Määritä jokin kanta sille reaalikertoimisten polynomien
lineaariavaruuden P aliavaruudelle, jonka virittää polynomijoukko
{x2-1, x+1, x2-x-2}.
Ratkaisu. Olkoon W : = [x2-1,
x+1, x2-x-2].
I tapa (hoksaamalla). Kolmas polynomi on kahden ensimmäisen
erotuksena viritysmielessä turha, joten W = [x2-1,
x+1]. Nämä kaksi virittäjää ovat lineaarisesti
riippumattomia, joten ne ovat eräs kanta.
II tapa (laskemalla). Koska W Í
P2, on selvästikin 1 £
dimW £ 3; dimensio on siis 1, 2 tai 3.
Muodostetaan lineaarikombinaatio ja merkitään nollaksi:
a (x2-1)
+ b(x+1) + c(x2-x-2)
=
^
0
.
Tämä on mahdollista jos ja vain jos
ì
ï
í
ï
î
a
-
b
+
2c
=
0
b
-
c
=
0
a
+
c
=
0
Û
ì
ï
í
ï
î
a
-
b
+
2c
=
0
b
-
c
=
0
0
=
0
Tässä on yksi vapaasti valittava parametri, esimerkiksi c = t
Î R, eli on muitakin kuin vain
triviaaliratkaisu. Siten joukko W on lineaarisesti riippuva ja siten 1
£ dimW £
2. Koska selvästikin kaksi ensimmäistä polynomia x2-1
ja x+1 ovat lineaarisesti riippumattomia, on dimW = 2 ja {x2-1,
x+1} on eräs kanta.
Päättelyn voisi aloittaa myös edellisen loppupuolelta ja
näyttää kuten alkupuolella, että välttämättä
dimW < 3.
Määritä matriisin
A : =
æ
ç
ç
ç
è
2
8
4
1
4
2
-1
1
3
ö
÷
÷
÷
ø
a) nolla-avaruus ja sille kanta.
b) sarakeavaruus ja sille kanta.
c) aste ja mahdollisimman monta lineaarisesti riippumatonta matriisin A
sarakevektoria.
Ratkaisu. Muunnetaan A porrasmuotoon:
æ
ç
ç
ç
è
2
8
4
1
4
2
-1
1
3
ö
÷
÷
÷
ø
R1
R2
R3
@
æ
ç
ç
ç
è
1
4
2
0
0
0
0
5
5
ö
÷
÷
÷
ø
R1¢¬
1
2
R1
R2¢¬
R2 -
1
2
R1
R3¢¬
R3 +
1
2
R1
@
æ
ç
ç
ç
è
1
4
2
0
1
1
0
0
0
ö
÷
÷
÷
ø
R1" ¬
R1¢
R2" ¬
1
5
R3¢
R3" ¬
R2¢
a) Mitä kuvautuu nollalle 0R3
kuvauksessa x® Ax?
Ax = 0R3
Û
æ
ç
ç
ç
è
2
8
4
|
0
1
4
2
|
0
-1
1
3
|
0
ö
÷
÷
÷
ø
Û
æ
ç
ç
ç
è
1
4
2
|
0
0
1
1
|
0
0
0
0
|
0
ö
÷
÷
÷
ø
Û
ì
ï
í
ï
î
x1
=
2t
x2
=
-t
x3
=
t, t Î R.
Nolla-avaruus on siis
N(A) =
ì
ï
í
ï
î
t
æ
ç
ç
ç
è
2
-1
1
ö
÷
÷
÷
ø
ê
ê
t Î R
ü
ï
ý
ï
þ
jaeräskanta
ì
ï
í
ï
î
æ
ç
ç
ç
è
2
-1
1
ö
÷
÷
÷
ø
ü
ï
ý
ï
þ
.
b) Eräs sarakeavaruuden kanta saadaan matriisin A porrasmuodossa olevien
johtavien ykkösten määräämistä sarakkeista:
ì
ï
í
ï
î
æ
ç
ç
ç
è
2
1
-1
ö
÷
÷
÷
ø
,
æ
ç
ç
ç
è
8
4
1
ö
÷
÷
÷
ø
ü
ï
ý
ï
þ
.
Itse sarakeavaruus on näiden kantavektorien virittämä lineaariavaruuden
R3 aliavaruus
[A]s =
é
ê
ê
ê
ë
æ
ç
ç
ç
è
2
1
-1
ö
÷
÷
÷
ø
,
æ
ç
ç
ç
è
8
4
1
ö
÷
÷
÷
ø
ù
ú
ú
ú
û
=
ì
ï
í
ï
î
s
æ
ç
ç
ç
è
2
1
-1
ö
÷
÷
÷
ø
+t
æ
ç
ç
ç
è
8
4
1
ö
÷
÷
÷
ø
ê
ê
s, t Î R
ü
ï
ý
ï
þ
.
c) Porrasmuodosta voitiin päätellä, että aste r(A)
= dim[A]r = 2. Koska myös dim[A]s = 2, maksimimäärä
lineaarisesti riippumattomia matriisin A sarakkeita on 2, ja porrasmuodon
mukaan näitä ovat ainakin 1. ja 2. sarakkeen vektorit.
Kuuluuko vektori
a) a : = (1 2 3)T
b) b : = (20 10 5)T
tehtävän 2 matriisin A sarakeavaruuteen?
Ratkaisu. Voidaan tehdä ainakin kahdella tavalla:
1) Koettamalla ratkaista yhtälöt Ax = a ja Ax
= b; vastaus on myönteinen mikäli yhtälö on
ratkeava. Yleinen metodi.
2) Sarakeavaruuden kannan avulla; vastaus on myönteinen mikäli
vektorilla on esitys ko. kannassa. Onnistuu vasta kun sarakeavaruuden jokin
kanta on selvillä.
a) Selvitetään tulos tehtävässä 2
lasketun kannan avulla.
a1
æ
ç
ç
ç
è
2
1
-1
ö
÷
÷
÷
ø
+a2
æ
ç
ç
ç
è
8
4
1
ö
÷
÷
÷
ø
= a =
æ
ç
ç
ç
è
1
2
3
ö
÷
÷
÷
ø
Û
ì
ï
í
ï
î
2a1
+
8a2
=
1
a1
+
4a2
=
2
-a1
+
a2
=
3
Û
ì
ï
ï
ï
í
ï
ï
ï
î
2a1
+
8a2
=
1
5a2
=
7
2
0
=
3
2
Yhtälöryhmällä ei ole ratkaisua, joten a ei
kuulu sarakeavaruuteen.
b) Samoin kannan avulla:
a1
æ
ç
ç
ç
è
2
1
-1
ö
÷
÷
÷
ø
+a2
æ
ç
ç
ç
è
8
4
1
ö
÷
÷
÷
ø
= b =
æ
ç
ç
ç
è
20
10
5
ö
÷
÷
÷
ø
Û
ì
ï
í
ï
î
2a1
+
8a2
=
20
a1
+
4a2
=
10
-a1
+
a2
=
5
Û
ì
ï
í
ï
î
2a1
+
8a2
=
20
0
=
0
5a2
=
15
Û
ì
ï
í
ï
î
a1
=
-2
a2
=
3
Siispä b kuuluu matriisin A sarakeavaruuteen.
Esitetään kohdalle b) myös suora (ja alkeellisin) ratkaisutapa
1).
Ax = b =
æ
ç
ç
ç
è
20
10
5
ö
÷
÷
÷
ø
Û
æ
ç
ç
ç
è
2
8
4
|
20
1
4
2
|
10
-1
1
3
|
5
ö
÷
÷
÷
ø
Û
æ
ç
ç
ç
è
1
4
2
|
10
0
0
0
|
0
0
5
5
|
15
ö
÷
÷
÷
ø
Û
æ
ç
ç
ç
è
1
4
2
|
10
0
1
1
|
3
0
0
0
|
0
ö
÷
÷
÷
ø
.
Tällä yhtälöryhmällä on selvästikin
ratkaisuja, joten b = (20 10 5)T Î
[A]s.
tällä kertaa sen määräämää lineaarikuvausta
L : R3 ® R3,
L(x) := Ax.
a) Mitä kaikkea kuvautuu vektorille b := (20 10
5)T?
b) Onko L injektio, surjektio, bijektio?
Ratkaisu. a) Voimme jatkaa tehtävän 3
b) loppuosan tarkastelusta:
Ax = b =
æ
ç
ç
ç
è
20
10
5
ö
÷
÷
÷
ø
Û
æ
ç
ç
ç
è
1
4
2
|
10
0
1
1
|
3
0
0
0
|
0
ö
÷
÷
÷
ø
Û
ì
ï
í
ï
î
x1
=
-2 + 2t
x2
=
3 - t
x3
=
t, t Î R.
Täten kaikki vektorit
x =
æ
ç
ç
ç
è
-2 + 2t
3 - t
t
ö
÷
÷
÷
ø
=
æ
ç
ç
ç
è
-2
3
0
ö
÷
÷
÷
ø
+ t
æ
ç
ç
ç
è
2
-1
1
ö
÷
÷
÷
ø
, t Î
R,
kuvautuvat vektorille b = (20 10 5)T, siis
kokonainen suora.
b) Kysyttyjen asioiden selvittämiseksi on useita erilaisia tapoja.
Voimme halutessamme käyttää apuna tehtävien
2
ja
3 tuloksia.
I tapa (alkeellisin): Koska kohdassa a) näimme, että vektorille
b = (20 10 5)T kuvautuu jopa äärettömän
monta vektoria, ei kuvaus ole injektio, eikä siten bijektiokaan.
Toisaalta näytimme tehtävässä 3
a), että vektorille
a = (1 2 3)T ei
kuvaudu mitään. Täten kuvaus L ei ole surjektio, eikä
siten bijektiokaan.
Kuvauksella L ei näin ollen ole mitään kysytyistä ominaisuuksista.
II tapa (ytimen avulla): Kuvaus L : R3 ®
R3 on matriisin A määräämänä
lineaarinen. Tehtävässä 2
a) muodostettiin sen ydin
ker(L) = N(A) =
ì
ï
í
ï
î
t
æ
ç
ç
ç
è
2
-1
1
ö
÷
÷
÷
ø
ê
ê
t Î R
ü
ï
ý
ï
þ
¹
ì
ï
í
ï
î
æ
ç
ç
ç
è
0
0
0
ö
÷
÷
÷
ø
ü
ï
ý
ï
þ
.
Koska ydin ei muodostu pelkästä lähtöavaruuden nollavektorista,
ei L ole injektio, eikä siten myöskään bijektio.
Koska kuvauksen L : R3 ®
R3 lähtö- ja maaliavaruudet ovat samaa äärellistä
dimensiota, ei L voi olla surjektio eikä bijektio.
III tapa (kuva-avaruuden dimensio): Kuvaus L : R3
® R3 on matriisin A määräämänä
lineaarinen. Lineaarikuvauksen kuva-avaruus on sama kuin sen matriisin
sarakeavaruus, L(R3) = [A]s, joten tehtävän
1 mukaan
dim L(R3) = dim[A]s
= 2 < 3 = dim R3.
Kuva-avaruus on siis alempaa astetta kuin lähtöavaruus R3,
joten L ei voi olla injektio.
Koska lähtö- ja maaliavaruudet ovat samaa äärellistä
dimensiota, ei L voi olla myöskään surjektio eikä bijektio.
IV tapa (singulaarisuus): Kuvaus L : R3 ®
R3 on matriisin A määräämänä
lineaarinen. Koska sen matriisi A on neliömatriisi ja
det
(A) =
ê
ê
ê
ê
ê
2
8
4
1
4
2
-1
1
3
ê
ê
ê
ê
ê
=
ê
ê
ê
ê
ê
2
8
4
0
0
0
-1
1
3
ê
ê
ê
ê
ê
= 0,
ei A ole säännöllinen eikä kuvaus L : x®
Ax siten ole bijektio.
Koska kuvauksen L : R3 ®
R3 lähtö- ja maaliavaruudet ovat samaa äärellistä
dimensiota, ei L voi olla myöskään injektio eikä surjektio.
Osoita, että funktiojoukko C([0,1], R) muodostaa sisätuloavaruuden,
kun sisätulona on operaatio
< f,g > : =
ó
õ
1
0
f(t) g(t) dt.
Ratkaisu. Ensinnäkin, kolmikko (C([0,1], R),
+, ·) varustettuna normaaleilla funktioiden yhteenlaskulla ja skaalauksella
(skalaarilla kertomisella) on tunnetusti reaalikertoiminen lineaariavaruus.
Lopuille vaatimuksille tarvitsemme differentiaalilaskennan tuloksia. Minkä
hyvänsä kahden välillä [0, 1] jatkuvan funktion tulo
fg on jatkuva ja siten integroituva. Operaatio < , > on siten funktio
C([0,1], R)×C([0,1], R) ®
R.
(i) < f,f > = ò01
f(t)2 dt ³ 0 on selvä.
Oletetaan, että < f,f > = ò01
f(t)2 dt = 0. Pitää osoittaa, että f = 0 välillä
[0, 1].
Antiteesi: Oletetaan, että f(x0) ¹
0 jollekin x0 Î [0, 1]. Silloin
f(x0)2 > 0. Jatkuvuuden nojalla olisi olemassa osaväli
[a, b] Í [0, 1] jolla f2 >
0. Mutta silloin olisikin
< f,f > =
ó
õ
1
0
f(t)2 dt > 0,
mikä olisi ristiriita. Siis on oltava f2 = 0 ja siten myös
f = 0 välillä [0, 1].
(ii) Kaikilla f, g Î C([0,1], R)
on
< f,g > : =
ó
õ
1
0
f(t) g(t) dt =
ó
õ
1
0
g(t) f(t) dt = < g,f > .
(iii) Kaikilla a, b Î R ja f, g,
h Î C([0,1], R) on
< a f + b g,h >
=
ó
õ
1
0
(af(t) + bg(t)) h(t) dt
=
ó
õ
1
0
(a f(t) h(t) + b g(t) h(t)) dt
=
a
ó
õ
1
0
f(t) h(t) dt + b
ó
õ
1
0
g(t) h(t) dt
=
a < f,h > + b < g,h > .
Minkä suuntaiset vektorit eivät muuta suuntaa kuvauksessa L,
L(x) : = Ax, kun matriisi A on edelleen sama kuin tehtävässä
2 ?
Ratkaisu. Mille vektoreille on siis L(x) = lx
jollakin skalaarilla l Î
R ?
Tietysti ainakin nollavektori toteuttaa yhtälön, olipa skalaari
l mikä hyvänsä.
Nollasta poikkeavat vektorit saadaan ratkaisemalla yhtälö
L(x) = Ax = lx
= (lI) x
eli (A - lI)x
= 0. Tällä on nollasta poikkeavia ratkaisuja vain kun
neliömatriisi A - lI
on singulaarinen, eli kun sen determinantti on 0:
det
(A - lI)
=
ê
ê
ê
ê
ê
2 - l
8
4
1
4 - l
2
-1
1
3 - l
ê
ê
ê
ê
ê
=
-l3 + 9l2
- 20l
=
-l(l2
- 9l+ 20) = 0
Û
l = 0 tai
l =
9 ±
Ö
81 - 80
2
=
9 ±1
2
Ratkaistiin siis ensin matriisin A ominaisarvot l
= 0, l = 4 ja l =
5.
Kun l = 0, ominaisvektorit ovat
x = t
æ
ç
ç
ç
è
2
-1
1
ö
÷
÷
÷
ø
, t ¹
0.
Kun l = 4, ominaisvektorit ovat
x = t
æ
ç
ç
ç
è
-2
-1
1
ö
÷
÷
÷
ø
, t ¹
0.
Kun l = 5, ominaisvektorit ovat
x = t
æ
ç
ç
ç
è
-4
-2
1
ö
÷
÷
÷
ø
, t ¹
0.
Ominaisvektorien suuntaiset vektorit säilyttävät suuntansa.
Erityisesti kaikkien vektorien
x = t
æ
ç
ç
ç
è
2
-1
1
ö
÷
÷
÷
ø
, t Î
R
muodostama suora kuvautuu nollalle (vrt. tehtävän 2
nolla-avaruus!).
ja määritä vastaavan neliömuodon tyyppi.
Ratkaisu. Jaetaan summat aij + aji kahtia
uuden matriisin C = (ckl) alkioille cij, cji.
Tällöin saamme symmetrisoidun matriisin
C =
æ
ç
ç
ç
ç
ç
ç
ç
è
2
4
1
2
1
1
2
4
1
2
4
1
1
2
1
1
2
1
1
2
3
ö
÷
÷
÷
÷
÷
÷
÷
ø
,
joka määrää saman neliömuodon kuin A:
P(x) : = xT A x
= xT C x = 2 x12 + 9 x1
x2 + 3 x1 x3 + 4 x22
+ 3 x2 x3 + 3 x32.
Neliömuodon tyyppi saadaan selville matriisin C ominaisarvoista, jotka
tiedämme reaalisiksi. Ominaisarvoille saamme (vaikkapa Maplella) likiarvot
l1
= 2.19, l2 = 8.43, l3
= -1.62.
Näissä on sekä positiivisia että negatiivisia, joten
neliömuoto on indefiniitti.
Keksitkö suoran menetelmän
tehtävän 7 neliömuodon
tyypin selvittämiseksi määritelmän avulla?
Ratkaisu. Helposti nähdään, että
P
æ
ç
ç
ç
è
-1
1
0
ö
÷
÷
÷
ø
= -3, P
æ
ç
ç
ç
è
1
0
0
ö
÷
÷
÷
ø
= 2,
joten P on indefiniitti.
Millä arvoilla c Î R ovat
matriisin
B : =
æ
ç
ç
è
a
b
c
d
ö
÷
÷
ø
ominaisarvot ja -vektorit reaalisia?
Ratkaisu. Muodostetaan siis yhtälö det(A -
lI) = 0:
ê
ê
ê
ê
a - l
b
c
d - l
ê
ê
ê
ê
= 0
Û
(a - l)(d
- l) -
bc = 0
Û
ad - (a + d)l+
l2 - bc
= 0
Û
l2 -
(a + d)l+ ad - bc
= 0
Û
l
=
a + d
2
±
1
2
Ö
(a + d)2 - 4(ad
- bc)
=
a + d
2
±
1
2
Ö
(a - d)2 + 4bc
Reaalisuuden määrää diskriminantti: l
Î R Û
(a - d)2 + 4bc ³
0, ja ominaisarvojen ollessa reaaliset myös ominaisvektorit ovat reaalisia.
Sama pätee myös kääntäen.
Osoita, että matriisi
M : =
æ
ç
ç
ç
è
2
4
-6
0
0
3
0
0
2
ö
÷
÷
÷
ø
on diagonalisoituva ja muodosta avaruudelle R3 matriisin
M ominaisvektoreista koostuva kanta.
Ratkaisu. Tämä matriisi M on diagonalisoituva jos ja vain
jos sillä on kolme lineaarisesti riippumatonta ominaisvektoria. Yläkolmiomatriisin
ominaisarvot ovat diagonaalilla ja l = 0 on
yksinkertainen,
l = 2 kaksinkertainen ominaisarvo.
Arvoa l = 0 vastaavat ominaisvektorit s(-2
1 0)T, s ¹ 0.
Arvoa l = 2 vastaavat mm. ominaisvektorit t(1
0 0)T ja u(0 3 2)T, t, u ¹
0.
Helposti nähdään, että nämä kolme vektoria
ovat lineaarisesti riippumattomia ominaisvektoreita, joten M on diagonalisoituva
ja kyseessä avaruuden R kanta.
File translated from TEX by TTH,
version 3.80.
On 22 Apr 2009, 12:02.