Matriisilaskenta (TFM) MS-A0001 Hakula/Vuojamo Ratkaisut, Viikko 48, , c)

Transkriptio

1 Matriisilaskenta (TFM) MS-A0001 Hakula/Vuojamo Ratkaisut, Viikko 48, 2017 R Alkuviikko TEHTÄVÄ J1 Laske Gaussin algoritmilla ja Sarrus n säännöllä seuraavat determinantit: a) , b) , c) Tarkista tulokset jollakin tietokoneohjelmalla RATKAISU J1 Palautetaan aluksi mieleen Gaussin eliminaatioon liittyvien rivioperaatioiden vaikutukset determinanttiin Oletetaan seuraavassa, että i j, R i tarkoittaa matriisin riviä i, R i R j tarkoittaa rivien i ja j vaihtamista keskenään, R i cr i merkitsee i:nnen rivin kertomista skalaarilla c 0 ja R i R i + cr j tarkoittaa j:nnen rivin lisäämistä riviin i kerrottuna skalaarilla c R Rivioperaatio Vaikutus determinanttiin R i R j Determinantin arvoa kerrotaan luvulla 1 R i R i + cr j Determinantin arvo ei muutu R i cr i Determinantin arvoa kerrotaan luvulla c 0 Huomio Olkoon A neliömatriisi ja käytetään merkintää Ã siitä matriisista, joka on saatu matriisista A rivioperaatiolla R i cr i, c 0 Huomaa erityisesti, että tämä tarkoittaa alkuperäisen matriisin A determinantille seuraavaa: det(a) 1 0 c 0 det(a) 1 c c det(ã) i:s

2 Matriisi riittää saattaa yläkolmiomuotoon, sillä yläkolmiomatriisin determinantti on yhtä suuri kuin sen diagonaalialkioiden tulo Tämä on helppo vakuuttaa itselleen, sillä säännöllinen yläkolmiomatriisi saadaan aina muunnettua diagonaalimatriisiksi pelkästään rivioperaatioita R i R i + cr j käyttäen; 3 3 -matriisien erikoistapauksessa tämä seuraa tietysti myös Sarrus n säännöstä Sarrus n sääntö on vain ja ainoastaan 3 3 -matriiseille soveltuva muistisääntö determinantin määrittämiseksi Käytetään lopuksi MATLABia tehtävänannon determinanttien tarkistamiseen Gaussin eliminaatio a) R 1 R 1 R R 1 R 1 +2R 2 R 3 R 3 6R R 3 R 3 +R 2 R 1 R ( 1) b) R 3 R 3 3R R 1 R 2 R 3 R 3 +2R

3 c) R 3 R 3 +3R 1 R 1 R R 2 R 1 R R 2 R R 3 R 1 R R 3 R 2 R Sarrus n sääntö a) Tästä lasketaan b) ( 1) ( 1) 4 (1 2 ( 1) ( 1) 3) ( 2 9)

4 Tästä lasketaan ( 2) ( 2) 3 + ( 3) 1 4 (3 0 ( 3) + 4 ( 2) ( 2)) c) Tästä lasketaan ( 6) ( 5) ( 1) ( ( 1) 0 ( 3) + ( 6) ( 5) 7) ( ) 200 MATLAB a) >> det([2 3-1;-1 2 0;1 4 3]) ans b) 27 >> det([0-2 -3;1 0-2;3 4 0]) ans 66613e-16

5 c) >> det([-3 7 2;-5 4 0;9-1 -6]) ans -200 Huomioi nollan tunnistamisen vaikeus liukulukuaritmetiikassa! Vastaavaa ilmiötä ei esiinny ainakaan silmämääräisesti kohtien a) ja b) determinanttien suhteen, sillä MATLAB esittää liukuluvut oletusasetuksilla viiden merkitsevän numeron suhteen Lisätieto: kokonaislukumatriisin determinantti on aina kokonaisluku, joten tässä tapauksessa kohdan b) determinantille numeerisesti laskettu arvo voidaan hyvällä mielellä tulkita nollaksi TEHTÄVÄ J2 Laske sekä Gaussin algoritmilla että alideterminanttikehitelmää käyttäen seuraavat determinantit: a) , b) , Tarkista tulokset jollakin tietokoneohjelmalla RATKAISU J2 Gaussin eliminaatio a) R 2 R 2 2R 1 R 3 R 3 R 1 R 4 R R / / / ( 1 2 3) R 3 R R 2

6 b) R 1 R 1 5R 4 R 2 R 2 2R 1 R 3 R 3 +5R 4 R 2 R R 3 R 1 R 1 2R 2 ( 1) 2 R 1 R R 2 R 1 R 4 R 2 R /17 33/ / /17 33/ /17 33/ /5 1 ( 17) ( 5 17 ) Alideterminanttikehitelmä (Laplace-kehitelmä) a) Determinantti kannattaa kehittää alimman rivin suhteen, jolloin saadaan

7 Alideterminanttien arvot voidaan laskea Sarrus n säännöllä: ( ) ( ( 1)) (2 4) 8, ( ) ( ( 1)) Determinantin arvoksi saadaan siis b) Kehitetään determinantti vaikkapa ensimmäisen sarakkeen suhteen:

8 Alideterminanttien arvot voidaan laskea Sarrus n säännöllä: (3 ( 3) ( 2) + ( 2) ( 7) ( 1)) (( 2) ( 3) ( 2) + ( 1) ( 7) 1) , (4 ( 3) ( 2) + 1 ( 7) ( 1)) (( 2) ( 3) 1 + ( 1) ( 7) 2) , ( ( 2) ( 2) ( 1)) ( ( 2) ) ( ( 2) ( 7) ( 3)) ( ( 2) ) Siten MATLAB a) >> det([ ; ; ; ]) 5 ( 1) ( 9) 1 ( 16) 38

9 ans b) >> det([ ; ; ; ]) ans TEHTÄVÄ V1 Valitse luvut a, b, c, d siten, että allaolevalla augmentoidulla matriisilla (a) ei ole ratkaisuja (b) on äärettömästi ratkaisuja: a (A b) b 0 0 d c Millä luvuista a, b, c, tai d ei ole mitään vaikutusta ratkaistavuuteen? RATKAISU V1 Augmentoitu matriisi vastaa yhtälöryhmää (1) x 1 + 2x 2 + 3x 3 a (2) 4x 2 + 5x 3 b (3) dx 3 c Yhtälöryhmä on yksikäsitteisesti ratkeava täsmälleen silloin, kun det(a) 0 4d 0 d 0 Kohdat (a) ja (b) eivät siis voi toteutua silloin, kun d 0 Voidaan siis keskittyä tapaukseen d 0 Olkoot a, b R seuraavassa mielivaltaisia Tällöin on kaksi tarkasteltavaa alitapausta (a) Jos c 0, niin yhtälö (3) muodostaa ristiriidan 0 dx 3 c 0 Yhtälöryhmällä ei siis voi olla ratkaisuja, kun c 0 ja d 0 (b) Jos c 0, niin yhtälöryhmän kohta (3) on tautologia 0 0 eli yhtälöryhmä ei sido termiä α : x 3 R Yhtälöryhmällä on siis ääretön määrä ratkaisuja muotoa (x 1, x 2, x 3 ) ( 1 2 (2a b α), 1 4 (b 5α), α), α R, kun c d 0

10 Lukujen a ja b arvot eivät vaikuta mitenkään yhtälöryhmän ratkeavuuteen TEHTÄVÄ V2 (Tämä tehtävä on omistettu Vesa Kaarniojalle) Näytä rivioperaatioita käyttämällä, että Vandermonden determinantti 1 a a 2 det 1 b b 2 (b a)(c a)(c b) 1 c c 2 RATKAISU V2 Havaitaan aluksi, että jos a b, a c tai b c, niin Vandermonden matriisilla on kaksi identtistä riviä, jolloin Vandermonden determinantti häviää ja väite pätee suoraan Oletetaan seuraavaksi, että a b c a Tällöin 1 a a 2 R 2 R 2 R 1 1 b b 2 R 3 R 3 R 1 1 a a 2 0 b a (b a)(b + a) 1 c c 2 0 c a (c a)(c + a) R 3 R 3 c a b a R 2 1 a a 2 0 b a (b a)(b + a) 0 0 (c a)(c + a) c a b a (b a)(b + a) (b a)((c a)(c + a) (c a)(b + a)) (b a)(c a)(c + a b a) (b a)(c a)(c b) Vandermonden matriisi esiintyy monissa eri matematiikan haaroissa ja sillä on sovelluksia muun muassa polynomiyhtälöryhmien analysointiin, polynomiseen interpolaatioon, todennäköisyysmitan momenttiongelmaan, diskreettiin Fourier-muunnokseen, jne Yleisen n n - kokoisen Vandermonden matriisin determinantilla on edelleen kiva suljettu muoto, jota voidaan käyttää hyväksi esimerkiksi edellä mainittujen ongelmien (yksikäsitteisen) ratkeavuuden tarkastelussa (Muista, että Ax y on yksikäsitteisesti ratkeava, jos ja vain, jos det(a) 0) Esim b c: 1 a a 2 1 b b 2 1 b b 2 R 3 R 3 R 2 1 a a 2 1 b b R 2 R 2 R 1 1 a a 2 0 b a b 2 a

11 Loppuviikko TEHTÄVÄ J1 Etsi seuraavien matriisien ominaisarvot ja ominaisvek- ( ) ( ) A ja A + I torit: Kuinka A:n ja A + I:n ominaisvektorit eroavat toisistaan? Entä ominaisarvot? RATKAISU J1 Palautetaan mieleen, että a b c d ad bc Tällöin matriisin A ominaisarvot voidaan ratkaista laskemalla juuret karakteristiselle polynomille det(a λi) 0, so 0 det(a λi) 1 λ λ (1 λ)(3 λ) 2 4 Toisen asteen yhtälön ratkaisukaavasta saadaan, että λ 4 ± ± 6 2 λ 2 4λ 5 Ominaisarvot ovat siis λ 1 5 ja λ 2 1 Ominaisarvoja vastaavat vektorit saadaan ratkaisemalla yhtälö (A λ i )x 0 kullekin ominaisarvolle Suoritetaan tämä Gaussin eliminaatiolla Kun λ 1 5, niin ( ) R2 R R 1 ( ) R1 1 4 R 1 ( Siispä ominaisarvoyhtälön Ax 5x toteuttavat x [t, t] T, t R \ {0} Näin ollen ominaisarvoa λ 1 5 vastaa (normeerattu) ominaisvektori x 1 [1/ 2, 1/ 2] T Kun λ 2 1, niin ( ) R 2 R 2 R 1 ( ) R1 1 2 R 1 ( ) )

12 Siispä ominaisarvoyhtälön Ax x toteuttavat x [ 2t, t], t R\{0} Näin ollen ominaisarvoa λ 2 1 vastaa (normeerattu) ominaisvektori x 2 [2/ 5, 1/ 5] T Matriisin A + I ominaisarvot ja -vektorit voidaan oveloida matriisin A vastaavista Käytetään hyväksi seuraavaa yleispätevää lainalaisuutta Lemma 1 Oletetaan, että Ax λx joillakin (λ, x) C (C n \ {0}) Tällöin (A + ci)x (λ + c)x kaikilla c C Todistus (A + ci)x Ax + cx λx + cx (λ + c)x Lemma 1 sanoo, että matriisin A perturbointi matriisilla ci pitää kaikki ominaisvektorit muuttumattomina ja siirtää niitä vastaavia ominaisarvoja skalaarilla c Siispä matriisin A + I ominaisarvot ja niitä vastaavat ominaisvektorit ovat λ 1 6 ja x 1 [1/ 2, 1/ 2] T, λ 2 0 ja x 2 [2/ 5, 1/ 5] T TEHTÄVÄ J2 Laske sekä A:n että A 1 :n ominaisarvot ja ominaisvektorit Tarkista matriisin jälki ( ) ( ) 0 2 A, A Mikä on A:n ja A 1 :n ominaisvektorien välinen suhde? Entä ominaisarvojen? RATKAISU J2 Matriisin A ominaisarvot saadaan ratkaisemalla karakteristisen yhtälön juuret: 0 det(a λi) λ λ λ(1 λ) 1 2 λ2 λ 2 Toisen asteen yhtälön ratkaisukaavasta saadaan λ 1 ± eli ominaisarvot ovat λ 1 2 ja λ ± 3 2

13 Ratkaistaan ominaisarvoa λ 1 2 vastaava ominaisvektori Gaussin eliminaatiolla: ( ) ( ) ( ) R2 R R R1 1 2 R Siispä ominaisarvoyhtälön Ax 2x toteuttavat x [t, t] T, t R \ {0} Näin ollen ominaisarvoa λ 1 2 vastaa (normeerattu) ominaisvektori x 1 [1/ 2, 1/ 2] T Ratkaistaan ominaisarvoa λ 2 1 vastaava ominaisvektori Gaussin eliminaatiolla: ( ) R 2 R 2 R 1 ( Siispä ominaisarvoyhtälön Ax x toteuttavat x [ 2t, t], t R\{0} Näin ollen ominaisarvoa λ 2 1 vastaa (normeerattu) ominaisvektori x 2 [2/ 5, 1/ 5] T Käänteismatriisin A 1 ominaisarvot ja -vektorit saadaan oveloitua matriisin A vastaavista soveltamalla seuraavaa yleispätevää tulosta Lemma 2 Oletetaan, että Ax λx joillakin (λ, x) C C n \ {0} Jos A on kääntyvä, niin A 1 x 1 λ x Todistus Ax λx x λa 1 x 1 λ x A 1 x Matriisi A on kääntyvä sillä det(a) Siispä matriisin A 1 ominaisarvot ja niitä vastaavat ominaisvektorit ovat ) λ ja x 1 [1/ 2, 1/ 2] T, λ 2 1 ja x 2 [2/ 5, 1/ 5] T Matriisin jälki eli sen diagonaalialkioiden summa on yhtä suuri kuin sen ominaisarvojen summa Tosiaan: tr(a) λ 1 + λ 2, tr(a 1 ) λ 1 + λ 2 Toinen kiinnostava ja syvällinen fakta on se, että determinantti on ominaisarvojen tulo! Tällä on hauskoja seuraamuksia: esimerkiksi jos 2 2 -matriisille A pätee det(a) > 0 ja tr(a) > 0, niin tästä voidaan päätellä, että sen ominaisarvot ovat positiivisia!

14 TEHTÄVÄ V1 Mikään permutaatiomatriisi ei muuta vektoria x (1, 1,, 1) T ; näin ollen yksi ominaisarvo λ 1 Etsi kaksi muuta muuta ominaisarvoa (mahdollisesti kompleksista) allaoleville permutaatioille laskemalla det(p λi) P ja P RATKAISU V1 Tarkastellaan aluksi matriisia P Sen karakteristinen yhtälö on voidaan määrittää Sarrus n säännöllä: λ det(p λi) 0 λ λ λ3 + 1 Kolmannen asteen yhtälön juurille voi tässä tapauksessa yrittää kolmea ratkaisutapaa: (i) Kirjoitetaan λ r(cos t + i sin t) määräämättömille kertoimille r > 0 ja t [0, 2π) ja ratkaistaan nämä yhtälöstä λ 3 1 (ii) Käytetään hajotelmaa λ 3 1 (λ 1)(λ 2 + λ + 1) (iii) Käytetään hyväksi tietoa siitä, että λ 1 on karakteristisen yhtälön tekijä ja sovelletaan jakokulmaa Huomaa, että kohdan (ii) hajotelman voi päätellä käyttämällä jakokulmaa kohdan (iii) hengessä: λ 2 + λ + 1 λ 1)λ 3 1 λ 3 + λ 2 1λ λ 2 + λ 12λ 1 12 λ Aficionadot tunnistavat tässä kohtaa toki välittömästi tutun identiteetin x n y n (x y)(x n 1 + x n 2 y + x n 3 y xy n 2 + y n 1 )

15 Riittää siis ratkaista toisen asteen yhtälö λ 2 + λ ratkaisukaavalla: λ 1 ± ± i 3 2 Ominaisarvot ovat siis λ 1 1, λ 2 1/2 + i 3/2 ja λ 3 1/2 i 3/2 Huomaa, että kompleksisille juurille λ 2 λ 3 (tämä pätee yleisesti reaalisille matriiseille konjugoimalla ominaisarvoyhtälöä Ax λx puolittain) Myös ratkaisutapa (i) toimii tässä tehtävässä hyvin Tarkastellaan seuraavaksi matriisia P Sen karakteristinen yhtälö voidaan määrittää jälleen Sarrus n säännöllä: λ det(p λi) 0 1 λ λ λ2 (1 λ) (1 λ) (λ 2 1)(1 λ) (1 + λ)(1 λ) 2 Ominaisarvot ovat siis λ 1 λ 2 1 (algebrallinen kertaluku 2) ja λ 3 1 TEHTÄVÄ V2 Oletetaan, että A T A Selitä, miksi a) x T Ax 0 kaikille reaalisille vektoreille x b) A:n ominaisarvot ovat puhtaasti imaginääriset (reaaliosat ovat nollia) c) det(a) on aina positiivinen tai nolla RATKAISU V2 reaaliseksi Huomaa, että kohdissa b) ja c) matriisi A on oletettava λ 3 1 r 3 (cos(3t) + i sin(3t)) 1 + i0 r 1 ja cos(3t) 1 ja sin(3t) 0 r 1 ja 3t 2kπ, k Z r 1 ja t 2kπ/3, k {0, 1, 2} Siis λ k+1 e 2ikπ/3, k {0, 1, 2}

16 a) Tehtävän trikki on hoksata, että skalaarit (1 1 -matriisit) ovat omia transpoosejaan Olkoon x R n mielivaltainen Nyt x T Ax x T ( A T )x x } T {{ A T x} (x T A T x) T x T Ax skalaari Koska ainoa skalaari, joka on oma vasta-alkionsa, on nolla, saadaan x T Ax 0 b) Tapa 1 Palautetaan mieleen, että matriisin A konjugaattitranspoosi on määritelty A H : A T Koska B ia toteuttaa B H (ia) H ia T ia B, niin matriisi B on hermiittinen ja sen ominaisarvot ovat reaalisia Tällöin matriisin A ib ominaisarvot ovat puhtaasti imaginäärisiä sillä matriisin skaalaaminen luvulla c C \ {0} skaalaa myös ominaisarvoja luvulla c Mieti, miten antisymmetrisyysehtoa tulisi muuttaa, jotta väite pitäisi paikkansa myös kompleksisille matriiseille! Tapa 2 Väite voidaan myös todistaa suoraan Oletetaan, että Az µz joillekin kompleksisille (µ, z) C (C n \ {0}) Muistetaan, että kahden kompleksisen vektorin sisätulo on määritelty z w : z H w Tällöin µz H z z H (µz) z H Az (A T z) H z (Az) H z (µz) H z µz H z Jakamalla yhtälö puolittain termillä z H z z 2 R \ {0} saadaan µ µ µ + µ 0 Re µ(µ+µ)/2 2 Re µ 0 Re µ 0 c) Olkoon A on n n -matriisi Jos n on pariton, niin saadaan (1) det(a) det( A T ) ( 1) n det(a T ) det(a) eli det(a) 0 Jos n on parillinen, niin tähän on muutama hyvä ratkaisutapa Tapa 1 Käytetään hyväksi tietoa, että determinantti on ominaisarvojen tulo Seuraavassa voidaan olettaa, että 0 ei ole matriisin A ominaisarvo sillä muuten väite pätee triviaalisti Tehdään seuraavat huomiot: Jos µ iλ, λ R \ {0}, on matriisin A ominaisarvo, niin myös µ iλ on ominaisarvo Tämä klassinen ja voimakas todistus on sovellettu todistuksesta symmetrisen matriisin ominaisarvojen reaalisuudelle ja yleistyy myös kompaktien, itseadjungoitujen operaattorien ominaisarvoille! Tämä on välitön seuraus Jordanin kanonisesta muodosta matriisille A

17 Matriisin A ominaisarvot voidaan nyt numeroida µ n/2,, µ 1, µ 1,, µ n/2 siten, että µ k µ k Huomaa, että emme poissulje mahdollisuutta µ k µ j, k j, eli numeroimme myös ominaisarvojen algebralliset monikerrat Merkitään µ k iλ k, λ k R \ {0}, kun k {1,, n/2}, jolloin saadaan det(a) µ n/2 µ 1 µ 1 µ n/2 µ 1 µ 1 µ n/2 µ n/2 λ 2 1 λ 2 n/2 > 0 Tapa 2 Väitteen voi todistaa myös induktiolla parillisille arvoille n 2k, k Z + Huomaa, että antisymmetrisyysehto A A T tarkoittaa matriisin A alkioille a ij a ji ; erityisesti diagonaalilla a ii a ii eli a ii 0 Alkeistapauksessa n 2 determinantti on 0 a a 0 a2 0 Väite siis pätee, kun n 2 Oletetaan seuraavaksi, että antisymmetrisen (2k) (2k) -matriisin determinantti on epänegatiivinen ja osoitetaan, että tästä seuraa antisymmetrisen 2(k + 1) 2(k + 1) -matriisin determinantin epänegatiivisuus Olkoon A antisymmetrinen (2k + 2) (2k + 2) -matriisi 0 a 2,1 a 3,1 a i,1 a 2k+2,1 a 2,1 0 a 3,2 a i,2 a 2k+2,2 a 3,1 a 3,2 0 a i,3 a 2k+2,3 A a i,1 a i,2 a i,3 0 a 2k+2,i a 2k+2,1 a 2k+2,2 a 2k+2,3 a 2k+2,i 0 Tarkastellaan ensimmäistä saraketta Jos a i,1 0 kaikilla i {2,, 2k+ 2}, niin determinantti on nolla ja väite pätee Oletetaan siis, että löytyy sellainen indeksi i, että a i,1 0 Riviä i voidaan käyttää sarakkeen 1 muiden rivien eliminointiin eli löytyy eliminaatiomatriisit E

18 E 2,i E i 1,i E i+1,i E 2k+2,i siten, että 0 a 2,1 a 3,1 a i,1 a 2k+2,1 0 0 EA a i,1 a i,2 a i,3 0 a 2k+2,i 0 Huomaa, että rivit 1 ja i pysyvät muuttumattomina Nyt matriisin EA (1, i)-alkio on a i,1 0 Tätä voidaan käyttää rivin 1 muiden sarakkeiden eliminointiin Kertomalla yllä olevaa matriisia oikealta eliminaatiomatriisilla E T saadaan eliminoitua riviltä 1 kaikki muut alkiot paitsi i:nnes (huomaa, että alkioiden erimerkkisyys ei aiheuta tässä ongelmia sillä eliminoitavan alkion merkki täsmää eliminoivan alkion merkin kanssa!): a i, a i,1 0 0 EAE T B a i,1 0 0 Nyt det(eae T ) det(a) (eliminaatiomatriisin determinantti on 1) Toisaalta (EAE T ) T EA T E T EAE T, joten redusoitu matriisi on myös antisymmetrinen Tästä päätellään, että (2k + 1) (2k + 1) -alimatriisi B on antisymmetrinen Käyttämällä alideterminanttikehitelmää 1 rivin suhteen saadaan 0 det(a) det(eae T ) ( 1) 1+i ( a i,1 ) B (,i 1), a i,1 0 a i,1 0

19 jossa B (,i 1) on matriisi B, josta on poistettu sen (i 1):s sarake Käyttämällä tässä alideterminanttikehitelmää 1 sarakkeen suhteen (huomaa, että a i,1 on nyt (i 1):nnellä rivillä) saadaan edelleen det(a) ( 1) i+1 ( a i,1 )( 1) i a i,1 det B (i 1,i 1) a 2 i,1 det B (i 1,i 1), jossa B (i 1,i 1) on matriisi B, josta on poistettu sekä sen (i 1):s rivi että sarake Huomaa, että koska B todettiin antisymmetriseksi, niin B (i 1,i 1) on nyt antisymmetrinen (2k) (2k) -matriisi, jonka determinantti on induktio-oletuksen nojalla epänegatiivinen Tämä päättää induktiotodistuksen MATLAB Tämän viikon harjoitusten tarkistaminen Matlabilla on helppoa Tutustu komentoihin inv, det ja eig Huomaa, että ominaisvektorit on aina normeerattu yksikkövektoreiksi RATKAISU MATLAB Kokeillaan tehtävissä J1, J2, V1 ja V2 esiintyvien ominaisarvojen, determinanttien ja inverssien laskemista MAT- LABin komennoilla eig, det ja inv % Tehtävä J1 A [1 4;2 3]; [evecs1,evals1] eig(a); [evecs2,evals2] eig(a+eye(2)); disp( ---Kohta J1--- ); disp( Matriisin A ominaisarvot: ); disp(num2str(diag(evals1) )); disp( Matriisin A ominaisvektorit (sarakkeina): ); disp(num2str(evecs1)); disp( Matriisin A+I ominaisarvot: ); disp(num2str(diag(evals2) )); disp( Matriisin A+I ominaisvektorit (sarakkeina): ); disp(num2str(evecs2)); % Tehtävä J2

20 A [0 2;1 1]; Ainv inv(a); [evecs1,evals1] eig(a); [evecs2,evals2] eig(ainv); disp( ---Kohta J2--- ); disp( Matriisin A ominaisarvot: ); disp(num2str(diag(evals1) )); disp( Matriisin A ominaisvektorit (sarakkeina): ); disp(num2str(evecs1)); disp( Matriisin inv(a) ominaisarvot: ); disp(num2str(diag(evals2) )); disp( Matriisin inv(a) ominaisvektorit (sarakkeina): ); disp(num2str(evecs2)); % Tehtävä V1 P1 [0 1 0;0 0 1;1 0 0]; P2 [0 0 1;0 1 0;1 0 0]; [evecs1,evals1] eig(p1); [evecs2,evals2] eig(p2); disp( ---Kohta V1--- ); P1 disp( Matriisin P1 ominaisarvot: ); disp(num2str(diag(evals1) )); disp( Matriisin P1 ominaisvektorit (sarakkeina): ); disp(num2str(evecs1)); P2 disp( Matriisin P2 ominaisarvot: ); disp(num2str(diag(evals2) )); disp( Matriisin P2 ominaisvektorit (sarakkeina): ); disp(num2str(evecs2)); % Tehtävä V2 % Generoidaan satunnainen antisymmetrinen matriisi sekä parittomalle % että parilliselle n:n arvolle disp( ---Kohta V2--- ); for n [3,4]

21 end A tril(2*rand(n,n)-1); A A-A ; disp([ Antisymmetrinen,num2str(n), x,num2str(n), -matriisi: ]); A % a) Lasketaan neliömuoto satunnaiselle vektorille x x 2*rand(n,1)-1; disp([ Satunnainen,num2str(n), -vektori: ]); x disp( x^tax ); disp(x *A*x); % b) Todetaan, että matriisin A ominaisarvojen reaaliosat ovat nolla disp( real(eig(a)) ); disp(real(eig(a)) ); % c) Determinantti on aina epänegatiivinen ja nolla kun n on pariton disp([ det(a),num2str(det(a))]); ---Kohta J1--- Matriisin A ominaisarvot: -1 5 Matriisin A ominaisvektorit (sarakkeina): Matriisin A+I ominaisarvot: 0 6 Matriisin A+I ominaisvektorit (sarakkeina): Kohta J2--- Matriisin A ominaisarvot: -1 2 Matriisin A ominaisvektorit (sarakkeina):

22 Matriisin inv(a) ominaisarvot: Matriisin inv(a) ominaisvektorit (sarakkeina): Kohta V1--- P Matriisin P1 ominaisarvot: i i 1+0i Matriisin P1 ominaisvektorit (sarakkeina): i i i i i i i i i P Matriisin P2 ominaisarvot: Matriisin P2 ominaisvektorit (sarakkeina): Kohta V2--- Antisymmetrinen 3x3 -matriisi: A

23 Satunnainen 3-vektori: x x^tax 69389e-18 real(eig(a)) 10e-16 * det(a) e-17 Antisymmetrinen 4x4 -matriisi: A Satunnainen 4-vektori: x x^tax 0 real(eig(a)) 10e-16 *

24 det(a)