MS-A0002 Matriisilaskenta Laskuharjoitus 4 / 2022 Mallit / Alkuviikko

MS-A0002 Matriisilaskenta Laskuharjoitus 4 / 2022 Mallit / Alkuviikko

MS-A0002 Matriisilaskenta, III/2022
Turunen / Bergman
MS-A0002 Matriisilaskenta
Laskuharjoitus 4 / 2022
Mallit / Alkuviikko


2 1 3
Tehtävä 1 (L): Tarkastellaan matriisia A = 8 7 6. Lisäämällä ensimmäinen rivi −4:llä ker4 5 0
rottuna toiseen riviin saadaan toisen rivin 1. alkio nollaksi. Tämä eliminaatioaskel voidaan esittää
myös kertolaskulla:


 

1 0 0
2 1 3
2 1 3
 −4 1 0  8 7 6 = 0 3 −6 .
0 0 1
4 5 0
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 E32 E31 E21 A = U .
Ratkaisu:
Eliminaatiomatriisit muodostetaan kuten tehtävänannon esimerkissä.
i)

1

E31 = 0
−2


1 0 0 2

E31 E21 A = 0 1 0 0
−2 0 1 4

0 0
1 0
0 1
 

1 3
2 1 3
3 −6 = 0 3 −6
5 0
0 3 −6
ii)

1

E32 = 0
0


1 0 0
2



0
E32 E31 E21 A = 0 1 0
0 −1 1
0
1

0 0
1 0
−1 1
 

1 3
2 1 3
3 −6 = 0 3 −6 = U.
3 −6
0 0 0
MS-A0002 Matriisilaskenta, III/2022
Turunen / Bergman
Tarkistetaan tulos:




 

1 0 0
1 0 0
1 0 0
2 1 3
2 1 3
E32 E31 E21 A = 0 1 0  0 1 0 −4 1 0 8 7 6 = 0 3 −6 = U
0 −1 1
−2 0 1
0 0 1
4 5 0
0 0 0
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 E32 E31 E21 A = U avulla:
matriisi U sinulla on jo valmiina, matriisin L saat eliminaatiomatriiseista. Tarkista, että A = LU .
Ratkaisu:
h 1
Merkitään E32 E31 E21 = E = −4
0 0
1 0
2 −1 1
i
. LU-hajotelma saadaan muodosta EA = U kertomalla
puolittain vasemmalta E −1 :llä, jolloin saadaan:
E −1 EA = E −1 U
A = E −1 U.
Lasketaan E −1 :

1

(E|I) = −4
2

1 0 0
0 1 0
0 −1 1


1 0 0
1 0
R2=R2+4R1


0 1 0 −−−−−−−→ 0 1
R3=R3−2R1
0 0 1 −
−−−−−−→ 0 −1


1 0 0
1 0 0 1 0


4 1 0
0 1 0 4 1
R3=R3+R2
−2 0 1 −
−−−−−→ 0 0 1 2 1
0 0
1 0
−1 1

0 1 0 0
0 4 1 0
1 −2 0 1

0
0 = (I|E −1 )
1
LU-hajotelma on nyt muotoa:
A = E −1 U

 


2 1 3
1 0 0 2 1 3
8 7 6 = 4 1 0 0 3 −6
4 5 0
2 1 1 0 0 0
Tehtävä 3 (P): Tarkista, että vektoreiden a = a1 i + a2 j + a3 k ja b = b1 i + b2 j + b3 k 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 (a2 b3 , a3 b1 , a1 b2 ) − (a3 b2 , a1 b3 , a2 b1 ). Lasketaan annettu
determinantti auki:
i j k
a a
a a
a a
a1 a2 a3 = i · 2 3 − j · 1 3 + k · 1 2
b2 b3
b1 b3
b1 b2
b1 b2 b3
= i · (a2 b3 − a3 b2 ) − j · (a1 b3 − a3 b1 ) + k · (a1 b2 − a2 b1 )
= (a2 b3 − a3 b2 , a3 b1 − a1 b3 , a1 b2 − a2 b1 )
= 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:
i
j k
−4 1
u × v = −4 1 0 = k ·
= k · ((−4 · (−2)) − (−3 · 1)) = 11k.
−3 −2
−3 −2 0
Kärkipisteiden muodostaman suunnikkaan pinta-ala on tunnetusti sivujen vektoreiden ristitulon
pituus. Kysytty pinta-ala on siis |11k| = 11.
 ∗
a 
Tehtävä 4 (P): Tarkastellaan matriisia [M ] = b∗  a b c ∈ C3×3 ja sitä vastaavaa lineaaric∗
kuvausta M : C3 → C3 (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
   ∗
x1
a



[M ] x2 = b∗  (ax1 + bx2 + cx3 ) ∈ C3×1 ,
x3
c∗
eli kaikki kuvavektorit ovat vain muotoa λ(a∗ , b∗ , c∗ ) ∈ C3 , missä λ ∈ C on mielivaltainen vakio
(kuva-avaruus on kompleksinen 1-dimensioinen vektoriavaruus, kun taas C3×1 ∼
= C3 on kompleksinen 3-dimensioinen vektoriavaruus).
3
MS-A0002 Matriisilaskenta, III/2022
Turunen / Bergman
3
Pitää vain löytää x = (x1 , x2 , x3 ) ∈ C
, jolle
 x ̸= (0, 0,
 0)
 ja 0 = ax1 + bx2 + cx3
x1
0
(koska silloinhan M kuvaa vastaavan pystyvektorin x2  origoksi 0). Tämä onnistuu aina,
x3
0
koska tässä lineaarisella yhtälöllä 0 = ax1 + bx2 + cx3 on väistämättä äärettömän monta ratkaisua
x = (x1 , x2 , x3 ).
Ratkaisu (b).
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 ]
 ∗

a a a∗ b a∗ c
= det  b∗ a b∗ b b∗ c 
c∗ a c∗ b c∗ c
2 ∗ ∗
∗
|b| b c
b a b∗ c
b a |b|2
2
∗
∗
= |a| det ∗
− a b det ∗
+ a c det ∗
c a c∗ b
c b |c|2
c a |c|2
= |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