MS-A0002 Matriisilaskenta Laskuharjoitus 3 / 2022 Mallit / Alkuviikko

MS-A0002 Matriisilaskenta Laskuharjoitus 3 / 2022 Mallit / Alkuviikko

MS-A0002 Matriisilaskenta, III/2022
Turunen / Bergman
MS-A0002 Matriisilaskenta
Laskuharjoitus 3 / 2022
Mallit / Alkuviikko
Tehtävä 1 (L): Etsi kaikki yhtälön Ax = b ratkaisut, kun




3
5 −4
7
4  ja b =  −1  .
A =  −3 −2
6
1 −8
−4
Ratkaisu 1: Koetetaan ratkaista yhtälö Gauss-eliminaatiolla.



3
5 −4
7
3
−3 −2


4 −1 +R1
0
∼
6
1 −8 −4 −2R1
0



3 0 −4 −3 /3
1



0 3
0
6 /3
0
∼
∼
0 0
0
0
0

5 −4
7 − 35 R2
3
0
6
−9
0 −18 +3R2

0 −4/3 −1
1
0
2
0
0
0
Yhtälöllä on siis äärettömän monta ratkaisua, jotka määräytyvät yhtälöryhmästä
(
x1 − 4/3x3 = −1
x2
= 2.
Kun merkitään x3 = t, saadaan ratkaisuiksi
 
 
−1
4/3
x =  2  + t 0 ,
0
1
t ∈ R.
Tehtävä 2 (L): Oletetaan, että p on yhtälön Ax = b eräs ratkaisu, eli että Ap = b.
a) Olkoon vh yksi ratkaisu homogeeniselle yhtälölle Ax = 0, ja olkoon w = p + vh . Osoita,
että w on ratkaisu yhtälölle Ax = b.
b) Olkoon w mikä tahansa ratkaisu yhtälölle Ax = b. Määritellään vh := w − p. Osoita, että
vh on ratkaisu yhtälölle Ax = 0.
Nämä kohdat yhdessä osoittavat, että yhtälön Ax = b ratkaisuiden joukko on täsmälleen niiden
vektoreiden joukko, jotka ovat muotoa vh + p, missä vh on homogeenisen yhtälön Ax = 0 yleinen
ratkaisu (tilanteesta riippuen piste, suora, taso, hypertaso, ...) ja p on yhtälön Ax = b eräs (mikä
tahansa!) yksittäinen ratkaisu.
2
MS-A0002 Matriisilaskenta, III/2022
Turunen / Bergman
Ratkaisu 2: Molemmat kohdat voidaan osoittaa suoralla laskulla.
a) Aw = A(p + vh ) = Ap + Avh = b
b) Avh = A(w − p) = Aw − Ap = b − b = 0
Tehtävä 3 (P): Kirjoita liittomatriisina


x2 + 2x3 = 3
4x1 + 3x2 + 2x3 = 1


4x1 + 4x2 + 4x3 = 4
.
ja etsi kaikki kompleksiset ratkaisut Gauss-eliminaatiolla
(tai osoita, ettei ratkaisuja ole).
Ratkaisu 3: Merkitään x = (x1 , x2 , x3 )T . Tällöin yhtälö voidaa esittää muodossa Ax = b, jossa


 
0 1 2
3



A= 4 3 2
ja b = 1  .
4 4 4
4
Koetetaan ratkaista yhtälö Gauss-eliminaatiolla:








0 1 2 3
4 3 2 1
4 3 2 1
4 3 2 1 −3R2
R
4 3 2 1 R1 ←→
∼ 2 0 1 2 3
∼ 0 1 2 3
∼ 0 1 2 3
4 4 4 4
4 4 4 4 −R1
0 1 2 3 −R2
0 0 0 0




4 0 −4 −8 /4
1 0 −1 −2
2
3 ∼ 0 1
2
3
∼ 0 1
0 0
0
0
0 0
0
0
Saatiin siis kaksi yhtälöä, jotka ovat yhdessä yhtäpitäviä yhtälön Ax = b kanssa:
(
(
x1 − x3 = −2
x1 = x3 − 2
=⇒
x2 + 2x3 = 3
x2 = −2x3 + 3
Esitään kaikki ratkaisut parametrin z ∈ C avulla, kun x3 = z. Tällöin kaikki ratkaisut ovat muotoa:


x 1 = z − 2
x2 = −2z + 3


x3 = z
3
MS-A0002 Matriisilaskenta, III/2022
Turunen / Bergman
Tehtävä 4 (P): Lineaarisesta funktiosta A : R3 → R2 tiedetään, että
A(7, 4, 1) = (9, 8),
A(5, 3, 1) = (7, 6),
A(3, 2, 1) = (5, 4).
Etsi lineaarikuvausta A vastaava matriisi [A]. Onko ratkaisumatriisi yksikäsitteinen? Miksi?
Ratkaisu 4: Minkä tahansa lineaarikuvauksen A : R3 → R2 voi esittää muodossa
A(x1 , x2 , x3 ) = (x1 , x2 , x3 )[A]T
Tässä [A] ∈ R2x3 on matriisi:
[A] =
A11 A12 A13
A21 A22 A23


A11 A21
⇐⇒ [A]T =  A12 A22 
A13 A23
Saadaan siis kolme yhtälöä: (Huom! Sillä, missä järjestyksessä yhtälöt esittää ei ole minkäänlaista väliä; Rivijärjestystä voidaan aina Gaussin eliminaatiossa vapaasti permutoida rivioperaatioin.
Tässä ne on nyt valmiiksi valittu järjestykseen jota on mukava eliminoida.)

T

(7, 4, 1)[A] = (9, 8)
(3, 2, 1)[A]T = (5, 4)


(5, 3, 1)[A]T = (7, 6)
Tämän yhtälöryhmän voi esittää myös yhtenä matriisiyhtälönä:




7 4 1
9 8
 3 2 1  [A]T =  5 4 
5 3 1
7 6
Yritetään ratkaista [A]T

7 4 1 9
3 2 1 5
5 3 1 7
Gauss-eliminaatiolla:





8
7 4 1 9 8 −R2
1 0 −1 −1 0
4 ·2 ∼ 6 4 2 10 8
2 10 8 −6R1
∼ 6 4
6
5 3 1 7 6
5 3
1
7 6 −5R1



1 0 −1 −1 0
1 0 −1 −1 0
8 16 8 −R3 ∼ 0 1
2
4 2
∼ 0 4
3
0 0
0
0 0
0 3
6 12 6 − 4 R2

Yksikäsitteistä ratkaisua ei siis ole, koska alimmalle riville tuli vain nollia. Saadaan yhtälöt:

A11 − A13 = −1



A + 2A = 4
12
13

A21 − A23 = 0



A22 + 2A23 = 2
4
MS-A0002 Matriisilaskenta, III/2022
Turunen / Bergman
Parametrisoimalla A13 = t ∈ R ja A23 = u ∈ R, saadaan:




A11 = −1 + t
A21 = u
ja
A12 = 4 − 2t
A22 = 2 − 2u




A13 = t
A23 = u
Siis matriisi [A] on muotoa:
[A] =
−1 + t 4 − 2t t
u 2 − 2u u
Ratkaisun ei-yksikäsitteisyyden voi havaita jo ennen Gauss-eliminaatiota tarkastelemalla annettujen pisteiden lineaarista riippuvuutta. Esimerkiksi kolmannen pisteen voi muodostaa kahdesta
ensimmäisestä:
2 ∗ A(5, 3, 1) − A(3, 2, 1) = A(7, 4, 1)
⇔ 2 ∗ (7, 6) − (5, 4) = (9, 8).
Muodostuvat yhtälöt ovat siis keskenään lineaarisesti riippuvaisia, eivätkä siten määrittele yksikäsitteistä ratkaisua.
5