doc
MS-A0002 Matriisilaskenta Laskuharjoitus 5 / 2022 Mallit / Loppuviikko
MS-A0002 Matriisilaskenta, III/2022 Turunen / Bergman
MS-A0002 Matriisilaskenta
Laskuharjoitus 5 / 2022
Mallit / Loppuviikko
Tehtävä 5 (L): Etsi unitaarinen diagonalisointi matriisille
A = SDS−1
, kun D =
4 0
0 5
ja S =
1 −6
3 2
.
(Huomaa, että matriisin S sarakkeet ovat ortogonaaliset.)
Ratkaisu:
Huomataan, että matriisin S sarakkeet, eli matriisin A ominaisvektorit ovat ortogonaaliset. Matriisi
A on siis normaali.
Normeerataan nämä ominaisvektorit ja saadaan S
′ =
1/
√
10 −3/
√
10
3/
√
10 1/
√
10
Unitaarinen diagonalisointi saadaan siis A = S
′DS′∗ =
1/
√
10 −3/
√
10
3/
√
10 1/
√
10 4 0
0 5 1/
√
10 3/
√
10
−3/
√
10 1/
√
10
Tehtävä 6 (L): Olkoon S = [S1 S2 S3] =
1 1 1
1 2 4
1 3 9
.
Laske Gram–Schmidt -algoritmilla unitaarinen U = [U1 U2 U3], jolle
span{S1} = span{U1},
span{S1, S2} = span{U1, U2},
span{S1, S2, S3} = span{U1, U2, U3}.
Ratkaisu:
S1 =
1
1
1
, S2 =
1
2
3
, S3 =
1
4
9
Jos halutaan, että span{S1} = span{U1} niin on U1:n on oltava S1:n lineaarikombinaatio. Lisäksi
U1 oltava pituudeltaan 1.
Siis, U1 =
1/
√
3
1/
√
3
1/
√
3
1
MS-A0002 Matriisilaskenta, III/2022 Turunen / Bergman
U2 ja U3 saadaan seuraavasti:
U2 =
S2 − projU1 S2
|S2 − projU1 S2|
=
S2 − (U1 · S2)U1
|S2 − (U1 · S2)U1|
=
−1/
√
2
0
1/
√
2
U3 =
S3 − projU1,U2 S3
|S3 − projU1,U2 S3|
=
S3 − (U1 · S3)U1 − (U2 · S3)U2
|S3 − (U1 · S3)U1 − (U2 · S3)U2|
=
1/
√
6
−2/
√
6
1/
√
6
Siis, U = [U1 U2 U3] =
1/
√
3 −1/
√
2 1/
√
6
1/
√
3 0 −2/
√
6
1/
√
3 1/
√
2 1/
√
6
Tehtävä 7 (P): Matriisien luokkien määritelmistä käsin todista seuraavat väitteet:
(a) P ositiivinen ⇒ Symmetrinen.
(b) Symmetrinen ⇒ Normaali.
(c) Unitaarinen ⇒ Normaali.
Anna lisäksi esimerkit matriiseista, jotka osoittavat, että
(a’) Normaali ̸⇒ Symmetrinen,
(b’) Symmetrinen ̸⇒ P ositiivinen,
(c’) Normaali ̸⇒ Unitaarinen.
Ratkaisu:
(a) Kurssimonisteessa positiivinen (positive) matriisi on määritelty seuraavasti:
Matriisi P ∈ C
n×n on positiivinen, jos ⟨P x, x⟩ ≥ 0 kaikilla x ∈ C
n
. Sisätulolta edellytetään siis
positiivisuutta, ja täten erityisesti reaalisuutta.
Tällöin, heikon muotoilun lauseen (weak formulation theorem) perusteella riittää osoittaa, että
⟨P x, x⟩ = ⟨P
∗x, x⟩.
Oletetaan että A on positiivinen matriisi ja kirjoitetaan:
⟨Ax, x⟩ = x
∗
(Ax)
= ((Ax)
∗x)
∗
= (Ax)
∗x
= ⟨x, Ax⟩
= ⟨A
∗x, x⟩,
2
MS-A0002 Matriisilaskenta, III/2022 Turunen / Bergman
missä kolmas yhtäsuuruus seuraa itseisarvon reaalisuudesta, ja viimeinen yhtäsuuruus sisätulon
adjungoinnista (adjoint). Nyt siis ⟨Ax, x⟩ = ⟨A∗x, x⟩, jolloin heikon muotoilun lauseen perusteella
A = A∗
.
(b) Symmetrisyyden määritelmä: S
∗ = S. Kirjoitetaan
SS = SS∗ = S
∗S.
Koska SS∗ = S
∗S, on S normaali.
(c) U on unitaarinen, jolloin voidaan kirjoittaa:
UU∗ = UU −1 = I = U
−1U = U
∗U,
jolloin UU∗ = U
∗U, eli U on normaali.
(a’)
A =
1 −1
1 1
AA∗ = A∗A =
2 0
0 2
, eli A on normaali mutta ei symmetrinen koska A∗ ̸= A
(b’) Matriisi A =
−1 −1
−1 −1
, on symmetrinen, mutta ei positiivinen koska Ax · x ei ole aina
positiivinen. Esim kun x =
1
1
niin Ax · x =
−2
−2
·
1
1
= −4
(c’) Kuten äsken a’-kohdassa todettiin matriisi A =
1 −1
1 1
on normaali koska AA∗ = A∗A =
2 0
0 2
Se ei kuitenkaan ole unitaarinen koska AA∗ ̸= I.
Tehtävä 8 (P): (a) Näytä, että kaikki kaikki reaaliset unitaariset matriisit U ∈ R
2×2 ovat muotoa
U =
cos(t) − sin(t)
sin(t) cos(t)
.
(b) Olkoon P ∈ R
2×2 positiivinen matriisi, joille pätee P
2 = P, mutta joka ei ole identiteetti- eikä
nollamatriisi. Näytä, että P on muotoa
P =
cos(t)
sin(t)
cos(t) sin(t)
.
Ratkaisu:
(a) Unitaariset matriisit ovat sellaisia, joiden sarakevektorit ovat toisiaan vastaan kohtisuorassa ja
normiltaan 1. Tällainen reaalinen 2 × 2-matriisi on siis muotoa
U =
a b
c d
,
3
MS-A0002 Matriisilaskenta, III/2022 Turunen / Bergman
missä a
2 +c
2 = 1, b
2 +d
2 = 1 ja ab+cd = 0. Noista kolmesta yhtälöstä kaksi ensimmäistä sanoo,
että
U =
cos(α) − sin(β)
sin(α) cos(β)
joillakin α, β ∈ R. Sarakkeiden kohtisuoruudesta eli ehdosta ab + cd = 0 seuraa silloin
0 = cos(α)(− sin(β)) + sin(α) cos(β) = sin(α − β).
Tästä saamme yhtälön
sin(α − β) = 0,
josta seuraa, että α = β tai α = β +π. Ensimmäinen ratkaisu α = β antaa meille tehtävän väitteen
mukaisen matriisin. Tapaus α = β + π antaa meille matriisin
U2 =
cos(t) − sin(t + π)
sin(t) cos(t + π)
=
cos(t) sin(t)
sin(t) − cos(t)
.
Unitaarinen reaalinen 2x2 matriisi on siis joko tehtävänannon muotoa tai matriisin U2 muotoa.
(Vaihtoehtoinen ratkaisu myös suoraviivaisilla laskuilla I = U
∗U = ...)
(b) Normaalien matriisien unitaarisen diagonalisoinnin tulos kertoo meille muun muassa seuraa vaa:
• Unitaariset matriisit ovat niitä normaaleja matriiseja, joiden kaikki ominaisarvot ovat komplek silukuja itseisarvoltaan 1.
• Positiiviset matriisit ovat niitä symmetrisiä matriiseja, joiden ominaisarvot ovat ei-negatiivisia
reaalilukuja.
• Normaali matriisi P ∈ C
2×2 on muotoa P = UDU∗
, missä U ∈ C
2×2 on unitaarinen ja D
diagonaalinen (diagonaalilla matriisin P ominaisarvot).
Jos nyt sitten normaalin matriisin P ominaisarvo λ ∈ C toteuttaa |λ| = 1 ja λ ≥ 0, on oltava
λ ∈ {0, 1}.
Jos λ = 1 on ainoa ominaisarvo, on P identiteettimatriisi
1 0
0 1
.
Jos λ = 0 on ainoa ominaisarvo, on P nollamatriisi
0 0
0 0
.
Muutoin sekä 0 että 1 ovat matriisin tehtävän matriisin P ominaisarvoja.
Jos sekä 0 että 1 ovat tässä tehtävässä P:n ominaisarvoja, on oltava
P = U
1 0
0 0
U
∗
,
missä U =
a b
c d
on unitaarinen 2 × 2-matriisi. Saadaan
P =
a b
c d 1 0
0 0 a
∗
c
∗
b
∗ d
∗
=
a b
c d a
∗
c
∗
0 0
=
aa∗ ac∗
ca∗
cc∗
=
a
c
a
∗
c
∗
.
Koska tämän pitää olla reaalinen, voidaan valita unitaarinen matriisi U ∈ C
2×2
tässä reaaliarvoi seksi! (luku ac∗ on reaalinen, joten myös a ja c ovat reaalisia) Nyt lopputulos seuraa a-kohdan
ratkaisusta: aseta a = cos(t) ja c = sin(t).
4
MS-A0002 Matriisilaskenta, III/2022 Turunen / Bergman
Huom! Tällöin P olisi projektio 1-dimensioiselle suoralle, eli kyseessä olisi lineaarikuvaus P :
R
2 → R
2 muotoa P u = ⟨u, v⟩v, missä suoran virittävä vektori v ∈ R
2 on normalisoitu eli
∥v∥ = 1. Jos tässä v = (a, c) ∈ R
2
, niin matriisiksi saadaan todellakin
P =
a
c
a c
=
a
2 ac
ca c2
.
5
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
