilla, ja matriisi S sisältää omi naisarvoja vastaavat ominaisvektorit samassa järjestyksessä. Siispä, koska tehtävänanto on etsiä
matriisin A ominaisarvoa 7 vastaavat ominaisvektorit, voimme vain suoraan katsoa, missä omi naisarvo 7 esiintyy matriisissa D (kolmas sarake) ja lukea matriisista S vastaavalta sarakkeelta
(3) kysytyn ominaisvektorin. Koska kyse on kaikista ratkaisuista, mikä tahansa muukin kyseisen
ominaisvektorin suuntainen vektori on myös ratkaisu. Siispä parametrin t ∈ R avulla esitettynä
ratkaisuiksi saamme
x = t v3 = t
3
6
8
.
Vaihtoehtoinen ratkaisu 2: Esimerkiksi Matlab ohjelmistolla voimme ensin selvittää matriisin
S
−1
, jonka jälkeen A = SDS−1 voidaan suoraviivaisesti laskea matriisitulona, ja yhtälöryhmä
Ax = 7x
ratkaista esimerkiksi Gaussin menetelmällä.
Tehtävä 8 (P): Laske matriisin A =
a b
c d
∈ R
2×2 ominaisarvot, kun a + d = 4 = det[A].
Ratkaisu (A). Ratkaistaan ominaisarvot λ ∈ C karakteristisesta yhtälöstä:
0 = det[A − λI]
= det
a − λ b
c d − λ
= (a − λ)(d − λ) − bc
= λ
2 − (a + d)λ + (ad − bc)
tieto = λ
2 − 4λ + 4
= (λ − 2)2
.
Tästä nähdään, että matriisin A ainoa ominaisarvo on λ = 2 (jonka algebrallinen kertaluku on 2).
Ratkaisu (B). Olkoot λ1, λ2 ∈ C nyt tehtävän matriisin A ominaisarvot. Tiedetään, että neliö matriisilla jälki on sen ominaisarvojen summa, ja että determinantti on ominaisarvojen tulo. Huo maa, että tässä matriisin A jälki eli diagonaalialkioiden summa on a + d = 4. Yhtälöryhmästä
(
λ1 + λ2 = a + d = 4,
λ1λ2 = det[A] = 4
4
MS-A0002 Matriisilaskenta, III/2022 Turunen / Bergman
saadaan λ2 = 4 − λ1 ja 4 = λ1λ2 = λ1(4 − λ1) = 4λ1 − λ
2
1
eli
0 = λ
2
1 − 4λ1 + 4 = (λ1 − 2)2
.
Tästä saadaan λ1 = 2 = λ2.
5
