2 Konveksisuus ja ratkaisun olemassaolo

Koko: px
Aloita esitys sivulta:

Download "2 Konveksisuus ja ratkaisun olemassaolo"

Transkriptio

1 2 Konveksisuus ja ratkaisun olemassaolo Ratkaisun olemassaolon tutkimiseen tarvitaan perustietoja konvekseista joukoista ja lineaarialgebrasta. Niitä tarvitaan myös ratkaisualgoritmin ymmärtämiseen. Tutkitaan jatkossa käypien ratkaisujen muodostamaa joukkoa. 2.1 Konveksit joukot ja hypertasot Määritelmä 2.1. Olkoon a R n, a 0, a = [a 1,...,a n ] T ja β R. Määritellään hypertaso H H = { x R n a T x = β } = { x R n a 1 x 1 + +a n x n = β }. (2.1) Nyt voidaan määritellä myös hypertasoon liittyvät puoliavaruudet H + = { x R n a T x β }, H + = { x R n a T x > β } H = { x R n a T x β }, H = { x R n a T x < β }. (2.2) Lemma 2.1. Joukot H, H +, H ovat suljettuja ja joukot H +, H avoimia R n :n osajoukkoja. Määritelmä 2.2. Joukko X R n on konveksi jos x 1,x 2 X { x = (1 t)x 1 +tx 2 0 t 1 } X (2.3) Lemma 2.2. Joukot H, H +, H ovat R n :n konvekseja osajoukkoja. Lemma 2.3. (a) Suljettujen joukkojen leikkaus on suljettu. (b) Konveksien joukkojen leikkaus on konveksi. Lause 2.4. Lineaarisen optimointitehtävän käypien ratkaisujen joukko X on suljettu ja konveksi. Todistus. Oletetaan että X = {x R n Ax = b, x 0}, (A R m n,b R m ). Nyt joukko X voidaan esittää joukkojen X 1 ja X 2 leikkauksena seuraavasti. X = X 1 X 2, missä X 1 = { x R n Ax = b } ja X 2 = { x R n x 0 }. 12

2 Nyt X 1 = { x R n = = n a ij x j = b i, i = 1,...,m } j=1 m { x R n i=1 m i=1 X 1i Tässä kukin joukko X 1i on hypertaso: n } a ij x j = b i j=1 a i1 X 1i = {x R n (a i ) T x = b i }; a i :=. a in R n Lemmojen nojalla X 1 = m X 1i on suljettu ja konveksi. Samoin nähdään että i=1 X 2 = { x R n x 1 0,x 2 0,...,x n 0 } on suljettu ja konveksi. Tällöin X = X 1 X 2 on suljettu ja konveksi. Lause 2.5. Olkoon X R n siten, että R n \X ja että X on suljettu ja konveksi. Olkoon x 0 R n \X. Tällöin on olemassa hypertaso H siten, että (i) x 0 H (ii) X H + R 2 (1 t)x 1 +tx 2 x 1 x 2 X Kuva 1: Esimerkki konveksista joukosta avarudessa R 2. 13

3 Todistus. On olemassa x X siten, että x x 0 = min x X x x 0 (Harj.) (2.4) Olkoon a = x x 0. Nyt a 0 koska x 0 / X, x X. Asetetaan H = { x a T x = a T x 0 }. Tällöin x 0 H, eli (i) pätee. Osoitetaan että (ii) pätee, eli että X H + = { x a T x > a T x 0 }. Siis pitää osoittaa että jokaiselle x X on a T (x x 0 ) > 0. Olkoon x X mielivaltainen. Koska X on konveksi, ja x,x X niin x(t) = tx+(1 t)x = x+t(x x) X, 0 t 1. Minimiominaisuuden (2.4) nojalla Tässä x(t) x 0 x x 0 = a 0 t 1. (2.5) x(t) x 0 = x+t(x x) x 0 = x x 0 +t(x x) (2.6) = a+t(x x). Nyt (2.5) x(t) x 0 2 a 2 (0 t 1), eli kaavan (2.6) nojalla a+t(x x) 2 a 2 a 2 +2ta T (x x)+t 2 x x 2 a 2 2ta T (x x)+t 2 x x 2 0 2a T (x x)+t x x 2 0 (0 t 1). Nyt kun t 0 + saadaan a T (x x) 0 (x X). (2.7) Nyt saadaan Siis myös (ii) pätee a T (x x 0 ) = a T (x x+x x 0 ) (x X) = a T (x x)+a T (x x 0 ) (2.8) = a T (x x)+ a 2 (2.7) a 2 > 0 (a 0) 14

4 Huomautus. Tässä materiaalissa tavallista vektorinormia merkitään toisinaan myös itseisarvomerkeillä. Asiayhteydestä selviää milloin on kyse vektorinormista. Seuraus 2.6. Jokaiselle x X pätee Todistus. Nyt Ja a T x x x 0 2 +a T x 0. (2.9) a T (x x 0 ) = a T (x x) +a T (x x }{{} 0 ) a T (x x 0 ). (2.10) 0 (2.7) a T x = a T (x x 0 )+a T x 0 (2.10) a T (x x 0 )+a T x 0 (a=x x 0 ) = a T a+a T x 0 (2.11) ja epäyhtälöstä (2.11) saadaan a T x a 2 +a T x 0 = x x 0 2 +a T x 0, x X. Seurauslauseen 2.6 tulos voidaan antaa myös muodossa inf x X at x x x 0 2 +a T x 0. (2.12) Määritelmä 2.3. Piste x 0 R n on joukon X R n reunapiste jos jokaiselle r > 0 avoin pallo B(x 0,r) = { x x x 0 < r } sisältää ainakin yhden pisteen x X ja x R n \X. Lause 2.7. Olkoon X suljettu, konveksi ja x 0 X:n reunapiste. Tällöin on olemassa hypertaso H siten, että (a) x 0 H (b) X H +. Todistus. On olemassa sellaiset pisteet x i R n \X, i = 1,2,..., että x i x 0. Lauseen 2.5 kaavasta (2.4) seuraa, että kullekin x i on olemassa x i X siten, että x i x i = min x X x x i. (2.13) Vektori a i = x i x i 0 määrää hypertason H i = { x a T i x = a T i x i } (2.14) 15

5 siten, että x i H i, X (H i ) +. Koska a i 0 voidaan normittamalla olettaa että a i = 1. Tällöin a i on rajoitettu jono, joten sillä on suppeneva osajono a iν a. Seurauslauseen 2.6 mukaan inf x X at iνx a T iνx iν, ts. Rajakäynnillä tulee a T x a T x 0. a T iνx a T iνx iν, x X. Hypertasolle H = { x a T x = a T x 0 } pätee x0 H, X H +. Huomautus 2.1. Lauseen 2.7 todistuksessa ei tarvita normeerausta a i = 1 koska jono a i = x i x i on rajoitettu, sillä a i = x i x i = min x X x x i x 0 x i x 0 + x i x 0 +M, M = sup x i Lause 2.8. Olkoon S R n epätyhjä, suljettu ja konveksi joukko sekä y / S. Silloin on olemassa yksikäsitteinen piste z S, josta mitattu etäisyys pisteeseen y on lyhin. Edelleen z on etäisyyden minimoiva piste, jos ja vain jos (x z) T (y z) 0, x S. (2.15) Todistus. Lauseen alkuosa on osoitettu Lauseen 2.5 todistuksessa. Osoitetaan, että ehto (2.15) on välttämätön ja riittävä ehto, jotta z on minimoiva piste. Riittävyys: Olkoon x S mielivaltainen joukon S piste ja ehto (2.15) on voimassa. Silloin y x 2 = y z +z x 2 joten z on minimoiva piste. = y z 2 + z x 2 +2(x z) T (z y) y z 2, Välttämättömyys: Olkoon z minimoiva piste. Tällöin y x 2 y z 2, x S. Kun x on joukon S mielivaltainen piste, niin konveksisuuden nojalla saadaan: z +λ(x z) = λx (1 λ)z S, λ [0,1], jolloin y z λ(x z) 2 y z 2. 16

6 Toisaalta y z λ(x z) 2 = y z 2 +λ 2 x z 2 +2λ(x z) T (z y). Yhdistämälllä nämä kaksi tulosta saadaan: λ 2 x z 2 +2λ(x z) T (z y) 0, λ [0,1]. Olkoon λ > 0, jaetaan saatu epäyhtälö sillä ja annetaan sitten λ 0, niin saadaan yhtälö (2.15). Lause 2.9. (Erotuslause) Olkoon S R n epätyhjä, suljettu ja konveksi joukko, sekä y / S. Silloin on olemassa p 0, p R n ja α R siten, että p T y > α, p T x α, x S. Todistus. Lauseen 2.8 nojalla on olemassa yksikäsitteinen z S siten, että (x z) T (y z) 0, x S. Valitaan p := y z 0 ja α := z T (y z), jolloin eli p T x α. Toisaalta eli p T y > α. p T x α = (y z) T x z T (y z) = (x z) T (y z) 0 p T y α = (y z) T y z T (y z) = (y z) T (y z) = y z 2 > 0 Lause (Farkasin lemma) Olkoon A R m n ja c R n. Tällöin tarkalleen toinen seuraavista systeemistä on ratkeava. Ax 0, c T x > 0, jollakin x R n A T y = c, y 0, jollakin y R m. (I) (II) Todistus. Oletetaan ensin, että systeelillä II on olemassa ratkaisu y R m siten, että A T y = c ja y 0. Oletetaan sitten, että x R n toteuttaisi epäyhtälön Ax 0. Silloin c T x = y T Ax 0, joten systeemillä I ei voi tällöin olla ratkaisua. Oletetaan sitten, että systeemillä II ei ole ratkaisua ja konstruoidaan ratkaisu systeemille I. Olkoon S = {x x = A T y, y 0, y R m }, 17

7 mikä on epätyhjä (0 S), suljettu ja konveksi joukko. Koska systeemillä II ei ole ratkaisua (oletus), niin c / S. Tällöin lauseen 2.9 nojalla on olemassa p 0, p R n ja α R siten, että p T c > α, p T x α, x S. Koska 0 S, niin α 0 ja siis p T c > 0. Toisaalta α p T x = p T A T y = y T Ap, y 0. Koska y ei ole ylhäältä rajoitettu ja sen jokainen komponentti voidaan siis tehdä mielivaltaisen suureksi, niin edellisen epäyhtälön ja aikaisemman ehdon nojalla on oltava Ap 0, p T c > 0, mikä merkitsee, että p on systeemin I ratkaisu. Esimerkki 2.1. Tutki Farkasin lemman avulla, onko epäyhtälöryhmällä ratkaisua. Nyt A = ( ) 2 3, c = 1 1 2x 1 +3x 2 0 x 1 +x 2 0 x 1 +x 2 > 0 ( ) 1 A T y = 1 ( ) 2y1 y 2 = 3y 1 +y 2 ( ) 1, 1 jolloin ratkaisu on y 1 = 2, y 5 2 = 1. Näin ollen systeemi II ei ratkea ja siis systeemi I 5 on ratkeava. Esimerkiksi (x 1,x 2 ) = (4, 3) toteuttaa systeemin I. Lause (Gordanin lemma) Olkoon A R m n. Silloin tarkalleen toinen seuraavista systeemeistä on ratkeava: Ax < 0, x R n A T p = 0, p 0, p R m, p 0. (I) (II) Todistus. Osoitetaan ensin, että jos systeemillä I on ratkaisu, niin systeemi II ei ole ratkeava. Jos siis Ax < 0, x R n ja p 0, p 0, niin x T A T p < 0. Jotta systeemi II olisi ratkeava, niin täytyy olla A T p = 0, jolloin olisi x T A T p = 0 ja saadaan ristiriita. Siis x ja p eivät voi olla yhtäaikaa systeemien I ja II ratkaisuja. Oletetaan sitten, että systeemi I ei ole ratkeava, merkitään: S = {z z < 0} T = {z z = Ax, x R n }. 18

8 Joukot S ja T ovat epätyhjiä, konvekseja joukkoja ja S T =. Nyt on olemassa joukot erottava hypertaso H ja sitä vastaava kerroinvektori p 0, jolle p T z p T Ax, x R n, z cls. Koska vektorin z komponentit voivat lähestyä lukua, niin täytyy olla p 0. Erityisesti valitsemalla z = 0 cls saadaan Valitaan sitten x = A T p, jolloin p T Ax 0, x R n. 0 p T Ax = p T AA T p = A T p 2 ja siis A T p = 0. Nyt p toteuttaa systeemin II, mikä on siis ratkeava. Määritelmä 2.4. Hypertaso H on konveksin joukon X kantava hypertaso (supporting hyperplane), jos on olemassa X:n reunapiste x 0 H siten, että X H + tai X H. R 2 R 2 X X x 0 x 0 (a) Kaksi kantavaa hypertasoa (b) Yksi kantava hypertaso Nyt Lause 2.7 voidaan antaa muodossa: Lause Olkoon X suljettu, konveksi ja x 0 joukon X reunapiste. Tällöin on olemassa ainakin yksi X:n kantava hypertaso H siten, että x 0 H. Lemma Olkoon X R n konveksi 1 ja a R n, a 0 sekä x 0 X siten, että Tällöin x 0 on X:n reunapiste. a T x 0 = supa T x tai a T x 0 = inf x X x X at x. 1 Itseasiassa, kuten todistuksesta ilmenee, konveksisuutta ei tarvita. 19

9 Todistus. Joukon X jokainen piste on joko joukon X reunapiste tai sisäpiste, sillä X X = X X, missä X X =. Tässä X tarkoittaa joukon X sulkeumaa ja X joukon X sisäpisteistöä. Riittää siis osoittaa, että x 0 ei ole joukon X sisäpiste. Vastaväite. x 0 on joukon X sisäpiste. Tällöin on olemassa avoin pallo B(x 0,r) X,r > 0. Olkoon nyt ε > 0 ja a 0. Merkitään nyt x + = x 0 +εa ja x = x 0 εa. Nyt x +,x B(x 0,r) kun ε valitaan riittävän pieneksi. Toisaalta a T x + = a T (x 0 +εa) = a T x 0 +ε a 2 > a T x 0 a T x = a T (x 0 εa) = a T x 0 ε a 2 < a T x 0 Tämä on ristiriidassa oletuksen kanssa, minkä mukaan a T x 0 = supa T x tai a T x 0 = inf x X x X at x. Nyt kuitenkin a T x + > a T x 0 ja a T x < a T x 0, eli vastaväite on väärä ja väite tosi. Lause Olkoon x 0 LP-tehtävänoptimaalinenkäypäratkaisu. Tällöin x 0 on käypien ratkaisujen joukon X reunapiste. Kohdefunktion optimin määräämä hypertaso H = { x R n c T x = c T x 0 }, 0 c R n, on X:n kantava hypertaso. Todistus. Olkoon x 0 LP-tehtävän minimi eli eli c T x 0 = min x X ct x c T x c T x 0, kaikille x X. (2.16) Koska käypä joukko X on konveksi ja (2.16) pätee, niin (Lemma 2.13) x 0 on X:n reunapiste. Yhtälön (2.16) nojalla pätee: X H + = {x R n c T x c T x 0 }. (2.17) Lisäksi, selvästi x 0 H. Määritelmän 2.4 mukaan H on X:n kantava hypertaso. Vastaavasti maksimille jolloin X H. Jos LP-tehtävällä on optimaalinen käypä ratkaisu, niin Lauseen 2.14 mukaan se löytyy tarkastelemalla käyvän joukon reunapisteitä. Optimihakua voidaan olennaisesti keventää tarkastelemalla käyvän joukon ääripisteitä. 20

10 Määritelmä 2.5. Piste x X on konveksin joukon X ääripiste (extreme point) jos ei ole pisteitä x 1,x 2 X, x 1 x 2 siten, että x = (1 t)x 1 +tx 2 missä 0 < t < 1. Joukon X ääripisteiden joukkoa merkitään E(X):llä. Lemma Olkoon X R n konveksi ja H joukon X kantava hypertaso. Tällöin pätee E(X H) E(X) (2.18) tai yhtäpitävästi jos x X H on X H:n ääripiste, niin x on myös X:n ääripiste. (2.19) Todistus. Vastaväite. On olemassa x 0 X H siten, että x 0 on X H:n ääripiste mutta ei ole X:n ääripiste. Tällöin on olemassa x 1,x 2 X, x 1 x 2 siten, että x 0 = (1 t)x 1 +tx 2, missä 0 < t < 1. (2.20) Olkoon H = {x R n a T x = β}. Koska H on X:n kantava hypertaso, niin missä β = a T x 0. X H + = { x R n a T x β } tai X H = { x R n a T x β }, Voidaan olettaa, että X H + = {x R n a T x β}, β = a T x 0. Koska x 1,x 2 X, niin erityisesti pätee Yhtälön (2.20):n nojalla Nyt välttämättä pätee a T x 1 β, a T x 2 β. (2.21) β = a T x 0 = (1 t)a T x 1 +ta T x 2. (2.22) a T x 1 = β, a T x 2 = β, (2.23) sillä, jos olisi a T x 1 > β tai a T x 2 > β, niin kaavoista (2.21), (2.22) seuraisi β > β. Koska a T x i = β, niin x i H ja siten x i X H. Nyt kaavan (2.20) esityksestä seuraa että x 0 ei olekaan X H:n ääripiste kuten vastaväitteessä oli oletettu. Vastaväite on siis väärä ja väite (2.19) oikea. Lause Olkoon X R n konveksi suljettu joukko joka on myös alhaalta rajoitettu eli pätee x 0 kaikille x = [x 1,x 2,...,x n ] X. Jos H on X:n kantava hypertaso, niin joukossa T = X H on ainakin yksi X:n ääripiste. 21

11 Todistus. Edellisen Lemman (Lemma2.15) nojalla jokainen joukon T ääripiste on X:n ääripiste. Seuraavalla konstruktiolla osoitetaan että joukolla T on ainakin yksi ääripiste x. Ääripiste löytyy induktiolla: Tarkastellaan minimointitehtävää x T : min{x 1 x T} =: x 1 (2.24) Tehtävä on ratkeava mutta ratkaisu ei ole välttämättä yksikäsitteinen. Jos on olemassa yksikäsitteinen x siten, että (2.24) pätee, niin x on T:n ääripiste. (Harj.) Jos tehtävällä (2.24) ei ole yksikäsitteistä ratkaisua niin tarkastellaan tehtävää x = (x 1,x 2,...,x n ) T : minx 2 =: x 2. (2.25) Jos tehtävällä (2.25) on yksikäsitteinen ratkaisu x niin se on T:n ääripiste. Prosessi päättyy askeleessa k (1 k n). Tällöin piste on joukon T ääripiste. x = (x 1,...,x k,x k+1,...,x n ) Lause Oletetaan että LP-tehtävällä on optimaalinen käypä ratkaisu. Tällöin kustannusfunktion optimi saavutetaan käyvän joukon ääripisteessä. Todistus. Oletetaan standardimuotoinen tehtävä c T x = min! Ax = b x 0. Lauseen (2.4) nojalla käypien ratkaisujen joukko on suljettu ja konveksi. X = {x R n Ax = b, x 0} Koska optimaalinen käypä ratkaisu x 0 on olemassa se määrää Lauseen 2.14 mukaan joukon X erään kantavan hypertason H = {x R n c T x = c T x 0 }. (2.26) Lauseen 2.16 nojalla joukossa X H on ainakin yksi joukon X ääripiste. Nyt (ˆx X H ˆx H) c Tˆx = c T x 0 = min! 22

12 2.2 LP-ongelman perusratkaisut Tarkastellaan LP-tehtävän standardimuotoa. c T x = min! Ax = b (2.27) x 0, A R m n, x,c R n, b R m. Ellei toisin mainita, niin jatkossa oletetaan m < n r(a) = rank(a) = m. (2.28a) (2.28b) Ehto (2.28b) takaa, että yhtälöllä Ax = b on ratkaisu (mutta se ei ole yksikäsitteinen koska m < n). Jos olisi m = n, niin Ax = b olisi yksikäsitteisesti ratkeava eikä tehtävä (2.27) olisi mielekäs. Ehto r(a) = m on yhtäpitävää sille, että matriisista A voidaan valita m kappaletta keskenään lineaarisesti riippumatonta sarakevektoria, mutta mikä tahansa m + 1:n sarakevektorin joukko on lineaarisesti riippuva. Määritelmä 2.6. Olkoon m < n ja r(a) = m. Vektori x R n on yhtälön Ax = b perusratkaisu, jos (i) Ax = b (ii) Vektorilla x on enintään m kappaletta nollasta eroavia komponentteja. Olkoot ne x i1,x i2,...,x iν (1 ν m), ja vastaava A:n alimatriisi B = [A i1 A i2 A iν ] on säännöllinen. Nyt muuttujia x i1,x i2,...,x iν sanotaan perusmuuttujiksi. Perusratkaisu x löytyy ratkaisemalla m m yhtälöryhmä ja asettamalla Bˆx = b, B = [A j1,...,a jm ], ˆx R m x j = { ˆxν j {j ν, ν = 1,...,m} 0 j / {j ν, ν = 1,...,m}. Perusratkaisu on surkastunut, jos jonkin perusmuuttujan arvo on nolla. Eli ν < m. Tehtävällä (2.27) on käypä perusratkaisu, jos sillä on perusratkaisu ja x 0 ja surkastunut käypä perusratkaisu, kun sillä on surkastunut perusratkaisu ja x 0. LP-tehtävälle (2.27) etsitään optimaalista käypää ratkaisua. Seuraava LP-ongelman ( peruslause sanoo, että riittää tarkastella käypiä perusratkaisuja. Niitä on korkeintaan n ) m kappaletta. 23

13 Lause 2.18 (LP-ongelman peruslause). Tarkastellaan standardimuotoista tehtävää (2.27), missä m < n ja r(a) = rank(a) = m. Tällöin pätee (i) jos tehtävällä (2.27) on käypä ratkaisu, niin sillä on myös käypä perusratkaisu. (ii) jos tehtävällä (2.27) on optimaalinen käypä ratkaisu, niin sillä on myös optimaalinen käypä perusratkaisu. Todistus. (i): Olkoon x R n eräs LP-tehtävän käypä ratkaisu. Tällöin Ax = b (2.29) x 0 Olkoon p x:n nollasta eroavien komponenttien lukumäärä (x i > 0). Voidaan rajoituksitta olettaa, että ne ovat x 1,x 2,...,x p. Nyt kaava (2.29) tulee muotoon p x i A i = b, x 0. (2.30) Nyt i=1 (a) jos {A i } p i=1 on lineaarisesti riippumaton, niin p r(a) = m. Jos p = m on x määritelmän nojalla käypä perusratkaisu. Jos p < m on x surkastunut käypä perusratkaisu. (b) jos {A i } p i=1 ei ole lineaarisesti riippumaton niin on olemassa sellaiset y 1,...,y p, p joille y i A i = 0 ja y j > 0 eräällä j {1,...,p}. Merkitään Nyt i=1 Ts. x on ratkaisu. y = [y 1,y 2,...,y p,0,...,0] T R n x = x εy, ε R. Ax = Ax ε Ay = Ax = b. }{{} =0 Riippuen y:n arvosta (pos/neg) x joko kasvaa tai vähenee kun ε kasvaa. Osoitetaan vielä, että x 0, i (käypä ratkaisu). Valitaan ε > 0 seuraavasti { xi ε = min y i } y i > 0 > 0. Nyt x 0, koska x i εy i x i ( ) 0, jos y i 0 xi x i = x i εy i = y i ε 0, jos y i > 0 y i }{{} 0 24

14 Nyt ε:n valinnan johdosta on olemassa indeksi r < p siten, että x r = 0, mistä seuraa että x :llä on enintään p 1 kappaletta nollasta eroavia komponentteja x j > 0. Jos nyt {A i } p i=1 on lineaarisesti riippumaton, niin (a):n nojalla x on käypä perusratkaisu. Muutoin menettely voidaan toistaa, kunnes saadaan lineaarisesti riippu- i r maton joukko {A i }. (ii): Olkoon sitten x optimaalinen käypä ratkaisu, jolla on p kappaletta positiivisia komponentteja x 1,x 2,...,x p. on lineaarisesti riippumaton, niin x on optimaalinen käypä perusrat- (a) jos {A i } p i=1 kaisu. (b) Jos {A i } p i=1 ei ole lineaarisesti riippumaton, niin on olemassa y kuten edellä ja ε siten, että x = x εy on käypä ratkaisu. Itse asiassa ε voi olla tietyissä rajoissa positiivinen tai negatiivinen, ts. x ± δy on myös käypä ratkaisu. Valitaan Nyt 0 < δ ja δ = min{x 1,...,x p } max{ y i y i 0} x i y i, i, kun y i 0. x i ±δy i = x i ( ) jos y i = 0 xi x i ±δy i x i δy i = y i }{{} y i δ 0, jos y i 0. 0 }{{} 0 Eli x ± δy on käypä ratkaisu. Osoitetaan sitten, että x on käypä optimaalinen ratkaisu. Koska c T x = c T x εc T y, niin välttämättä c T y = 0, sillä jos olisi, että i c T y < 0, niin valitaan ε = δ c T x < c T x ii c T y > 0, niin valitaan ε = δ c T x < c T x Nyt voidaan valita ε kuten alkuosassa, jollon x on optimaalinen käypä ratkaisu, jolla on enintään p 1 kappaletta nollasta eroavia komponentteja. Kuten kohdassa (i), löydetään optimaalinen käypä perusratkaisu. Lause 2.19 (perusratkaisun ja ääripisteen yhteys). Olkoon A R m n, b R m ja K R n yhtälöiden Ax = b,x 0 (2.31) määräämä konveksi joukko. Vektori x on joukkon K ääripiste jos ja vain jos x on 2.31:n käypä perusratkaisu. 25

15 Todistus. Oletetaan ensin, että x = (x 1,x 2,...,x m,0,...,0) on yhtälön 2.31 käypä perusratkaisu. Nyt x 1 A 1 +x 2 A x m A m = b ja A 1,A 2,...,A m ovat A:n lineaarisesti riippumattomia sarakkeita. Olkoon y K, z K ja oletetaan, että x voidaan kirjoittaa lineaarikombinaationa x = αy +(1 α)z, 0 < α < 1, y z. Koska x 0, y 0, ja z 0 ja 0 < α < 1, niin n m viimeistä alkiota vektoreissa y ja z ovat nollia. Ts. y 1 A 1 +y 2 A y m A m = b ja z 1 A 1 +z 2 A z m A m = b Koska vektorit A 1,A 2,...,A m ovat lineaarisesti riippumattomia niin x = y = z ja x on K:n ääripiste. Oletetaan sitten, että x on joukon K ääripiste. Olkoon x:n nollasta poikkeavat alkiot sen k ensimmäistä alkiota. Nyt x 1 A 1 +x 2 A x k A k = b, missä x i > 0, i = 1,2,...,k.. Jotta x olisi käypä perusratkaisu, niin täytyy osoittaa, että vektorit A 1,A 2,...,A k ovat lineaarisesti riippumattomia. Tehdään vastaoletus: Oletetaan, että A 1,A 2,...,A k ovat lineaarisesti riippuvia. Tällöin pätee y 1 A 1 +y 2 A y k A k = 0. Määritellään y = (y 1,y 2,...,y k,0,...,0) R n. Koska x i > 0, 1 i k, niin voidaan valita ε siten, että x+εy 0, x εy 0. Nyt x = 1(x + εy) + 1 (x εy), mikä ei voi olla totta koska x on K:n ääripiste. Ts. 2 2 A 1,A 2,...,A m ovat lineaarisesti riippumattomia ja x on käypä perusratkaisu. Yhteenveto LP-onglemasta A R m n, m < n, r(a) = m, c 0 c T x = min! Ax = b x 0 (LP) Lause Olkoon X tehtävän (LP) käypä joukko. Tällöin pätee täsmälleen yksi seuraavista (i) X = 26

16 (ii) X. On olemassa optimiratkaisu x siten, että x on käypä perusratkaisu (eli X:n ääripiste). (iii) X. Optimiratkaisua ei ole vaan pätee inf x X ct x =. 27

3 Simplex-menetelmä. c T x = min! Ax = b (x R n ) (3.1) x 0. Tarvittaessa sarakkeiden järjestystä voidaan vaihtaa, joten voidaan oletetaan, että

3 Simplex-menetelmä. c T x = min! Ax = b (x R n ) (3.1) x 0. Tarvittaessa sarakkeiden järjestystä voidaan vaihtaa, joten voidaan oletetaan, että 3 Simplex-menetelmä Lähdetään jostakin annettuun LP-tehtävään liittyvästä käyvästä perusratkaisusta x (0) ja pyritään muodostamaan jono x (1), x (2),... käypiä perusratkaisuja siten, että eräässä vaiheessa

Lisätiedot

1 Kertaus. Lineaarinen optimointitehtävä on muotoa:

1 Kertaus. Lineaarinen optimointitehtävä on muotoa: 1 Kertaus Lineaarinen optimointitehtävä on muotoa: min c 1 x 1 + c 2 x 2 + + c n x n kun a 11 x 1 + a 12 x 2 + + a 1n x n b 1 a 21 x 1 + a 22 x 2 + + a 2n x n b 2 (11) a m1 x 1 + a m2 x 2 + + a mn x n

Lisätiedot

Piiri K 1 K 2 K 3 K 4 R R

Piiri K 1 K 2 K 3 K 4 R R Lineaarinen optimointi vastaus, harj 1, Syksy 2016. 1. Teollisuuslaitos valmistaa piirejä R 1 ja R 2, joissa on neljää eri komponenttia seuraavat määrät: Piiri K 1 K 2 K 3 K 4 R 1 3 1 2 2 R 2 4 2 3 0 Päivittäistä

Lisätiedot

1 Lineaariavaruus eli Vektoriavaruus

1 Lineaariavaruus eli Vektoriavaruus 1 Lineaariavaruus eli Vektoriavaruus 1.1 Määritelmä ja esimerkkejä Olkoon K kunta, jonka nolla-alkio on 0 ja ykkösalkio on 1 sekä V epätyhjä joukko. Oletetaan, että joukossa V on määritelty laskutoimitus

Lisätiedot

Kokonaislukuoptiomointi Leikkaustasomenetelmät

Kokonaislukuoptiomointi Leikkaustasomenetelmät Kokonaislukuoptiomointi Leikkaustasomenetelmät Systeemianalyysin Laboratorio 19.3.2008 Sisällys Leikkaustasomenetelmät yleisesti Leikkaustasomenetelmät generoivilla kokonaislukujoukoilla Gomoryn leikkaavat

Lisätiedot

Lineaarinen optimointi. Harjoitus 6-7, Olkoon A R m n, x, c R ja b R m. Osoita, että LP-tehtävän. c T x = min!

Lineaarinen optimointi. Harjoitus 6-7, Olkoon A R m n, x, c R ja b R m. Osoita, että LP-tehtävän. c T x = min! Lineaarinen optimointi Harjoitus 6-7, 016. 1. Olkoon A R m n, x, c R ja b R m. Osoita, että LP-tehtävän c T x = min! (T) Ax b x 0 duaalitehtävän duaali on tehtävä (T). Ratkaisu. (P) c T x = min! Ax b x

Lisätiedot

Liittomatriisi. Liittomatriisi. Määritelmä 16 Olkoon A 2 M(n, n). Matriisin A liittomatriisi on cof A 2 M(n, n), missä. 1) i+j det A ij.

Liittomatriisi. Liittomatriisi. Määritelmä 16 Olkoon A 2 M(n, n). Matriisin A liittomatriisi on cof A 2 M(n, n), missä. 1) i+j det A ij. Liittomatriisi Määritelmä 16 Olkoon A 2 M(n, n). Matriisin A liittomatriisi on cof A 2 M(n, n), missä (cof A) ij =( 1) i+j det A ij kaikilla i, j = 1,...,n. Huomautus 8 Olkoon A 2 M(n, n). Tällöin kaikilla

Lisätiedot

4.5 Kaksivaiheinen menetelmä simplex algoritmin alustukseen

4.5 Kaksivaiheinen menetelmä simplex algoritmin alustukseen 4.5 Kaksivaiheinen menetelmä simplex algoritmin alustukseen Käypä kantaratkaisu löytyy helposti, esimerkiksi tapauksessa Ax b, b 0 x 0 jolloin sen määräävät puutemuuttujat. Tällöin simplex-menetelmän alustus

Lisätiedot

Taustatietoja ja perusteita

Taustatietoja ja perusteita Taustatietoja ja perusteita Vektorit: x R n pystyvektoreita, transpoosi x T Sisätulo: x T y = n i=1 x i y i Normi: x = x T x = ni=1 x 2 i Etäisyys: Kahden R n :n vektorin välinen etäisyys x y 1 Avoin pallo:

Lisätiedot

Luento 9: Yhtälörajoitukset optimoinnissa

Luento 9: Yhtälörajoitukset optimoinnissa Luento 9: Yhtälörajoitukset optimoinnissa Lagrangen kerroin Oletetaan aluksi, että f, g : R R. Merkitään (x 1, x ) := (x, y) ja johdetaan Lagrangen kerroin λ tehtävälle min f(x, y) s.t. g(x, y) = 0 Olkoon

Lisätiedot

1 Sisätulo- ja normiavaruudet

1 Sisätulo- ja normiavaruudet 1 Sisätulo- ja normiavaruudet 1.1 Sisätuloavaruus Määritelmä 1. Olkoon V reaalinen vektoriavaruus. Kuvaus : V V R on reaalinen sisätulo eli pistetulo, jos (a) v w = w v (symmetrisyys); (b) v + u w = v

Lisätiedot

Ominaisvektoreiden lineaarinen riippumattomuus

Ominaisvektoreiden lineaarinen riippumattomuus Ominaisvektoreiden lineaarinen riippumattomuus Lause 17 Oletetaan, että A on n n -matriisi. Oletetaan, että λ 1,..., λ m ovat matriisin A eri ominaisarvoja, ja oletetaan, että v 1,..., v m ovat jotkin

Lisätiedot

Luento 8: Epälineaarinen optimointi

Luento 8: Epälineaarinen optimointi Luento 8: Epälineaarinen optimointi Vektoriavaruus R n R n on kaikkien n-jonojen x := (x,..., x n ) joukko. Siis R n := Määritellään nollavektori 0 = (0,..., 0). Reaalisten m n-matriisien joukkoa merkitään

Lisätiedot

Ominaisarvo ja ominaisvektori

Ominaisarvo ja ominaisvektori Ominaisarvo ja ominaisvektori Määritelmä Oletetaan, että A on n n -neliömatriisi. Reaaliluku λ on matriisin ominaisarvo, jos on olemassa sellainen vektori v R n, että v 0 ja A v = λ v. Vektoria v, joka

Lisätiedot

1 sup- ja inf-esimerkkejä

1 sup- ja inf-esimerkkejä Alla olevat kohdat (erityisesti todistukset) ovat lähinnä oheislukemista reaaliluvuista, mutta joihinkin niistä palataan myöhemmin kurssilla. 1 sup- ja inf-esimerkkejä Nollakohdan olemassaolo. Kaikki tuntevat

Lisätiedot

MS-C1340 Lineaarialgebra ja differentiaaliyhtälöt

MS-C1340 Lineaarialgebra ja differentiaaliyhtälöt MS-C1340 Lineaarialgebra ja differentiaaliyhtälöt Ominaisarvoteoriaa Riikka Kangaslampi Matematiikan ja systeemianalyysin laitos Aalto-yliopisto 2015 1 / 22 R. Kangaslampi matriisiteoriaa Kertaus: ominaisarvot

Lisätiedot

Lineaarialgebra ja matriisilaskenta II Syksy 2009 Laskuharjoitus 1 ( ) Ratkaisuehdotuksia Vesa Ala-Mattila

Lineaarialgebra ja matriisilaskenta II Syksy 2009 Laskuharjoitus 1 ( ) Ratkaisuehdotuksia Vesa Ala-Mattila Lineaarialgebra ja matriisilaskenta II Syksy 29 Laskuharjoitus (9. - 3..29) Ratkaisuehdotuksia Vesa Ala-Mattila Tehtävä. Olkoon V vektoriavaruus. Todistettava: jos U V ja W V ovat V :n aliavaruuksia, niin

Lisätiedot

Määritelmä Olkoon T i L (V i, W i ), 1 i m. Yksikäsitteisen lineaarikuvauksen h L (V 1 V 2 V m, W 1 W 2 W m )

Määritelmä Olkoon T i L (V i, W i ), 1 i m. Yksikäsitteisen lineaarikuvauksen h L (V 1 V 2 V m, W 1 W 2 W m ) Määritelmä 519 Olkoon T i L V i, W i, 1 i m Yksikäsitteisen lineaarikuvauksen h L V 1 V 2 V m, W 1 W 2 W m h v 1 v 2 v m T 1 v 1 T 2 v 2 T m v m 514 sanotaan olevan kuvausten T 1,, T m indusoima ja sitä

Lisätiedot

MS-C1340 Lineaarialgebra ja

MS-C1340 Lineaarialgebra ja MS-C1340 Lineaarialgebra ja differentiaaliyhtälöt Ominaisarvoteoriaa Riikka Kangaslampi Kevät 2017 Matematiikan ja systeemianalyysin laitos Aalto-yliopisto Ominaisarvot Kertaus: ominaisarvot Määritelmä

Lisätiedot

Luento 12: Duaalitehtävä. Tarkennuksia Lagrangen kertoimen tulkintaan. Hajautettu optimointi.

Luento 12: Duaalitehtävä. Tarkennuksia Lagrangen kertoimen tulkintaan. Hajautettu optimointi. Luento 12: Duaalitehtävä. Tarkennuksia Lagrangen kertoimen tulkintaan. Hajautettu optimointi. Konveksisuus Muista x + αd, α 0, on pisteestä x R n alkava puolisuora, joka on vektorin d suuntainen. Samoin

Lisätiedot

Vapaus. Määritelmä. jos c 1 v 1 + c 2 v c k v k = 0 joillakin c 1,..., c k R, niin c 1 = 0, c 2 = 0,..., c k = 0.

Vapaus. Määritelmä. jos c 1 v 1 + c 2 v c k v k = 0 joillakin c 1,..., c k R, niin c 1 = 0, c 2 = 0,..., c k = 0. Vapaus Määritelmä Oletetaan, että v 1, v 2,..., v k R n, missä n {1, 2,... }. Vektorijono ( v 1, v 2,..., v k ) on vapaa eli lineaarisesti riippumaton, jos seuraava ehto pätee: jos c 1 v 1 + c 2 v 2 +

Lisätiedot

Luento 8: Epälineaarinen optimointi

Luento 8: Epälineaarinen optimointi Luento 8: Epälineaarinen optimointi Vektoriavaruus R n R n on kaikkien n-jonojen x := (x,..., x n ) joukko. Siis R n := Määritellään nollavektori = (,..., ). Reaalisten m n-matriisien joukkoa merkitään

Lisätiedot

Kannan vektorit siis virittävät aliavaruuden, ja lisäksi kanta on vapaa. Lauseesta 7.6 saadaan seuraava hyvin käyttökelpoinen tulos:

Kannan vektorit siis virittävät aliavaruuden, ja lisäksi kanta on vapaa. Lauseesta 7.6 saadaan seuraava hyvin käyttökelpoinen tulos: 8 Kanta Tässä luvussa tarkastellaan aliavaruuden virittäjävektoreita, jotka muodostavat lineaarisesti riippumattoman jonon. Merkintöjen helpottamiseksi oletetaan luvussa koko ajan, että W on vektoreiden

Lisätiedot

JYVÄSKYLÄN YLIOPISTO. 3. Luennon sisältö

JYVÄSKYLÄN YLIOPISTO. 3. Luennon sisältö JYVÄSKYLÄN YLIOPISTO 3. Luennon sisältö Lineaarisen optimointitehtävän sallittu alue Optimointitehtävien muunnoksia Lineaarisen yhtälöryhmän perusmuoto ja perusratkaisut Lineaarisen optimointitehtävän

Lisätiedot

Ville Turunen: Mat Matematiikan peruskurssi P1 1. välikokeen alueen teoriatiivistelmä 2007

Ville Turunen: Mat Matematiikan peruskurssi P1 1. välikokeen alueen teoriatiivistelmä 2007 Ville Turunen: Mat-1.1410 Matematiikan peruskurssi P1 1. välikokeen alueen teoriatiivistelmä 2007 Materiaali: kirjat [Adams R. A. Adams: Calculus, a complete course (6th edition), [Lay D. C. Lay: Linear

Lisätiedot

1 sup- ja inf-esimerkkejä

1 sup- ja inf-esimerkkejä Alla olevat kohdat (erityisesti todistukset) ovat lähinnä oheislukemista reaaliluvuista, mutta joihinkin niistä palataan myöhemmin kurssilla. 1 sup- ja inf-esimerkkejä Kaarenpituus. Olkoon r: [a, b] R

Lisätiedot

Malliratkaisut Demot

Malliratkaisut Demot Malliratkaisut Demot 3.2.27 Tehtävä. Valmisohjelmistolla voidaan ratkaista tehtävä min c T x s. t. Ax b x, missä x, c ja b R n ja A R m n. Muunnetaan tehtävä max x + 2x 2 + 3x 3 + x s. t. x + 3x 2 + 2x

Lisätiedot

Diofantoksen yhtälön ratkaisut

Diofantoksen yhtälön ratkaisut Diofantoksen yhtälön ratkaisut Matias Mäkelä Matemaattisten tieteiden tutkinto-ohjelma Oulun yliopisto Kevät 2017 Sisältö Johdanto 2 1 Suurin yhteinen tekijä 2 2 Eukleideen algoritmi 4 3 Diofantoksen yhtälön

Lisätiedot

Joukot metrisissä avaruuksissa

Joukot metrisissä avaruuksissa TAMPEREEN YLIOPISTO Pro gradu -tutkielma Saara Lahtinen Joukot metrisissä avaruuksissa Informaatiotieteiden yksikkö Matematiikka Elokuu 2013 Sisältö 1 Johdanto 1 2 Metriset avaruudet 1 2.1 Tarvittavia

Lisätiedot

MS-A0004/A0006 Matriisilaskenta

MS-A0004/A0006 Matriisilaskenta 4. MS-A4/A6 Matriisilaskenta 4. Nuutti Hyvönen, c Riikka Kangaslampi Matematiikan ja systeemianalyysin laitos Aalto-yliopisto..25 Tarkastellaan neliömatriiseja. Kun matriisilla kerrotaan vektoria, vektorin

Lisätiedot

Vapaus. Määritelmä. Vektorijono ( v 1, v 2,..., v k ) on vapaa eli lineaarisesti riippumaton, jos seuraava ehto pätee:

Vapaus. Määritelmä. Vektorijono ( v 1, v 2,..., v k ) on vapaa eli lineaarisesti riippumaton, jos seuraava ehto pätee: Vapaus Määritelmä Oletetaan, että v 1, v 2,..., v k R n, missä n {1, 2,... }. Vektorijono ( v 1, v 2,..., v k ) on vapaa eli lineaarisesti riippumaton, jos seuraava ehto pätee: jos c 1 v 1 + c 2 v 2 +

Lisätiedot

Esimerkki 19. Esimerkissä 16 miniminormiratkaisu on (ˆx 1, ˆx 2 ) = (1, 0).

Esimerkki 19. Esimerkissä 16 miniminormiratkaisu on (ˆx 1, ˆx 2 ) = (1, 0). Esimerkki 9 Esimerkissä 6 miniminormiratkaisu on (ˆx, ˆx (, 0 Seuraavaksi näytetään, että miniminormiratkaisuun siirtyminen poistaa likimääräisongelman epäyksikäsitteisyyden (mutta lisääntyvän ratkaisun

Lisätiedot

Konvergenssilauseita

Konvergenssilauseita LUKU 4 Konvergenssilauseita Lause 4.1 (Monotonisen konvergenssin lause). Olkoon (f n ) kasvava jono Lebesgueintegroituvia funktioita. Asetetaan f(x) := f n (x). Jos f n

Lisätiedot

Inversio-ongelmien laskennallinen peruskurssi Luento 2

Inversio-ongelmien laskennallinen peruskurssi Luento 2 Inversio-ongelmien laskennallinen peruskurssi Luento 2 Kevät 2012 1 Lineaarinen inversio-ongelma Määritelmä 1.1. Yleinen (reaaliarvoinen) lineaarinen inversio-ongelma voidaan esittää muodossa m = Ax +

Lisätiedot

Vapaus. Määritelmä. jos c 1 v 1 + c 2 v c k v k = 0 joillakin c 1,..., c k R, niin c 1 = 0, c 2 = 0,..., c k = 0.

Vapaus. Määritelmä. jos c 1 v 1 + c 2 v c k v k = 0 joillakin c 1,..., c k R, niin c 1 = 0, c 2 = 0,..., c k = 0. Vapaus Määritelmä Oletetaan, että v 1, v 2,..., v k R n, missä n {1, 2,... }. Vektorijono ( v 1, v 2,..., v k ) on vapaa eli lineaarisesti riippumaton, jos seuraava ehto pätee: jos c 1 v 1 + c 2 v 2 +

Lisätiedot

Luento 6: Monitavoiteoptimointi

Luento 6: Monitavoiteoptimointi Luento 6: Monitavoiteoptimointi Monitavoiteoptimointitehtävässä on useita optimoitavia kohdefunktioita eli ns kriteereitä: f 1,, f m Esimerkiksi opiskelija haluaa oppia mahdollisimman hyvin ja paljon mahdollisimman

Lisätiedot

Derivaattaluvut ja Dini derivaatat

Derivaattaluvut ja Dini derivaatat Derivaattaluvut Dini derivaatat LuK-tutkielma Helmi Glumo 2434483 Matemaattisten tieteiden laitos Oulun yliopisto Syksy 2016 Sisältö Johdanto 2 1 Taustaa 2 2 Määritelmät 4 3 Esimerkkejä lauseita 7 Lähdeluettelo

Lisätiedot

9. Lineaaristen differentiaaliyhtälöiden ratkaisuavaruuksista

9. Lineaaristen differentiaaliyhtälöiden ratkaisuavaruuksista 29 9 Lineaaristen differentiaaliyhtälöiden ratkaisuavaruuksista Tarkastelemme kertalukua n olevia lineaarisia differentiaaliyhtälöitä y ( x) + a ( x) y ( x) + + a ( x) y( x) + a ( x) y= b( x) ( n) ( n

Lisätiedot

Numeeriset menetelmät TIEA381. Luento 6. Kirsi Valjus. Jyväskylän yliopisto. Luento 6 () Numeeriset menetelmät / 33

Numeeriset menetelmät TIEA381. Luento 6. Kirsi Valjus. Jyväskylän yliopisto. Luento 6 () Numeeriset menetelmät / 33 Numeeriset menetelmät TIEA381 Luento 6 Kirsi Valjus Jyväskylän yliopisto Luento 6 () Numeeriset menetelmät 4.4.2013 1 / 33 Luennon 6 sisältö Interpolointi ja approksimointi Polynomi-interpolaatio: Vandermonden

Lisätiedot

Sekalaiset tehtävät, 11. syyskuuta 2005, sivu 1 / 13. Tehtäviä

Sekalaiset tehtävät, 11. syyskuuta 2005, sivu 1 / 13. Tehtäviä Sekalaiset tehtävät, 11. syyskuuta 005, sivu 1 / 13 Tehtäviä Tehtävä 1. Johda toiseen asteen yhtälön ax + bx + c = 0, a 0 ratkaisukaava. Tehtävä. Määrittele joukon A R pienin yläraja sup A ja suurin alaraja

Lisätiedot

Luento 12: Duaalitehtävä. Tarkennuksia Lagrangen kertoimen tulkintaan. Hajautettu optimointi.

Luento 12: Duaalitehtävä. Tarkennuksia Lagrangen kertoimen tulkintaan. Hajautettu optimointi. Luento 12: Duaalitehtävä. Tarkennuksia Lagrangen kertoimen tulkintaan. Hajautettu optimointi. Konveksisuus Muista. + αd, α 0, on pisteessä R n alkava puolisuora, joka on vektorin d suuntainen. Samoin 2

Lisätiedot

DIFFERENTIAALI- JA INTEGRAALILASKENTA I.1. Ritva Hurri-Syrjänen/Syksy 1999/Luennot 6. FUNKTION JATKUVUUS

DIFFERENTIAALI- JA INTEGRAALILASKENTA I.1. Ritva Hurri-Syrjänen/Syksy 1999/Luennot 6. FUNKTION JATKUVUUS DIFFERENTIAALI- JA INTEGRAALILASKENTA I.1 Ritva Hurri-Syrjänen/Syksy 1999/Luennot 6. FUNKTION JATKUVUUS Huomautus. Analyysin yksi keskeisimmistä käsitteistä on jatkuvuus! Olkoon A R mielivaltainen joukko

Lisätiedot

7. Olemassaolo ja yksikäsitteisyys Galois n kunta GF(q) = F q, jossa on q alkiota, määriteltiin jäännösluokkarenkaaksi

7. Olemassaolo ja yksikäsitteisyys Galois n kunta GF(q) = F q, jossa on q alkiota, määriteltiin jäännösluokkarenkaaksi 7. Olemassaolo ja yksikäsitteisyys Galois n kunta GF(q) = F q, jossa on q alkiota, määriteltiin jäännösluokkarenkaaksi Z p [x]/(m), missä m on polynomirenkaan Z p [x] jaoton polynomi (ks. määritelmä 3.19).

Lisätiedot

1 Määrittelyjä ja aputuloksia

1 Määrittelyjä ja aputuloksia 1 Määrittelyjä ja aputuloksia 1.1 Supremum ja infimum Aluksi kerrataan pienimmän ylärajan (supremum) ja suurimman alarajan (infimum) perusominaisuuksia ja esitetään muutamia myöhemmissä todistuksissa tarvittavia

Lisätiedot

min x x2 2 x 1 + x 2 1 = 0 (1) 2x1 1, h = f = 4x 2 2x1 + v = 0 4x 2 + v = 0 min x x3 2 x1 = ± v/3 = ±a x 2 = ± v/3 = ±a, a > 0 0 6x 2

min x x2 2 x 1 + x 2 1 = 0 (1) 2x1 1, h = f = 4x 2 2x1 + v = 0 4x 2 + v = 0 min x x3 2 x1 = ± v/3 = ±a x 2 = ± v/3 = ±a, a > 0 0 6x 2 TEKNILLINEN KORKEAKOULU Systeemianalyysin laboratorio Mat-39 Optimointioppi Kimmo Berg 6 harjoitus - ratkaisut min x + x x + x = () x f = 4x, h = x 4x + v = { { x + v = 4x + v = x = v/ x = v/4 () v/ v/4

Lisätiedot

missä on myös käytetty monisteen kaavaa 12. Pistä perustelut kohdilleen!

missä on myös käytetty monisteen kaavaa 12. Pistä perustelut kohdilleen! Matematiikan johdantokurssi Kertausharjoitustehtävien ratkaisuja/vastauksia/vihjeitä. Osoita todeksi logiikan lauseille seuraava: P Q (P Q). Ratkaisuohje. Väite tarkoittaa, että johdetut lauseet P Q ja

Lisätiedot

Johdatus lukuteoriaan Harjoitus 2 syksy 2008 Eemeli Blåsten. Ratkaisuehdotelma

Johdatus lukuteoriaan Harjoitus 2 syksy 2008 Eemeli Blåsten. Ratkaisuehdotelma Johdatus lukuteoriaan Harjoitus 2 syksy 2008 Eemeli Blåsten Ratkaisuehdotelma Tehtävä 1 1. Etsi lukujen 4655 ja 12075 suurin yhteinen tekijä ja lausu se kyseisten lukujen lineaarikombinaationa ilman laskimen

Lisätiedot

=p(x) + p(y), joten ehto (N1) on voimassa. Jos lisäksi λ on skalaari, niin

=p(x) + p(y), joten ehto (N1) on voimassa. Jos lisäksi λ on skalaari, niin FUNKTIONAALIANALYYSI, RATKAISUT 1 KEVÄT 211, (AP) 1. Ovatko seuraavat reaaliarvoiset funktiot p : R 3 R normeja? Ovatko ne seminormeja? ( x = (x 1, x 2, x 3 ) R 3 ) a) p(x) := x 2 1 + x 2 2 + x 2 3, b)

Lisätiedot

12. Hessen matriisi. Ääriarvoteoriaa

12. Hessen matriisi. Ääriarvoteoriaa 179 12. Hessen matriisi. Ääriarvoteoriaa Tarkastelemme tässä luvussa useamman muuttujan (eli vektorimuuttujan) n reaaliarvoisia unktioita : R R. Edellisessä luvussa todettiin, että riittävän säännöllisellä

Lisätiedot

Ellipsoidimenetelmä. Samuli Leppänen Kokonaislukuoptimointi. S ysteemianalyysin Laboratorio

Ellipsoidimenetelmä. Samuli Leppänen Kokonaislukuoptimointi. S ysteemianalyysin Laboratorio Ellipsoidimenetelmä Kokonaislukuoptimointi Sovelletun matematiikan lisensiaattiseminaari Kevät 2008 / 1 Sisällys Ellipsoidimenetelmän geometrinen perusta ja menetelmän idea Formaali ellipsoidimenetelmä

Lisätiedot

Ortogonaaliprojektio äärellisulotteiselle aliavaruudelle

Ortogonaaliprojektio äärellisulotteiselle aliavaruudelle Ortogonaaliprojektio äärellisulotteiselle aliavaruudelle Olkoon X sisätuloavaruus ja Y X äärellisulotteinen aliavaruus. Tällöin on olemassa lineaarisesti riippumattomat vektorit y 1, y 2,..., yn, jotka

Lisätiedot

Numeeriset menetelmät

Numeeriset menetelmät Numeeriset menetelmät Luento 6 To 22.9.2011 Timo Männikkö Numeeriset menetelmät Syksy 2011 Luento 6 To 22.9.2011 p. 1/38 p. 1/38 Ominaisarvotehtävät Monet sovellukset johtavat ominaisarvotehtäviin Yksi

Lisätiedot

5 OMINAISARVOT JA OMINAISVEKTORIT

5 OMINAISARVOT JA OMINAISVEKTORIT 5 OMINAISARVOT JA OMINAISVEKTORIT Ominaisarvo-ongelma Käsitellään neliömatriiseja: olkoon A n n-matriisi. Luku on matriisin A ominaisarvo (eigenvalue), jos on olemassa vektori x siten, että Ax = x () Yhtälön

Lisätiedot

Lineaarialgebra ja matriisilaskenta II. LM2, Kesä /141

Lineaarialgebra ja matriisilaskenta II. LM2, Kesä /141 Lineaarialgebra ja matriisilaskenta II LM2, Kesä 2012 1/141 Kertausta: avaruuden R n vektorit Määritelmä Oletetaan, että n {1, 2, 3,...}. Avaruuden R n alkiot ovat jonoja, joissa on n kappaletta reaalilukuja.

Lisätiedot

MS-C1340 Lineaarialgebra ja

MS-C1340 Lineaarialgebra ja MS-C1340 Lineaarialgebra ja differentiaaliyhtälöt Matriisinormi, häiriöalttius Riikka Kangaslampi Kevät 2017 Matematiikan ja systeemianalyysin laitos Aalto-yliopisto Matriisinormi Matriisinormi Matriiseille

Lisätiedot

Matriisilaskenta, LH4, 2004, ratkaisut 1. Hae seuraavien R 4 :n aliavaruuksien dimensiot, jotka sisältävät vain

Matriisilaskenta, LH4, 2004, ratkaisut 1. Hae seuraavien R 4 :n aliavaruuksien dimensiot, jotka sisältävät vain Matriisilaskenta LH4 24 ratkaisut 1 Hae seuraavien R 4 :n aliavaruuksien dimensiot jotka sisältävät vain a) Kaikki muotoa (a b c d) olevat vektorit joilla d a + b b) Kaikki muotoa (a b c d) olevat vektorit

Lisätiedot

Lineaarialgebra ja differentiaaliyhtälöt Laskuharjoitus 1 / vko 44

Lineaarialgebra ja differentiaaliyhtälöt Laskuharjoitus 1 / vko 44 Lineaarialgebra ja differentiaaliyhtälöt Laskuharjoitus 1 / vko 44 Tehtävät 1-3 lasketaan alkuviikon harjoituksissa, verkkotehtävien dl on lauantaina aamuyöllä. Tehtävät 4 ja 5 lasketaan loppuviikon harjoituksissa.

Lisätiedot

IV. TASAINEN SUPPENEMINEN. f(x) = lim. jokaista ε > 0 ja x A kohti n ε,x N s.e. n n

IV. TASAINEN SUPPENEMINEN. f(x) = lim. jokaista ε > 0 ja x A kohti n ε,x N s.e. n n IV. TASAINEN SUPPENEMINEN IV.. Funktiojonon tasainen suppeneminen Olkoon A R joukko ja f n : A R funktio, n =, 2, 3,..., jolloin jokaisella x A muodostuu lukujono f x, f 2 x,.... Jos tämä jono suppenee

Lisätiedot

Iteratiiviset ratkaisumenetelmät

Iteratiiviset ratkaisumenetelmät Iteratiiviset ratkaisumenetelmät Keijo Ruotsalainen Division of Mathematics Yleinen iteraatio Lineaarisen yhtälöryhmän iteratiivinen ratkaisumenetelmä voidaan esittää muodossa: Anna alkuarvaus: x 0 R n

Lisätiedot

802320A LINEAARIALGEBRA OSA III

802320A LINEAARIALGEBRA OSA III 802320A LINEAARIALGEBRA OSA III Tapani Matala-aho MATEMATIIKKA/LUTK/OULUN YLIOPISTO SYKSY 2016 LINEAARIALGEBRA 1 / 56 Määritelmä Määritelmä 1 Olkoot V ja W lineaariavaruuksia kunnan K yli. Kuvaus L : V

Lisätiedot

Paikannuksen matematiikka MAT

Paikannuksen matematiikka MAT TA M P E R E U N I V E R S I T Y O F T E C H N O L O G Y M a t h e m a t i c s Paikannuksen matematiikka MAT-45800 4..008. p.1/4 Käytännön järjestelyt Kotisivu: http://math.tut.fi/courses/mat-45800/ Luennot:

Lisätiedot

MS-C1340 Lineaarialgebra ja

MS-C1340 Lineaarialgebra ja MS-C1340 Lineaarialgebra ja differentiaaliyhtälöt Lineaarikuvaukset Riikka Kangaslampi Kevät 2017 Matematiikan ja systeemianalyysin laitos Aalto-yliopisto Lineaarikuvaukset Lineaarikuvaus Olkoot U ja V

Lisätiedot

Insinöörimatematiikka D

Insinöörimatematiikka D Insinöörimatematiikka D M. Hirvensalo mikhirve@utu.fi V. Junnila viljun@utu.fi Matematiikan ja tilastotieteen laitos Turun yliopisto 2015 M. Hirvensalo mikhirve@utu.fi V. Junnila viljun@utu.fi Luentokalvot

Lisätiedot

Numeeriset menetelmät TIEA381. Luento 12. Kirsi Valjus. Jyväskylän yliopisto. Luento 12 () Numeeriset menetelmät / 33

Numeeriset menetelmät TIEA381. Luento 12. Kirsi Valjus. Jyväskylän yliopisto. Luento 12 () Numeeriset menetelmät / 33 Numeeriset menetelmät TIEA381 Luento 12 Kirsi Valjus Jyväskylän yliopisto Luento 12 () Numeeriset menetelmät 25.4.2013 1 / 33 Luennon 2 sisältö Tavallisten differentiaaliyhtälöiden numeriikasta Rungen

Lisätiedot

Päättelyn voisi aloittaa myös edellisen loppupuolelta ja näyttää kuten alkupuolella, että välttämättä dim W < R 1 R 1

Päättelyn voisi aloittaa myös edellisen loppupuolelta ja näyttää kuten alkupuolella, että välttämättä dim W < R 1 R 1 Lineaarialgebran kertaustehtävien b ratkaisuista. Määritä jokin kanta sille reaalikertoimisten polynomien lineaariavaruuden P aliavaruudelle, jonka virittää polynomijoukko {x, x+, x x }. Ratkaisu. Olkoon

Lisätiedot

Matematiikan ja tilastotieteen laitos Reaalianalyysi I Harjoitus Malliratkaisut (Sauli Lindberg)

Matematiikan ja tilastotieteen laitos Reaalianalyysi I Harjoitus Malliratkaisut (Sauli Lindberg) Matematiikan ja tilastotieteen laitos Reaalianalyysi I Harjoitus 4 9.4.-23.4.200 Malliratkaisut (Sauli Lindberg). Näytä, että Lusinin lauseessa voidaan luopua oletuksesta m(a)

Lisätiedot

Vektoreiden virittämä aliavaruus

Vektoreiden virittämä aliavaruus Vektoreiden virittämä aliavaruus Määritelmä Oletetaan, että v 1, v 2,... v k R n. Näiden vektoreiden virittämä aliavaruus span( v 1, v 2,... v k ) tarkoittaa kyseisten vektoreiden kaikkien lineaarikombinaatioiden

Lisätiedot

Lineaarinen optimointitehtävä

Lineaarinen optimointitehtävä Lineaarinen optimointitehtävä Minimointitehtävä yhtälörajoittein: min kun n j=1 n j=1 c j x j a ij x j = b i x j 0 j = 1,..., n i = 1,..., m Merkitään: z = alkuperäisen objektifunktion arvo käsiteltävänä

Lisätiedot

Insinöörimatematiikka D

Insinöörimatematiikka D Insinöörimatematiikka D M. Hirvensalo mikhirve@utu.fi V. Junnila viljun@utu.fi A. Lepistö alepisto@utu.fi Matematiikan ja tilastotieteen laitos Turun yliopisto 2016 M. Hirvensalo V. Junnila A. Lepistö

Lisätiedot

MS-C1340 Lineaarialgebra ja differentiaaliyhtälöt

MS-C1340 Lineaarialgebra ja differentiaaliyhtälöt MS-C1340 Lineaarialgebra ja differentiaaliyhtälöt Lineaarikuvaukset Riikka Kangaslampi Matematiikan ja systeemianalyysin laitos Aalto-yliopisto 2015 1 / 16 R. Kangaslampi Vektoriavaruudet Lineaarikuvaus

Lisätiedot

Seuraava topologisluonteinen lause on nk. Bairen lause tai Bairen kategorialause, n=1

Seuraava topologisluonteinen lause on nk. Bairen lause tai Bairen kategorialause, n=1 FUNKTIONAALIANALYYSIN PERUSKURSSI 115 7. Tasaisen rajoituksen periaate Täydellisyydestä puristetaan maksimaalinen hyöty seuraavan Bairen lauseen avulla. Bairen lause on keskeinen todistettaessa kahta funktionaalianalyysin

Lisätiedot

2 Osittaisderivaattojen sovelluksia

2 Osittaisderivaattojen sovelluksia 2 Osittaisderivaattojen sovelluksia 2.1 Ääriarvot Yhden muuttujan funktiolla f(x) on lokaali maksimiarvo (lokaali minimiarvo) pisteessä a, jos f(x) f(a) (f(x) f(a)) kaikilla x:n arvoilla riittävän lähellä

Lisätiedot

KOMPLEKSIANALYYSI I KURSSI SYKSY 2012

KOMPLEKSIANALYYSI I KURSSI SYKSY 2012 KOMPLEKSIANALYYSI I KURSSI SYKSY 2012 RITVA HURRI-SYRJÄNEN 2. Kompleksitason topologiaa Kompleksianalyysi on kompleksiarvoisten kompleksimuuttujien funktioiden teoriaa. Tällä kurssilla käsittelemme vain

Lisätiedot

Ortogonaalisen kannan etsiminen

Ortogonaalisen kannan etsiminen Ortogonaalisen kannan etsiminen Lause 94 (Gramin-Schmidtin menetelmä) Oletetaan, että B = ( v 1,..., v n ) on sisätuloavaruuden V kanta. Merkitään V k = span( v 1,..., v k ) ja w 1 = v 1 w 2 = v 2 v 2,

Lisätiedot

Sarjojen suppenemisesta

Sarjojen suppenemisesta TAMPEREEN YLIOPISTO Pro gradu -tutkielma Terhi Mattila Sarjojen suppenemisesta Matematiikan ja tilastotieteen laitos Matematiikka Huhtikuu 008 Tampereen yliopisto Matematiikan ja tilastotieteen laitos

Lisätiedot

1 Matriisit ja lineaariset yhtälöryhmät

1 Matriisit ja lineaariset yhtälöryhmät 1 Matriisit ja lineaariset yhtälöryhmät 11 Yhtälöryhmä matriisimuodossa m n-matriisi sisältää mn kpl reaali- tai kompleksilukuja, jotka on asetetettu suorakaiteen muotoiseksi kaavioksi: a 11 a 12 a 1n

Lisätiedot

MS-C1340 Lineaarialgebra ja differentiaaliyhtälöt

MS-C1340 Lineaarialgebra ja differentiaaliyhtälöt MS-C1340 Lineaarialgebra ja differentiaaliyhtälöt ja pienimmän neliösumman menetelmä Riikka Kangaslampi Matematiikan ja systeemianalyysin laitos Aalto-yliopisto 2015 1 / 18 R. Kangaslampi QR ja PNS PNS-ongelma

Lisätiedot

2. Teoriaharjoitukset

2. Teoriaharjoitukset 2. Teoriaharjoitukset Demotehtävät 2.1 Todista Gauss-Markovin lause. Ratkaisu. Oletetaan että luentokalvojen standardioletukset (i)-(v) ovat voimassa. Huomaa että Gauss-Markovin lause ei vaadi virhetermien

Lisätiedot

Cantorin joukon suoristuvuus tasossa

Cantorin joukon suoristuvuus tasossa Cantorin joukon suoristuvuus tasossa LuK-tutkielma Miika Savolainen 2380207 Matemaattisten tieteiden laitos Oulun yliopisto Syksy 2016 Sisältö Johdanto 2 1 Cantorin joukon esittely 2 2 Suoristuvuus ja

Lisätiedot

isomeerejä yhteensä yhdeksän kappaletta.

isomeerejä yhteensä yhdeksän kappaletta. Tehtävä 2 : 1 Esitetään aluksi eräitä havaintoja. Jokaisella n Z + symbolilla H (n) merkitään kaikkien niiden verkkojen joukkoa, jotka vastaavat jotakin tehtävänannon ehtojen mukaista alkaanin hiiliketjua

Lisätiedot

8. Avoimen kuvauksen lause

8. Avoimen kuvauksen lause 116 FUNKTIONAALIANALYYSIN PERUSKURSSI 8. Avoimen kuvauksen lause Palautamme aluksi mieleen Topologian kursseilta ehkä tutut perusasiat yleisestä avoimen kuvauksen käsitteestä. Määrittelemme ensin avoimen

Lisätiedot

Este- ja sakkofunktiomenetelmät

Este- ja sakkofunktiomenetelmät Este- ja sakkofunktiomenetelmät Keijo Ruotsalainen Mathematics Division Luennon kulku Este- ja sisäpistemenetelmät LP-ongelmat ja logaritminen estefunktio Polun seuranta Newtonin menetelmällä Sakkofunktiomenetelmistä

Lisätiedot

(0 desimaalia, 2 merkitsevää numeroa).

(0 desimaalia, 2 merkitsevää numeroa). NUMEERISET MENETELMÄT DEMOVASTAUKSET SYKSY 20.. (a) Absoluuttinen virhe: ε x x ˆx /7 0.4 /7 4/00 /700 0.004286. Suhteellinen virhe: ρ x x ˆx x /700 /7 /00 0.00 0.%. (b) Kahden desimaalin tarkkuus x ˆx

Lisätiedot

Aiheet. Kvadraattinen yhtälöryhmä. Kvadraattinen homogeeninen YR. Vapaa tai sidottu matriisi. Vapauden tutkiminen. Yhteenvetoa.

Aiheet. Kvadraattinen yhtälöryhmä. Kvadraattinen homogeeninen YR. Vapaa tai sidottu matriisi. Vapauden tutkiminen. Yhteenvetoa. Yhtälöryhmän ratkaisujen lukumäärä, L8 Esimerkki kvadraattinen Haluamme ratkaista n 4x + y z = x + y + z = 5 x + y + z = 4 4 x 4 + y x y z = + z 5 4 = 5 4 Esimerkki kvadraattinen Yhtälöryhmä on kvadraattinen,

Lisätiedot

2.5. Matriisin avaruudet ja tunnusluvut

2.5. Matriisin avaruudet ja tunnusluvut 2.5. Matriisin avaruudet ja tunnusluvut m n-matriisi A Lineaarikuvaus A : V Z, missä V ja Z ovat sopivasti valittuja, dim V = n, dim Z = m (yleensä V = R n tai C n ja Z = R m tai C m ) Kuva-avaruus ja

Lisätiedot

7. Tasaisen rajoituksen periaate

7. Tasaisen rajoituksen periaate 18 FUNKTIONAALIANALYYSIN PERUSKURSSI 7. Tasaisen rajoituksen periaate Täydellisyydestä puristetaan maksimaalinen hyöty seuraavan Bairen lauseen avulla. Bairen lause on keskeinen todistettaessa kahta funktionaalianalyysin

Lisätiedot

Yhtälöryhmä matriisimuodossa. MS-A0004/A0006 Matriisilaskenta. Tarkastellaan esimerkkinä lineaarista yhtälöparia. 2x1 x 2 = 1 x 1 + x 2 = 5.

Yhtälöryhmä matriisimuodossa. MS-A0004/A0006 Matriisilaskenta. Tarkastellaan esimerkkinä lineaarista yhtälöparia. 2x1 x 2 = 1 x 1 + x 2 = 5. 2. MS-A4/A6 Matriisilaskenta 2. Nuutti Hyvönen, c Riikka Kangaslampi Matematiikan ja systeemianalyysin laitos Aalto-yliopisto 5.9.25 Tarkastellaan esimerkkinä lineaarista yhtälöparia { 2x x 2 = x + x 2

Lisätiedot

Insinöörimatematiikka D

Insinöörimatematiikka D Insinöörimatematiikka D M. Hirvensalo mikhirve@utu.fi V. Junnila viljun@utu.fi Matematiikan ja tilastotieteen laitos Turun yliopisto 2015 M. Hirvensalo mikhirve@utu.fi V. Junnila viljun@utu.fi Luentokalvot

Lisätiedot

MS-C1340 Lineaarialgebra ja

MS-C1340 Lineaarialgebra ja MS-C1340 Lineaarialgebra ja differentiaaliyhtälöt QR-hajotelma ja pienimmän neliösumman menetelmä Riikka Kangaslampi Kevät 2017 Matematiikan ja systeemianalyysin laitos Aalto-yliopisto PNS-ongelma PNS-ongelma

Lisätiedot

Määritelmä 1. Olkoot V ja W lineaariavaruuksia kunnan K yli. Kuvaus L : V. Termejä: Lineaarikuvaus, Lineaarinen kuvaus.

Määritelmä 1. Olkoot V ja W lineaariavaruuksia kunnan K yli. Kuvaus L : V. Termejä: Lineaarikuvaus, Lineaarinen kuvaus. 1 Lineaarikuvaus 1.1 Määritelmä Määritelmä 1. Olkoot V ja W lineaariavaruuksia kunnan K yli. Kuvaus L : V W on lineaarinen, jos (a) L(v + w) = L(v) + L(w); (b) L(λv) = λl(v) aina, kun v, w V ja λ K. Termejä:

Lisätiedot

6. OMINAISARVOT JA DIAGONALISOINTI

6. OMINAISARVOT JA DIAGONALISOINTI 0 6 OMINAISARVOT JA DIAGONALISOINTI 6 Ominaisarvot ja ominaisvektorit Olkoon V äärellisulotteinen vektoriavaruus, dim(v ) = n ja L : V V lineaarikuvaus Määritelmä 6 Skalaari λ R on L:n ominaisarvo, jos

Lisätiedot

Topologia Syksy 2010 Harjoitus 9

Topologia Syksy 2010 Harjoitus 9 Topologia Syksy 2010 Harjoitus 9 (1) Avaruuden X osajoukko A on G δ -joukko, jos se on numeroituva leikkaus avoimista joukoista ja F σ -joukko, jos se on numeroituva yhdiste suljetuista joukoista. Osoita,

Lisätiedot

Matematiikan tukikurssi

Matematiikan tukikurssi Matematiikan tukikurssi Kurssikerta 9 1 Implisiittinen derivointi Tarkastellaan nyt yhtälöä F(x, y) = c, jossa x ja y ovat muuttujia ja c on vakio Esimerkki tällaisesta yhtälöstä on x 2 y 5 + 5xy = 14

Lisätiedot

= 5! 2 2!3! = = 10. Edelleen tästä joukosta voidaan valita kolme särmää yhteensä = 10! 3 3!7! = = 120

= 5! 2 2!3! = = 10. Edelleen tästä joukosta voidaan valita kolme särmää yhteensä = 10! 3 3!7! = = 120 Tehtävä 1 : 1 Merkitään jatkossa kirjaimella H kaikkien solmujoukon V sellaisten verkkojen kokoelmaa, joissa on tasan kolme särmää. a) Jokainen verkko G H toteuttaa väitteen E(G) [V]. Toisaalta jokainen

Lisätiedot

Ensimmäinen induktioperiaate

Ensimmäinen induktioperiaate Ensimmäinen induktioperiaate Olkoon P(n) luonnollisilla luvuilla määritelty predikaatti. (P(n) voidaan lukea luvulla n on ominaisuus P.) Todistettava, että P(n) on tosi jokaisella n N. ( Kaikilla luonnollisilla

Lisätiedot

Johdatus matemaattiseen päättelyyn

Johdatus matemaattiseen päättelyyn Johdatus matemaattiseen päättelyyn Maarit Järvenpää Oulun yliopisto Matemaattisten tieteiden laitos Syyslukukausi 2015 1 Merkintöjä 2 Todistamisesta 2 3 Joukko-oppia Tässä luvussa tarkastellaan joukko-opin

Lisätiedot

MS-C1350 Osittaisdifferentiaaliyhtälöt Harjoitukset 5, syksy Mallivastaukset

MS-C1350 Osittaisdifferentiaaliyhtälöt Harjoitukset 5, syksy Mallivastaukset MS-C350 Osittaisdifferentiaaliyhtälöt Haroitukset 5, syksy 207. Oletetaan, että a > 0 a funktio u on yhtälön u a u = 0 ratkaisu. a Osoita, että funktio vx, t = u x, t toteuttaa yhtälön a v = 0. b Osoita,

Lisätiedot

3x + y + 2z = 5 e) 2x + 3y 2z = 3 x 2y + 4z = 1. x + y 2z + u + 3v = 1 b) 2x y + 2z + 2u + 6v = 2 3x + 2y 4z 3u 9v = 3. { 2x y = k 4x + 2y = h

3x + y + 2z = 5 e) 2x + 3y 2z = 3 x 2y + 4z = 1. x + y 2z + u + 3v = 1 b) 2x y + 2z + 2u + 6v = 2 3x + 2y 4z 3u 9v = 3. { 2x y = k 4x + 2y = h HARJOITUSTEHTÄVIÄ 1. Anna seuraavien yhtälöryhmien kerroinmatriisit ja täydennetyt kerroinmatriisit sekä ratkaise yhtälöryhmät Gaussin eliminointimenetelmällä. { 2x + y = 11 2x y = 5 2x y + z = 2 a) b)

Lisätiedot

Matriisiteoria Harjoitus 1, kevät Olkoon. cos α sin α A(α) = . sin α cos α. Osoita, että A(α + β) = A(α)A(β). Mikä matriisi A(α)A( α) on?

Matriisiteoria Harjoitus 1, kevät Olkoon. cos α sin α A(α) = . sin α cos α. Osoita, että A(α + β) = A(α)A(β). Mikä matriisi A(α)A( α) on? Harjoitus 1, kevät 007 1. Olkoon [ ] cos α sin α A(α) =. sin α cos α Osoita, että A(α + β) = A(α)A(β). Mikä matriisi A(α)A( α) on?. Olkoon a x y A = 0 b z, 0 0 c missä a, b, c 0. Määrää käänteismatriisi

Lisätiedot

Malliratkaisut Demot 5,

Malliratkaisut Demot 5, Malliratkaisut Demot 5, 2.2.25 Tehtävä : a) Tehtävä voidaan sieventää muotoon max 5x + 9x 2 + x 3 s. t. 2x +x 2 x 3 x 3 x 2 3 x 3 3 x,x 2,x 3 Tämä on tehtävän kanoninen muoto,n = 3 jam =. b) Otetaan käyttöön

Lisätiedot