doc
MS-A0002 Matriisilaskenta Laskuharjoitus 1 / 2022 Mallit / Loppuviikko
MS-A0002 Matriisilaskenta, III/2022 Turunen / Bergman
MS-A0002 Matriisilaskenta
Laskuharjoitus 1 / 2022
Mallit / Loppuviikko
Tehtävä 5 (L): a) Ovatko vektorit u = (1, −1, 2) ja v = (−2, 2, 1) kohtisuorassa toisiaan
vastaan? Jos eivät, mikä on niiden välinen kulma?
b) Olkoot u = (1, −1, −1) ja v = (1, 2, 2). Laske ristitulo u × v sekä vektoreiden u ja v
määräämän kolmion pinta-ala.
c) Anna napakoordinaatiston pisteet (
√
2, π/3) ja (1, −π/6) karteesisissa koordinaateissa. Tar kista piirtämällä kuva.
Ratkaisu: a) Lasketaan pistetulo:
u · v = (1 ∗ (−2)) + ((−1) ∗ 2) + (2 ∗ 1) = −2
koska u · v ̸= 0, eivät vektorit ole kohtisuorassa toisiaan vastaan. Niiden välinen kulma saadaan
lausekkeesta:
u · v = |u||v| cos(θ)
θ = arccos
u · v
|u||v|
= arccos
−2
3
√
6
θ ≈ 1.85 ≈ 105.8
◦
.
b)
u × v =
i j k
1 −1 −1
1 2 2
=
−1 −1
2 2
i −
1 −1
1 2
j +
1 −1
1 2
k
= (−1 ∗ 2 − (−1) ∗ 2)i − (1 ∗ 2 − 1 ∗ (−1))j + (1 ∗ 2 − 1 ∗ (−1))k
= −3j + 3k
Ristitulovektorin pituus on yhtä suuri kuin vektorien u ja v määräämän suunnikkaan pinta-ala.
Vektorien määräämän kolmion ala on puolet tämän suunnikkaan alasta, eli
A =
1
2
|u × v| =
1
2
√
3
2 + 32 =
√
18
2
c) Napakoordinaatiston piste (r, φ) karteesisissa koordinaateissa löytyy seuraavilla kaavoilla:
x = r cos(φ)
y = r sin(φ)
1
MS-A0002 Matriisilaskenta, III/2022 Turunen / Bergman
Joten (
√
2, π/3) on karteesisissa koordinaateissa
x =
√
2 cos(π/3) = 1
√
2
y =
√
2 sin(π/3) =
√
6
2
ja (1, −π/6) on
x = cos(−π/6) =
√
3
2
y = sin(−π/6) = −
1
2
Tehtävä 6 (L): a) Laske (3 + 4i)(4 + 3i) ja päättele tämän avulla, että
arctan(4/3) + arctan(3/4) = π/2.
b) Etsi kaikki ne luvut z = a + bi ∈ C (missä a, b ∈ R), joilla
Im(z + 1/z) = 0,
missä Im(w) on luvun w ∈ C imaginaariosa.
Ratkaisu:
a)
Merkitään x = 3 + 4i ja y = 4 + 3i. Nyt arg(x) = arctan( 4
3
) ja arg(y) = arctan( 3
4
). Taas
toisaalta xy = (3 + 4i)(4 + 3i) = 25i. Koska 25i sijaitsee positiivisella imaginaariakselilla, saa daan arg(xy) = π
2
. Kompleksiluvuille x ja y pätee: arg(x)+arg(y) = arg(xy), joten arctan( 4
3
) +
arctan( 3
4
) = π
2
.
b)
Merkitään z = a + bi. Nyt, suoralla laskulla:
0 = Im
z +
1
z
= Im
a + bi +
1
a + bi
= Im
a + bi +
a − bi
(a + bi) (a − bi)
= Im
a + bi +
a − bi
a
2 + b
2
= Im
a +
a
a
2 + b
2
+ i(b −
b
a
2 + b
2
)
= b −
b
a
2 + b
2
,
eli saadaan ehto
b −
b
a
2 + b
2
= 0.
Ratkaisemalla yhtälö saadaan ratkaisut a
2 + b
2 = 1, tai b = 0, kun z ̸= 0 (eli a ̸= 0).
2
MS-A0002 Matriisilaskenta, III/2022 Turunen / Bergman
Tehtävä 7 (P): Totea laskemalla, että vektoreille u, v ∈ R
n pätee
⟨u, v⟩ =
∥u + v∥
2 − ∥u − v∥
2
4
. (1)
(Huom. Sisätulon voi siis tässä laskea normien avulla!)
Ratkaisu: Avaamalla ja uudelleenjärjestämällä:
∥u + v∥
2 − ∥u − v∥
2
4
=
(u1 + v1)
2 + . . . + (un + vn)
2 − (u1 − v1)
2 − . . . − (un − vn)
2
4
=
(u1 + v1)
2 − (u1 − v1)
2 + . . . + (un + vn)
2 − (un − vn)
2
4
=
2u1v1 + 2u1v1 + . . . + 2unvn + 2unvn
4
=
4u1v1 + . . . + 4unvn
4
=u1v1 + . . . + unvn = ⟨u, v⟩
Tehtävä 8 (P): Etsi kaikki vektorit v ∈ R
3
, jotka ovat kohtisuorassa sekä vektoria (1, 2, 3) että
vektoria (3, 2, 1) vastaan.
Ratkaisu (A):
Vektorien ristitulo on kohtisuorassa tekijöitä vastaan, ja haetut vektorit saadaan tämän skaalauksi na. Ensin lasketaan ristitulo vektorien (1, 2, 3),(3, 2, 1) välillä muodollisena determinanttina:
det
i j k
1 2 3
3 2 1
= (2 − 6)i + (9 − 1)j + (2 − 6)k = −4i + 8j − 4k =
−4
8
−4
.
Tämä toki vastaa vektoria (−4, 8, −4) = −4(1, −2, 1) ∈ R
3
. Ja kaikki haetut vektorit v ovat nyt
muotoa
(t, −2t, t) ∈ R
3
, kun t ∈ R.
Ratkaisu (B):
Toinen mahdollinen tapa ratkaista vektorit v = (v1, v2, v3) ∈ R
3 on avulla yhtälöryhmästä
(
0 = (1, 2, 3) · (v1, v2, v3) = 1v1 + 2v2 + 3v3,
0 = (3, 2, 1) · (v1, v2, v3) = 3v1 + 2v2 + 1v3.
Nämä yhtälöt summaamalla ja vähentämällä saadaan yhtäpitävät yhtälöt
(
0 = 4(v1 + v2 + v3),
0 = 2(v3 − v1).
Tästä saadaan t := v1 = v3 ja v2 = −2t. Lopputulos on toki sama kuin ratkaisussa (A).
3
MS-A0002 Matriisilaskenta, III/2022 Turunen / Bergman
Huom! Myöhemmin opitaan yhtälöryhmän liittomatriisin Gauss-eliminointi (sivuutetaan yksi tyiskohdat):
1 2 3 | 0
3 2 1 | 0
∼
1 2 3 | 0
0 −4 −8 | 0
∼
1 0 −1 | 0
0 1 2 | 0
...
4
MS-A0002 Matriisilaskenta Laskuharjoitus 6 / 2022 Mallit / Loppuviikko
MS-A0002 Matriisilaskenta, III/2022 Turunen / Bergman
MS-A0002 Matriisilaskenta
Laskuharjoitus 6 / 2022
Mallit / Loppuviikko
Tehtävissä 5-6 lasketaan matriisin
A =
7 1
0 0
5 5
singulaariarvohajotelma A = UΣV
T
ja käytetään sitä.
Tehtävä 5 (L): Laske yllä mainitun matriisin A singulaariarvohajotelma eli SVD (U, Σ, V ), missä
U ∈ C
3×3
, V ∈ C
2×2 ovat unitaarisia ja Σ ∈ R
3×2
singulaariarvojen diagonaalimatriisi. Tarkista
että A = UΣV
∗
.
Ratkaisu:Matriisin A singulaariarvot ovat matriisin ATA ominaisarvojen neliöjuuret, ja matriisin
V sarakkeet ovat näitä ominaisarvoja vastaavat ominaisvektorit. Vastaavasti matriisin U sarakkeik si tulee matriisin AAT ominaisvektorit (joita vastaavat ominaisarvot ovat samat kuin ATA:n). Nyt
A
TA =
74 32
32 26
,
Joten matriisin ATA ominaisarvoiksi saadaan
λ1 + λ2 = T R(A
TA) = 100
λ1λ2 = det(A
TA) = 74 · 26 − 322 = 900
⇒ λ1 = 90, λ2 = 10.
Siispä, ominaisarvoja vastaavat ominaisvektorit ovat
λ1 = 90 :
−16 32 0
32 −64 0
,→
−1 2 0
0 0 0
⇒ v1 =
1
√
5
2
1
λ2 = 10 :
64 32 0
32 16 0
,→
2 1 0
0 0 0
⇒ v1 =
1
√
5
1
−2
Huomaa, että edellä skaalattiin tarkoituksella molempia ominaisvektoreita tekijällä √
1
5
, koska sin gulaariarvohajotelmassa matriisien U ja V sarakkeiden tulee olla yksikkövektoreita. Saatiin siis
Σ =
√
90 0
0
√
10
0 0
, V =
1
√
5
2 1
1 −2
.
1
MS-A0002 Matriisilaskenta, III/2022 Turunen / Bergman
Matriisin A jokaiselle singulaarivektoriparille pätee Avi = σ1ui
. Tästä saadaan ratkaistua singu laarivektorit u matriisiin U:
u1 =
1
σ1
Av1 =
1
√
90
7 1
0 0
5 5
1
√
5
2
1
=
1
√
2
1
0
1
u2 =
1
σ2
Av2 =
1
√
10
7 1
0 0
5 5
1
√
5
1
−2
=
1
√
2
1
0
−1
.
Kolmas singulaarivektori u3 saadaan ottamalla mikä tahansa singulaarivektoreita u1 ja u2 kohti suoraan oleva yksikkövektori, joka saadaan esimerkiksi ristitulolla:
u3 = u1 × u2 =
i j k
√
1
2
0 √
1
2
√
1
2
0 − √
1
2
=
0
1
0
.
Näin ollen matriisin A singulaariarvohajotelma on
A = UσV T =
√
1
2
√
1
2
0
0 0 1
√
1
2
− √
1
2
0
√
90 0
0
√
10
0 0
1
√
5
2 1
1 −2
Tehtävä 6 (L): Päättele edellisen tehtävän matriisin A singulaariarvohajotelman avulla, minkä
yksikkövektorin x kuvavektori Ax on kaikkein pisin.
Ratkaisu:Koska matriisin V sarakkeet muodostavat lähtöavaruuden ortonormaalin kannan, mikä
tahansa vektori x voidaan lausua V sarakevektorien lineaarikombinaationa x = w1v1+w2v2, w1, w2 ∈
R. Lisäksi singulaariarvohajotelman määritelmän mukaan pätee Avi = σiui kaikilla i = 1, . . . , n.
Hyödyntämällä näitä, saadaan kuvavektoriksi
Ax = A(w1v1 + w2v2)
= w1Av1 + w2Av2
= w1σ1u1 + w2σ2u2.
Matriisin U sarakkeet ovat myös ortonormaaleja, eli ||u1|| = ||u2|| = 1, joten ||σ1u1|| > ||σ2u2||,
koska σ1 > σ2 (σ1 =
√
90 ja σ2 =
√
10). Jos vektorin Ax pituus halutaan maksimoida ehdol la ||x|| = 1, tulee siis valita w1 itseisarvoltaan mahdollisimman suureksi ja asettaa w2 nollaksi.
Valitaan siis w1 = ±1 ja w2 = 0, eli kuvavektorin pituus maksimoituu kun kuvattava vektori on
x = ±v1.
(Huomaa, että tulos pätee yleisemminkin, eli pisimmän kuvavektorin antaa se vi
, jota vastaava
singulaariarvo on suurin. Tämä johtuu siitä, että riippumatta matriisin A dimensioista kuvattava
vektori voidaan aina kirjoittaa muodossa x = w1v1 + ... + wnvn, w1, . . . , wn ∈ R, ja päättely voi daan tehdä täsmälleen kuten yllä. Yleensä sovitaan, että singulaariarvot järjestetään suurimmasta
pienimpään, jolloin siis suurimman kuvavektorin pituuden antaa aina x = ±v1.)
2
MS-A0002 Matriisilaskenta, III/2022 Turunen / Bergman
Tehtävä 7 (L): Laske singulaariarvohajotelma (SVD) matriisille
B =
3 a
4 b
2 0
0 0 5 c
12 d
∗
.
Ratkaisu: Laskemalla saadaan matriiseiksi B ja BTB
B =
30 72
40 96
ja B
TB =
2500 6000
6000 14400
.
Matriisin B singulaariarvot ovat matriisin BTB ominaisarvojen neliöjuuret, ja matriisin U sarak keet ovat näitä ominaisarvoja vastaavat ominaisvektorit. Siispä matriisin BTB ominaisarvoiksi
saadaan
λ1 + λ2 = T R(B
TB) = 16900
λ1λ2 = det(B
TB) = 2500 · 14400 − 60002 = 0
⇒ λ1 = 16900, λ2 = 0.
Siispä, ominaisarvoja vastaavat ominaisvektorit ovat
λ1 = 16900 :
−14400 6000
6000 −2500
,→
−12 5
0 0
⇒ v1 =
12
13
5
12
1
λ2 = 0 :
2500 6000
6000 14400
,→
5 12
0 0
⇒ v2 =
12
13
1
−
5
12
Saadaan siis
Σ =
130 0
0 0
, V =
12
13
5
12 1
1 −
5
12
.
Matriisin B jokaiselle singulaarivektoriparille pätee Bvi = σiui
. Tästä saataisiin ratkaistua sin gulaarivektorit u matriisiin U, mutta koska ominaisarvo λ2 = 0, joten sitä vastaavaa singulaa rivektoria ei voi laskea. Sen sijaan vastaavaksi singulaarivektoriksi voidaan valita mikä tahansa
yksikkövektori, joka on ensimmäisen vektorin kanssa ortogonaalinen.
u1 =
1
σ1
Bv1 =
1
130
30 72
40 96
12
13
5
12
1
=
1
5
3
4
u2 =
1
5
−4
3
.
Täten, B:n singulaariarvohajotelma on
B =
1
5
3 −4
4 3 130 0
0 0
12
13
5
12 1
1 −
5
12
.
3
