MS-A0002 Matriisilaskenta Laskuharjoitus 5 / 2022 Mallit / Alkuviikko

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


1
0 −1
0 
A =  1 −3
4 −13
1
ominaisarvojen algebralliset ja geometriset kertaluvut?
Ratkaisu: Ominaisarvon λ ∈ C algebrallisella kertaluvulla ma (λ) tarkoitetaan karakteristisen polynomin det(A − λI) nollakohdan λ kertalukua. Ominaisarvon λ ∈ C geometrisella kertaluvulla
mg (λ) puolestaan tarkoitetaan ominaisarvoa λ vastaavien ominaisvektorien virittämän vektoriavaruuden 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
1
0
1 −3 − λ
−0·
−1·
−13 1 − λ
4 1−λ
4 −13
= (1 − λ)2 (−3 − λ) + 13 − 4(3 + λ)
= −λ3 − λ2 + λ − 2 = 0.
Tämän kolmannen asteen polynomin voi ratkaista joko koneratkaisimella (ei kokeessa) tai löytämällä ensimmäisen nollakohdan λ = −2 (esim. https://en.wikipedia.org/wiki/Rational_
root_theorem), ja sitten jakamalla polynomin tekijällä (λ + 2) esimerkiksi polynomien jakokulmassa. Tällöin loput nollakohdat saadaan jäljelle jääneestä toisen asteen polynomista.
√
√
Ratkaisuiksi saadaan siis λ1 = −2, λ2 = 12 + i 23 ja λ3 = 12 − i 23 . Koska 3 × 3-matriisilla A
on kolme eri ominaisarvoa, niin ominaisarvojen algebrallinen kertaluku on yksi. Geometrinen kertaluku 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 nollakohta (tarkista!). Derivoimalla karakteristista polynomia saadaan yhtälö −3λ2 − 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 nollakohtia 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 sadepäivän jälkeen seuraavanakin päivänä sataa todennäköisyydellä 0.2 ja aurinkoisen päivän jälkeen on
seuraavanakin päivänä on aurinkoista todennäköisyydellä 0.7. Olkoon vektori
aurinkoisen sään todennäköisyys päivänä k
xk =
.
sateisen sään todennäköisyys päivänä k
Sateen ja aurinkoisen sään todennäköisyys päivänä k+1 saadaan siis päivän k todennäköisyyksistä
seuraavasti:
0.7 0.8
xk+1 =
x
0.3 0.2 k
Miten suurella todennäköisyydellä satunnaisena päivänä sataa?
(Vihje: Oleta esimerkiksi, että x0 = [1, 0]T . Mitä on x∞ ?)
Ratkaisu:
Merkitään nyt
0.7 0.8
A=
0.3 0.2
Todennäköisyyksille pätee rekursiivinen kaava xk+1 = Axk . Tästä seuraa suoraan, että xk = Ak x0 .
Satunnaisena päivänä todennäköisyys sateelle saadaan laksemalla raja-arvo lim xk = lim Ak x0 .
k→∞
k→∞
Intuitiivisesti ajatellen tarkastellaan siis äärettömän kaukana päivästä 0 olevaa päivää. Raja-arvon
lim Ak laskemiseksi diagonalisoidaan matriisi A, eli esitetään se muodosssa A = SΛS −1 , jossa
k→∞
S, Λ ∈ C2×2 , 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
= λ2 − 0.9λ − 0.1
=⇒ λ1 = 1, λ2 = −0.1
Saatiin siis:
1
0
Λ=
.
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
−0.3 0.8 0
8
∼
=⇒ v1 =
0.3 −0.8 0 +R1
0
0 0
3
0.8 0.8 0
0.8 0.8 0
1
∼
=⇒ v1 =
0.3 0.3 0 −(3/8)R1
0
0 0
−1
Matriisin A diagonalisoimiseksi täytyy vielä kääntää ominaisvektorien muodostama matriisi
S = [v1 v2 ]. Tehdään se Gaussin eliminointimenetelmällä:
8
1 1 0
8
1
1 0 +(8/11)R2
∼
3 −1 0 1 −(3/8)R1
0 −11/8 −3/8 1
8
0 8/11 8/11
∗(1/8)
1 0 1/11
1/11
∼
∼
0 −11/8 −3/8
1 ∗(−8/11)
0 1 3/11 −8/11
Saadaan siis:
k
lim A = lim (SΛS
k→∞
k→∞
−1 k
k
) = lim SΛ S
k→∞
−1
k
8 1
1
0
1/11 1/11
= lim
0 (−0.1)k 3/11 −8/11
k→∞ 3 −1
8 1
1 0 1/11 1/11
=
3 −1 0 0 3/11 −8/11
8 0 1/11 1/11
=
3 0 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:
8/11 8/11 p1
(p1 + p2 ) 8/11
8/11
x∞ = lim xk =
=
=
3/11 3/11 p2
(p1 + p2 ) 3/11
3/11
k→∞
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 ∈ C3×3 , u, v ∈ C3×1 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
µ−α
µ−α
µ−α
v) =
Av =
µv = µu
λu = Au = A(
α−λ
α−λ
α−λ
eli λu = µu, mikä on ristiriita, koska λ ̸= µ ja ∥u∥ > 0.
3
MS-A0002 Matriisilaskenta, III/2022
Turunen / Bergman
0 0
Tehtävä 4 (P): Tarkastellaan matriisia A =
∈ R2×2 .
5 0
a) Etsi matriisin A ominaisarvot ja ominaisvektorit.
b) Olkoon P ∈ C2×2 kääntyvä
— selitä, miksi tässä P −1 AP ∈ C2×2 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:
−λ 0
det(A − λI) =
= λ2 = 0
5 −λ
⇐⇒ λ = 0
Ominaisarvoa λ vastaaviksi ominaisvektoreiksi v saadaan:
0 0 0
0
=⇒ v =
, jossa t ∈ C.
5 0 0
t
b)
Väitteen voi todistaa ristiriitatodistuksella. Oletetaan nyt, että P −1 AP = Λ, jossa Λ ∈ C2×2 on
diagonaalinen. Tällöin saadaan A = P ΛP −1 . Kyseessä on matriisin A diagonalisointi, joten matriisin 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 matriisin P sarakkeet eivät voi olla lineaarisesti riippumattomia. Tämä on ristiriita, joten alkuperäinen
oletus on epätosi. Siis matriisi P −1 AP ei ole diagonaalinen.
4