802120P MATRIISILASKENTA (5 op)

Transkriptio

1 802120P MARIIILAKENA (5 op) Oulun yliopisto Matemaattiset tieteet 2015 ero Vedenjuoksu

2 1 Alkusanat ämä luentomoniste pohjautuu osaksi Esa Järvenpään (2011) ja osaksi Hanna Kiilin (2014) kurssin Lineaarialgebra I (802118P, 4 op) luentomonisteeseen 2 Vektori, suora ja taso 21 Vektorin määritelmä ja laskutoimitukset Koulussa vektori oli nuoli, jolla oli suunta ja suuruus eli pituus iirretään vektori siten, että sen alkupää on origossa ällöin sen kärki on pisteessä (x 1,x 2 ) Jos vektorin suuntaa tai suuruutta muutetaan, niin loppupiste (x 1,x 2 ) muuttuu, joten eri vektoreita vastaa eri piste (x 1,x 2 ) Kääntäen, jokainen tason pistepari (x 1,x 2 ) määrää vektorin yllä olevalla tavalla iten tason vektorit voidaan samastaa tason R 2 = {(x 1,x 2 ) x 1,x 2 œ R} kanssa Vektorit x =(x 1,x 2 ) ja y =(y 1,y 2 ) lasketaan yhteen laittamalla ne peräkkäin ummavektorin x + y ensimmäinen koordinaatti on x 1 + y 1 ja toinen koordinaatti on x 2 + y 2 iis (x 1,x 2 )+(y 1,y 2 )=(x 1 + y 1,x 2 + y 2 ) Vektori x =(x 1,x 2 ) kerrotaan luvulla >0 siten, että vektorin suunta säilyy ja pituus tulee kerrotuksi luvulla amanmuotoisia kolmioita hyväksi käyttäen osoitetaan, että (x 1,x 2 )=( x 1, x 2 ) Merkitään (x 1,x 2 )=(y 1,y 2 ) Koska suunta ei muutu, niin y 2 y 1 = x 2 x 1 eli y 2 = x 2 x 1 y 1 Nyt y 1 = tx 1 jollekin t œ R, joteny 2 = x 2 x 1 tx 1 = tx 2 iis (x 1,x 2 )=(tx 1,tx 2 ) jollekin t>0 Koska vektorin (x 1,x 2 ) pituus on kertaa vektorin (x 1,x 2 ) pituus, saadaan Pythagoraan lauseesta t 2 x t 2 x 2 2 = 2 (x x 2 2) eli t 2 = 2,jotent = iis (x 1,x 2 )=( x 1, x 2 ) ämä pätee myös kun Æ 0 iinä 2

3 tapauksessa vektorin suunta kääntyy vastakkaiseksi Määritelmä 1 Olkoon n œ N = {1, 2, 3,} Jono x = (x 1,x 2,,x n ), missä x 1,x 2,,x n œ R, onn-ulotteinen tai n-komponenttinen vektori Kaikkien n- ulotteisten vektorien joukko on avaruus R n,ts R n = {(x 1,x 2,,x n ) x 1,x 2,,x n œ R} Vektorit x, y œ R n ovat samat, jos x i = y i kaikilla i =1,,n Olkoot x, y œ R n ja œ R ällöin x + y =(x 1 + y 1,x 2 + y 2,,x n + y n ) œ R n x =( x 1, x 2,, x n ) œ R n ja Esimerkki 1 Olkoot x =(1, 4, 2, 6) ja y =(4, 2, 8, 2) ällöin x + y =(5, 6, 10, 8) ja 3y =(12, 6, 24, 6) Lause 1 Olkoot x, y, z œ R n ja, µ œ R ällöin (a) x + y = y + x (vaihdannaisuus) (b) x +(y + z) =(x + y)+z (liitännäisyys) (c) on olemassa nollavektori 0=(0,,0) œ R n ja x +0=x (d) on olemassa vastavektori x = 1 x ja x +( x) =0 (e) (µx) =( µ)x (f) 1 x = x (g) ( + µ)x = x + µx (h) (x + y) = x+ y (osittelulait) odistus odistetaan (h) Muut H Olkoot x =(x 1,x n ), y =(y 1,,y n ) ja œ R Nyt (x + y) = 1 (x 1,,x n )+(y 1,,y n ) 2 = (x 1 + y 1,,x n + y n ) = 1 (x 1 + y 1 ),, (x n + y n ) 2 =( x 1 + y 1,, x n + y n ) =( x 1,, x n )+( y 1,, y n )= (x 1,,x n )+ (y 1,,y n ) = x + y 3

4 Huomautus 1 Lauseen 1 (d)-kohdan nojalla jokaisella vektorilla y œ R n on vastavektori y œ R n Otetaan käyttöön lyhennysmerkintä x y := x +( y) Esimerkki 2 Olkoot x =(2a +3b +5c, a 3c, 5b 3c) œ R 3 ja y =(10, 2, 2) œ R 3 Vektoriyhtälö x = y vastaa yhtälöryhmää _] 2a +3b +5c =10 a 3c = 2 5b 3c = 2 Määritelmä 2 Vektoreiden u =(u 1,,u n ) œ R n ja v =(v 1,,v n ) œ R n pistetulo on u v = u 1 v 1 + u 2 v u n v n Esimerkki 3 Vektoreiden u =(1, 2, 3) ja v =(5, 3, 2) pistetulo on u v = =17 Määritelmä 3 Vektorit u œ R n ja v œ R n ovat ortogonaaliset eli kohtisuorassa toisiaan vastaan, jos u v =0 Esimerkki 4 Vektorit u =(1, 2, 3) ja v =(2, 1, 0) ovat ortogonaaliset 22 uorat ja tasot uoria ja tasoja voidaan esittää erilaisilla yhtälöillä Määritelmä 4 Avaruuden R n, n =2, 3, suora on joukko {u + kv k œ R}, missä u œ R n ja v œ R n \{0} ätä suoran esitystä kutsutaan suoran vektoriesitykseksi Vektoria u kutsutaan paikkavektoriksi ja vektoria v suuntavektoriksi Esimerkki 5 Olkoot x =(4, 3) ja y =( 1, 2) avaruuden R 2 pisteitä Määrätään niiden kautta kulkeva suora muodossa {u + kv k œ R} Valitaan paikkavektoriksi u =( 1, 2) uoran suuntainen vektori on esimerkiksi v = y + x = ( 1, 2) + (4, 3) = (5, 5) iten suora voidaan esittää muodossa y =( 1, 2) {( 1, 2) + k(5, 5) k œ R} x =(4, 3) 4

5 Olkoon u =(x 0 1,x 0 2) avaruuden R 2 suoran piste ja olkoon n =(a, b) = (0, 0) suoraa L vastaan kohtisuora vektori eli normaalivektori ällöin x =(x 1,x 2 ) kuuluu suoralle L jos ja vain jos vektorit n ja x u ovat kohtisuorassa toisiaan vastaan eli n (x u) =(a, b) (x 1 x 0 1,x 2 x 0 2)=a(x 1 x 0 1)+b(x 2 x 0 2)=0 ämä yhtälö voidaan kirjoittaa muodossa ax 1 + bx 2 + c =0, missä c = ax 0 1 bx 0 2 Jos b = 0(vastaavasti a = 0), niin x 2 = a b x 1 c b ämä on siis x 1 x 2 -koordinaatistossa olevan suoran yhtälö, joka leikkaa x 2 -akselin kohdassa c b ja jonka kulmakerroin on a b Määritelmä 5 Avaruuden R 3 taso on joukko {u + kv + tw k, t œ R}, missä u œ R 3 ja v, w œ R 3 \{0} ja vektorit v ja w eivät ole yhdensuuntaiset Vektoria u kutsutaan paikkavektoriksi ja vektoreita v ja w suuntavektoreiksi Kuva 1: Piste x on paikkavektorin u ja suuntavektoreiden v ja w määräämässä tasossa Paikkavektoriksi voidaan valita mikä tahansa tason piste, ja suuntavektoreiksi voidaan valita mitkä tahansa nollasta eroavat tason suuntaiset vektorit, jotka eivät 5

6 ole yhdensuuntaiset Kuten suoralle, myös tasolle on erilaisia esitystapoja aso avaruudessa R 3 on myös sellaisten pisteiden (x 1,x 2,x 3 ) œ R 3 joukko, jotka toteuttavat yhtälön ax 1 + bx 2 + cx 3 + d =0, missä a, b, c, d œ R ja ainakin yksi luvuista a, b, c on nollasta eroava ätä yhtälöä kutsutaan tason skalaariyhtälöksi htälö voidaan perustella samaan tapaan kuin suoran tapauksessa; tässä tapauksessa käsitellään vain vektoreita u, n, x œ R 3 3 Lineaarinen yhtälöryhmä Määritelmä 6 leinen lineaarinen yhtälö on muotoa a 1 x 1 + a 2 x a n x n = b missä a i,b œ R, i =1,,n, ovat tunnettuja ja x i œ R, i =1,,n, ovat tuntemattomia htälön toteuttavaa lukujonoa (x 1,,x n ) sanotaan yhtälön ratkaisuksi ja kaikkien ratkaisujen joukkoa sanotaan yhtälön ratkaisujoukoksi Jos b =0, yhtälö on homogeeninen ja sillä on aina triviaaliratkaisu x 1 = x 2 = = x n =0 Esimerkki 6 htälöt ovat lineaarisia, mutta esimerkiksi eivät ole lineaarisia 5x 1 +72x 2 x 3 =1 ja sin(4)x 3 = Ô 7x 4 + x 1 x 1 x 2 =5 ja x 2 2 4x 5 =0 Esimerkki 7 a) htälö 2x =8voidaan ratkaista kertomalla puolittain luvulla, jolloin saadaan x =4 1 2 b) htälö 2x 1 +3x 2 =1voidaan kirjoittaa muodossa x 2 = 1 3 (1 2x 1) (tai muodossa x 1 = 1 2 (1 3x 2)) ämä on suoran yhtälö, jonka kulmakerroin on 2/3 ja se leikkaa x 2 -akselin kohdassa 1/3 leinen ratkaisu on x 1 = t ja x 2 = 1 (1 2t), 3 missä t œ R on vapaa muuttuja Ratkaisuja on siis ääretön määrä Esimerkiksi x 1 = 1 ja x 2 = 1 on yksi ratkaisu c) htälö 3x 1 +6x 2 + x 3 =4määrää tason avaruuteen R 3 Myös tällä yhtälöllä on ääretön määrä ratkaisuja: x 1 = t, x 2 = s ja x 3 =4 3t 6s, t, s œ R 6

7 2 x x x x 2 x 1 (a) htälön x 2 = 1/3 (2/3)x 1 kuvaaja (Esim 7) (b) htälön x 3 =4 3x 1 6x 2 kuvaaja (Esim 7) Määritelmä 7 leinen lineaarinen yhtälöryhmä on muotoa a 11 x 1 + a 12 x a 1n x n = b 1 _] a 21 x 1 + a 22 x a 2n x n = b 2 a k1 x 1 + a k2 x a kn x n = b k, missä a ij,b i œ R, i =1,,k, j =1,,n ovat tunnettuja ja x i œ R, i =1,,n ovat tuntemattomia htälöryhmän toteuttavaa lukujonoa (x 1,,x n ) sanotaan yhtälöryhmän ratkaisuksi ja kaikkien ratkaisujen joukkoa sanotaan yhtälöryhmän ratkaisujoukoksi Jos b 1 = b 2 = = b k =0, yhtälöryhmä on homogeeninen ja sillä on aina triviaaliratkaisu x 1 = x 2 = = x n =0 Esimerkki 8 (a) Ratkaise yhtälöpari I 2x1 + x 2 =1 x 1 + x 2 =3 Alemmasta yhtälöstä voidaan ratkaista x 2 =3 x 1 ijoitetaan tämä ylempään yhtälöön, jolloin saadaan 2x 1 +3 x 1 =1 eli x 1 = 2 Näin ollen x 2 =3 ( 2) = 5 iten yhtälöparilla on täsmälleen yksi ratkaisu I x1 = 2 x 2 =5 arkistetaan vielä ratkaisu: I 2 ( 2) + 5 = 1 2+5=3 7

8 (b) Ratkaise yhtälöpari I 5x1 x 2 = 1 10x 1 2x 2 =2 Ensimmäisestä yhtälöstä saadaan x 2 =5x 1 +1 ijoitetaan tämä toiseen yhtälöön, jolloin 10x 1 2(5x 1 +1)=2 eli 2=2, mikä on ristiriita iis yhtälöparilla ei ole ratkaisua Esimerkki 9 htälöparin I ax1 + bx 2 = e cx 1 + dx 2 = f ratkaisu on suorien ax 1 + bx 2 = e ja cx 1 + dx 2 = f leikkauspiste Leikkauspiste on yksikäsitteinen täsmälleen silloin kun suorat eivät ole yhdensuuntaiset, toisin sanoen (b = 0,d = 0) a b = c d eli ad bc = 0 Jos ad bc =0, niin suorat ovat yhdensuuntaiset ällöin ne eivät leikkaa, eli yhtälöparilla ei ole ratkaisua, tai ne ovat sama suora, jolloin yhtälöparilla on äärettömän monta ratkaisua, sillä jokainen (x 1,x 2 ), joka kuuluu suoralle, on ratkaisu Esimerkki 10 Ratkaise yhtälöryhmä _] x 1 2x 2 + x 3 =0 2x 2 8x 3 =0 4x 1 +7x 2 3x 3 =3 Jos x 1 2x 2 + x 3 =0, niin 4(x 1 2x 2 + x 3 )=0, joten lisäämällä 0 kolmanteen yhtälöön molemmille puolille saadaan _] x 1 2x 2 + x 3 =0 2x 2 8x 3 =0 4x 1 +7x 2 3x 3 +4x 1 8x 2 +4x 3 =3+0 _] x 1 2x 2 + x 3 =0 2x 2 8x 3 =0 x 2 + x 3 =3 (ú) (úú) 8

9 iten (úú) _] x 1 2x 2 + x 3 =0 x 2 4x 3 =0 x 2 + x 3 =3 _] x 1 2x 2 + x 3 =0 x 2 4x 3 =0 3x 3 =3 _] x 1 2x 2 + x 3 =0 x 2 4x 3 =0 x 3 = 1 _] x 1 2x 2 + x 3 =0 x 2 = 4 x 3 = 1 _] x 1 = 7 x 2 = 4 x 3 = 1 arkistetaan ratkaisu: _] 7 2 ( 4) 1=0 2 ( 4) 8 ( 1) = 0 4 ( 7) + 7 ( 4) 3 ( 1) = 3 31 Gaussin ja Jordanin eliminointimenetelmä Gaussin ja Jordanin eliminointimenetelmä on menetelmä lineaaristen yhtälöryhmien ratkaisemiseksi Ideana on tiettyjä rivioperaatioita käyttäen muokata yhtälöryhmää niin, että se on helpompi ratkaista Rivioperaatiot eivät muuta yhtälöryhmän ratkaisuja, vaan alkuperäisellä ja muokatulla yhtälöryhmällä on samat ratkaisut Rivioperaatiot ovat P ij : vaihdetaan yhtälöt i ja j keskenään M i (c): kerrotaan yhtälö i luvulla c = 0 A ij (c): kerrotaan yhtälö i luvulla c œ R ja lisätään se yhtälöön j, missä i = j Määritelmä 8 Kaksi yhtälöryhmää (merkitään A ja B) ovat ekvivalentit, jos yhtälöryhmä A saadaan yhtälöryhmästä B tekemällä äärellisen määrän rivioperaatioita Lause 2 Ekvivalenteilla yhtälöryhmillä on samat ratkaisut odistus Jos kahden yhtälön paikkaa vaihdetaan keskenään eli suoritetaan rivioperaatio P ij, on selvä, että se ei vaikuta yhtälöryhmän ratkaisuihin Jos yhtälöä kerrotaan puolittain luvulla c œ R\{0}, se ei muuta yhtälön ratkaisuja iten rivioperaatio M i (c) ei vaikuta yhtälöryhmän ratkaisuihin Rivioperaation A ij (c) perustelu sivuutetaan 9

10 Koska rivioperaatiot vaikuttavat vain kertoimiin a ij ja b i, voidaan yhtälöryhmää käsitellä tiiviimmässä muodossa, jossa tuntemattomat x 1,x 2,,x n jätetään kirjoittamatta htälöryhmä a 11 x 1 + a 12 x a 1n x n = b 1 _] a 21 x 1 + a 22 x a 2n x n = b 2 a k1 x 1 + a k2 x a kn x n = b k, on kätevä kirjoittaa laajennettuna kerroinmatriisina a 11 a 12 a 1n b 1 a 21 a 22 a 2n b 2 a k1 a k2 a kn b k Esimerkki 11 htälöryhmän _] x 1 2x 2 + x 3 = 0 2x 2 8x 3 = 8 4x 1 +5x 2 +9x 3 = 9 laajennettu kerroinmatriisi on V V (1) Kun kerrotaan ensimmäistä yhtälöä luvulla 4 ja lisätään se kolmanteen yhtälöön eli suoritetaan rivioperaatio A 13 (4), saadaan V (2) euraavaksi määritellään, millaiseen muotoon kerroinmatriisi tulee muokata, jotta yhtälöryhmän ratkaisu olisi siitä helposti luettavissa Määritelmä 9 Matriisia kutsutaan redusoiduksi porrasmatriisiksi, jos siinä on pelkät nollarivit ovat alimmaisina, jokaisen rivin ensimmäinen nollasta eroava luku on 1 ja sen ylä- ja alapuolella on pelkkiä nollia, ylemmän rivin ensimmäinen 1 on alemman rivin ensimmäisen 1:sen vasemmalla puolella Kun matriisi sievennetään rivitoimituksilla redusoiduksi porrasmatriisiksi, on kolme mahdollisuutta: 10

11 (1) d d d n V eli yksikäsitteinen ratkaisu _] x 1 = d 1 x 2 = d 2 x n = d n (2) Jokin riveistä on 0 0 c, missä c = 0 ällöin saadaan yhtälö 0=c, mikä on ristiriita, joten yhtälöryhmällä ei ole ratkaisua (3) apaukset (1) ja (2) eivät esiinny ällöin epätriviaaleja yhtälöitä on vähemmän kuin tuntemattomia ja yhtälöryhmällä on äärettömän monta ratkaisua Esimerkiksi V eli I x1 +2x 2 =6 x 3 =5 eli _] x 1 = 2x 2 +6 x 2 œ R x 3 =5 Kerroinmatriisissa on siis vähintään yksi porras, jonka pituus on vähintään kaksi Gaussin ja Jordanin eliminointimenetelmä: 1 Kirjoita yhtälöryhmä laajennettuna kerroinmatriisina 2 Muuta kerroinmatriisi rivioperaatioilla redusoiduksi porrasmatriisiksi 3 Lue ratkaisu redusoidusta porrasmatriisista kirjoittamalla se takaisin yhtälöryhmäksi Esimerkki 12 (a) Ratkaise yhtälöryhmä _] 2x 1 +3x 2 +5x 3 =10 x 1 3x 3 = 2 5x 2 3x 3 =2 11

12 Laajennettu kerroinmatriisi on A 13 ( 2) æ M 2 ( 1 5 ) V P 12 æ V A 23( 3) æ M 3 ( 5 64 æ ) V A 31(3) æ A ( 3 5 ) V P 23 æ V V eli V _] x 1 =1 x 2 =1 x 3 =1 (b) Miten yhtälöryhmän _] x 1 + ax 3 = b +1 2x 1 + x 2 +4ax 3 =4b +2 3x 2 5ax 3 = 5b 1 ratkaisujen lukumäärä riippuu vakioista a ja b? Laajennettu kerroinmatriisi on 1 0 a b a 4b a 5b 1 A 23 (3) æ 1 0 a b a 2b 0 0 a b 1 V A 12( 2) æ V A 31( 1) æ A 32 ( 2) 1 0 a b a 2b 0 3 5a 5b a b 1 Jos a = 0, niin yhtälöryhmällä on yksikäsitteinen ratkaisu _] x 1 =2 x 2 =2 x 3 = b 1 a Jos a =0ja b = 1, niin yhtälöryhmällä ei ole ratkaisua Jos a =0ja b =1, niin yhtälöryhmällä on äärettömän monta ratkaisua _] x 1 =2 x 2 =2 x 3 œ R V V 12

13 4 Matriisi 41 Matriisin määritelmä ja laskutoimitukset Määritelmä 10 Reaaliluvuista a ij, missä i =1,,k ja j =1,,n muodostettua kaaviota a 11 a 12 a 1n a 21 a 22 a 2n A = V a k1 a k2 a kn sanotaan k n-matriisiksi sein merkitään A =[a ij ] Lukuja a ij sanotaan matriisin A alkioiksi (a ij on alkio rivillä i ja sarakkeessa j) oinen merkintä alkiolle a ij on A ij Matriisit A ja B ovat samat, jos A ij = B ij kaikilla i ja j Kaikkien k n- matriisien joukkoa merkitään symbolilla M(k,n) Olkoot A, B œ M(k,n) ja œ R ällöin A + B œm(k, n) ja A œm(k, n), missä kaikilla i =1,,k ja j =1,,n (A + B) ij = A ij + B ij ja ( A) ij = A ij Esimerkki 13 (a) Olkoot a A = c b d ja B = 2+d c 2b d ällöin A = B a =2+d _] b =2b c = c d = d a =2 _] b =0 c œ R d =0 (b) Olkoot A = ja B = ällöin A ja B ovat 2 3- matriiseja, joille pätee A + B = 2A = = = ja Lause 3 Olkoot A, B, œm(k, n) ja, µ œ R ällöin 13

14 (a) A + B = B + A, (b) A +(B + ) =(A + B)+, (c) on olemassa nollamatriisi 0 œm(k, n), jolle A +0=A, (d) on olemassa vastamatriisi A œm(k, n), jolle A +( A) =0, (e) (µa) =( µ)a, (f) 1A = A, (g) ( + µ)a = A + µa, (h) (A + B) = A + B odistus odistetaan (c), muut H (vertaa lause 1) Olkoon A =[a ij ] Määritellään k n-matriisi 0 asettamalla 0 ij =0kaikilla i =1,,k ja j =1,,n ällöin 0 œm(k, n) ja (A +0) ij = A ij +0 ij = a ij +0=a ij = A ij kaikilla i =1,,k ja j =1,,n iten A +0=A Merkintä 1 Otetaan käyttöön lyhennysmerkintä summalle: kÿ a i = a 1 + a a k i=1 Esimerkiksi 5ÿ i 2 = i=1 ja 5ÿ b ij = b i2 + b i3 + b i4 + b i5 j=2 Määritelmä 11 Olkoot A œm(k, n) ja B œm(n, l) Matriisien A ja B tulo on matriisi AB œm(k, l), missä (AB) ij = A ip B pj = A i1 B 1j + A i2 B 2j + + A in B nj p=1 kaikilla i =1,,k ja j =1,,l Huomautus 2 (a) ulomatriisin AB alkio (AB) ij saadaan kertomalla A:n i:nen rivin alkiot A i1,a i2,,a in vastaavilla B:n j:nnen sarakkeen alkioilla B 1j,B 2j,,B nj 14

15 ja laskemalla näin saadut tulot yhteen Eli AB = = A 11 A 12 A 1n B 11 B 1j B 1l B 21 B 2j B 2l A i1 A i2 A in V V B n1 B nj B nl A k1 A k2 A kn (AB) 11 (AB) 1j (AB) 1l (AB) i1 (AB) ij (AB) il, V (AB) k1 (AB) kj (AB) kl missä (AB) ij = A i1 B 1j +A i2 B 2j + +A in B nj kaikilla i =1,,k ja j =1,,l (b) ulo AB on määritelty vain, kun matriisin A sarakkeiden lukumäärä on sama kuin matriisin B rivien lukumäärä (c) Vaikka AB olisi määritelty, niin BA ei välttämättä ole määritelty Vaikka BA olisi määritelty, niin on mahdollista, että AB = BA (d) On mahdollista, että AB =0, vaikka A = 0ja B = 0 Esimerkki 14 (a) Olkoot A = œm(2, 3) ja B = ällöin AB on määritelty ja se on 2 3-matriisi AB = 5 0 1V = = V œm(3, 3) uloa BA ei ole määritelty (b) Olkoot A = Ë È 0 œm(1, 3) ja B = 3V œm(3, 1) 1 15

16 ällöin AB = Ë È 0 3V = Ë È = Ë 7 È œm(1, 1) 1 0 Ë È BA = 3V = V = 3 6 3V œm(3, 3) Erityisesti AB = BA (c) Olkoot ällöin A = AB = œm(2, 2) ja B = œm(2, 2) = œm(2, 2) 0 0 Lause 4 Olkoot A, B ja matriiseja ja œ R ällöin (a) A(B + ) =AB + A, (b) (A + B) = A + B, (c) A(B) =(AB), (d) ( A)B = A( B) = (AB), aina, kun kyseiset laskutoimitukset on määritelty Entä BA? odistus (a) Olkoot A œm(k, n) ja B, œm(n, l) ällöin, ja vain tällöin, B + œ M(n, l), A(B + ) œm(k, l), AB œm(k, l), A œm(k, l) ja A + B œm(k, l) ovat määriteltyjä Nyt 1 A(B + ) 2ij n = ÿ A ip (B + ) pj = A ip (B pj + pj )= (A ip B pj + A ip pj ) p=1 p=1 = A i1 B 1j + A i1 1j + A i2 B 2j + A i2 2j + + A in B nj + A in nj = A ip B pj + A ip pj =(AB) ij +(A) ij =(AB + B) ij p=1 p=1 kaikilla i =1,,k ja j =1,,l iten A(B + ) =AB + A (b) ja (c) H (d) Olkoot A œm(k, n), B œm(n, l) ja œ R ällöin, ja vain tällöin, AB, ( A)B ja A( B) ovat määriteltyjä ja 1 ( A)B 2ij n = ÿ ( A) ip B pj = ( A ip )B pj = A ip B pj = A ip B pj p=1 p=1 = (AB) ij = 1 (AB) 2 ij kaikilla i =1,,k ja j =1,,l iten ( A)B = (AB) oinen väite H 16 p=1 p=1 p=1 ja

17 42 Matriisiyhtälö Merkintä 2 ulkitaan R n :n vektorit n 1-matriiseiksi eli pystyvektoreiksi x 1 x 2 x = V x n ämä tulkinta ei muuta vektorien yhteenlaskua eikä reaaliluvulla kertomista, ts x 1 y 1 x 1 x 2 x + y = + y 2 x 2 ja x = V V V x n y n x n ällöin lineaarinen yhtälöryhmä a _] 11 x 1 + a 12 x a 1n x n = b 1 a k1 x 1 + a k2 x a kn x n = b k voidaan kirjoittaa muodossa Ax = b, missä x a 11 a 1 1n A = V, x = x 2 V a k1 a kn x n b 1 b 2 ja b = V b k Matriisi A on yhtälöryhmän kerroinmatriisi ja b vakiovektori Esimerkki 15 htälöryhmän _] 3x 1 x 2 +2x 3 =3 x 1 +4x 2 + x 3 2x 4 =0 5x 2 +3x 3 7x 4 = kerroinmatriisi on A = V ja vakiovektori on b = 0 V Lause 5 Olkoon A œm(k, n) euraavat väitteet ovat yhtäpitäviä, toisin sanoen (a) (b) (c): (a) Homogeeniyhtälöllä Ax =0on vain triviaaliratkaisu x =0 17

18 (b) Kaikilla b œ R k yhtälöllä Ax = b on korkeintaan yksi ratkaisu (c) Gaussin ja Jordanin eliminointimenetelmä yhtälöryhmälle Ax = b johtaa tilanteeseen J O A I V 0 0 N odistus (b) (c): Katso kappale 31 (a) (b): Antiteesi: On olemassa b œ R k ja x, y œ R n, x = y, joille Ax = b = Ay ällöin lauseen 4 perusteella 0=b b = Ax Ay = Ax + A( y) =A(x y), joten z = x y = 0on homogeeniyhtälön Ax =0ratkaisu ämä on ristiriita, joten antiteesi on väärä (b) (a): Koska yhtälöllä Ax = b on korkeintaan yksi ratkaisu kaikilla b œ R k, niin yhtälöllä Ax =0ei voi olla enempää kuin yksi ratkaisu Koska homogeeniyhtälöllä on aina triviaaliratkaisu x =0, niin kohta (a) pätee Nyt kaikki väitteet on todistettu Lause 6 Olkoon A œm(k, n) euraavat väitteet ovat yhtäpitäviä: (a) Kaikilla b œ R k yhtälöllä Ax = b on ainakin yksi ratkaisu (b) Gaussin ja Jordanin eliminointimenetelmässä tapaus (2) (eli rivi 0 0 c, missä c = 0) ei esiinny odistus Katso kappale Käänteismatriisi Jokaisella nollasta eroavalla reaaliluvulla on käänteisluku, jolla kerrottaessa tuloksena on 1 euraavaksi tarkastellaan vastaavaa ominaisuutta matriiseille ja määritellään käänteismatriisi Jokaisella matriisilla ei kuitenkaan ole käänteismatriisia Ensinnäkin, matriisissa täytyy olla yhtä monta riviä ja saraketta, jotta käänteismatriisi voi olla olemassa e ei ole vielä riittävä ehto, vaan tarvitaan menetelmiä käänteismatriisin ja sen olemassaolon määräämiseksi Mutta ensin määritellään ykkösalkio matriiseille 18

19 Määritelmä 12 Matriisi A on neliömatriisi, josa œm(n, n) jollakin n œ N Neliömatriisi A =[a ij ] on diagonaalimatriisi, josa ij =0kaikilla i = j iagonaalimatriisi I =[ ij ]= œm(n, n) V 0 1 on yksikkömatriisi eli identtinen matriisi ässä I 1, i = j ij = 0, i = j Lause 7 Olkoon A œm(n, n) ällöin IA = AI = A odistus H Määritelmä 13 Neliömatriisi A œ M(n, n) on kääntyvä, jos on olemassa B œ M(n, n), jolle AB = BA = I ällöin B on A:n käänteismatriisi ja sitä merkitään B = A Esimerkki 16 (a) Matriisi A = on kääntyvä ja A =, sillä = = (b) Matriisi A = 1 2 ei ole kääntyvä Jos nimittäin olisi B = a 2 4 c b a +2c b+2d = = d 2a +4c 2b +4d a c 1 0, 0 1 b, jolle d niin a +2c =1 _] b +2d =0 2a +4c =0 2b +4d =1 Erityisesti I a +2c =1 2a +4c =0 mikä on ristiriita iten B:tä ei ole I 0=1 a = 2c, Lause 8 (a) Jos neliömatriisilla A on käänteismatriisi, niin se on yksikäsitteinen Erityisesti (A 1 ) 1 = A 19

20 (b) Jos A, B œm(n, n) ovat kääntyviä, niin AB on kääntyvä ja (AB) 1 = B 1 A 1 odistus (a) Olkoot B ja matriisin A käänteismatriiseja ällöin B L7 = BI = B(A) L4 =(BA) = I L7 = iis B = eli käänteismatriisi on yksikäsitteinen Koska A 1 A = I = AA 1,on A =(A 1 ) 1 (b) Nyt B 1 A 1 œm(n, n) ja (AB)(B 1 A 1 ) L4 = A(BB 1 )A 1 = AIA 1 L4 = AA 1 = I ja (B 1 A 1 )(AB) =B 1 (A 1 A)B = B 1 IB = B 1 B = I iis (AB) 1 = B 1 A 1 Lause 9 Olkoon A œm(n, n) kääntyvä ällöin kaikilla b œ R n yhtälöllä Ax = b on yksikäsitteinen ratkaisu x = A 1 b odistus Olkoon b œ R n mielivaltainen Ensin osoitetaan, että ratkaisu on olemassa Vektori A 1 b on yhtälön Ax = b ratkaisu, sillä sijoittamalla se muuttujan x paikalle saadaan Ax = A(A 1 b)=(aa 1 )b = Ib = b Vielä täytyy osoittaa, että ratkaisu on yksikäsitteinen Oletetaan, että y œ R n on mikä tahansa yhtälön Ay = b ratkaisu ja osoitetaan, että y = A 1 b Kertomalla yhtälöä Ay = b puolittain käänteismatriisilla A 1 saadaan joten y = A 1 b A 1 (Ay) =A 1 b (A 1 A)y = A 1 b Iy = A 1 b, Huomautus 3 Muista, että käänteismatriisilla voidaan kertoa ainoastaan silloin, kun tiedetään, että se on olemassa Esimerkki 17 (a) Ratkaise yhtälöryhmä I 2x1 + x 2 =3 3x 1 + x 2 =5 Koska A = esim 2 on kääntyvä ja A = 16(a), niin 3 2 x = A 1 b = on yhtälöryhmän ainoa ratkaisu 20 = 2 1 eli I x1 =2 x 2 = 1

21 (b) Jos A on kääntyvä, niin lauseen 8 nojalla A 2 = AA on kääntyvä ja (A 2 ) 1 = (AA) 1 = A 1 A 1 =(A 1 ) 2 Lause 10 (yönpuolituslause) Olkoot A, B œm(n, n) Jos AB = I tai BA = I, niin A ja B ovat kääntyviä sekä A = B 1 ja B = A 1 odistus ivuutetaan Huomautus 4 Matriisi A œm(k, n) voidaan ajatella kuvauksena f A : R n æ R k, jolle f A (x) =Ax kaikilla x œ R n Mitä tarkoittaa yhtälöryhmän Ax = b yksikäsitteisen ratkaisun olemassaolo? Entä mitä tarkoittaa matriisin A œm(n, n) kääntyvyys? 44 Alkeismatriisit euraavaksi sovelletaan tuttuja rivioperaatioita P ij : vaihdetaan rivit i ja j keskenään, M i (c): kerrotaan rivi i luvulla c = 0, A ij (c): kerrotaan rivi i luvulla c œ R ja lisätään se riviin j, missä i = j, yksikkömatriisiin I ja määritellään alkeismatriisit Määritelmä 14 Alkeismatriisi on sellainen matriisi, joka on saatu yksikkömatriisista I yhdellä rivioperaatiolla Esimerkki 18 Olkoot a b c E 1 = 0 1 0V, E 2 = 1 0 0V, E 3 = 0 1 0V, A = d e fv g h i Matriisit E 1, E 2 ja E 3 ovat alkeismatriiseja Nyt a b c d e f a b c E 1 A = d e f V, E 2 A = a b cv, E 3 A = d e f V g 4a h 4b i 4c g h i 5g 5h 5i Matriisilla E 1 kertominen on siis sama kuin rivioperaatio, jossa ensimmäistä riviä kerrotaan luvulla 4 ja lisätään se kolmanteen riviin Matriisilla E 2 kertominen vaihtaa ensimmäisen ja toisen rivin paikkaa, ja matriisilla E 3 kertominen kertoo kolmannen rivin alkiot viidellä Edellinen esimerkki pätee myös yleisesti Lause 11 Olkoon A œm(m, n) ja olkoon E œm(m, m) tietyllä rivioperaatiolla saatu alkeismatriisi ällöin tulo EA tuottaa saman matriisin kuin saman rivioperaation tekeminen matriisiin A 21

22 odistus Olkoon A 1 A i A =, A j V A n missä A i on matriisin Ai:s rivi ja A j on j:s rivi Olkoon E 1 matriisi, joka on saatu vaihtamalla rivit i ja j keskenään yksikkömatriisissa eli e 1 e j E 1 =, e i V e n missä e i =[ ] ja 1 on i:nnessä sarakkeessa ällöin e 1 A e j A E 1 A = = e i A V e n A A 1 A j A i V A n ama matriisi saadaan soveltamalla rivioperaatio P ij matriisiin A, joten väite pätee operaatiolle P ij Muut kohdat vastaavasti euraavan lauseen todistuksessa tarvitaan tietoa, että jokaisella rivioperaatiolla on käänteinen rivioperaatio, jolla yhtälöryhmä (tai matriisi) saadaan alkuperäiseen muotoonsa (H) Lause 12 Jokaisella alkeismatriisilla on olemassa käänteismatriisi ja käänteismatriisi on myös alkeismatriisi odistus Olkoon E alkeismatriisi ja olkoon F käänteisellä rivioperaatiolla saatu alkeismatriisi Lauseen 11 nojalla matriiseilla E ja F kertominen kumoavat toisensa eli EF = I ja FE = I iten E 1 = F 22

23 Määritelmä 15 Matriisi A on riviekvivalentti matriisin B kanssa, jos B saadaan matriisista A rivioperaatioilla Lause 13 Olkoon A œm(n, n) ällöin seuraavat väitteet ovat yhtäpitäviä: (a) Matriisi A on kääntyvä (b) htälöllä Ax = b on täsmälleen yksi ratkaisu kaikilla b œ R n (c) Homogeeniyhtälöllä Ax =0on vain triviaaliratkaisu x =0 (d) Matriisi A on riviekvivalentti yksikkömatriisin I œm(n, n) kanssa (e) Matriisi A on alkeismatriisien tulo odistus Osoitetaan, että (a) (b) (c) (d) (e) (a) (a) (b): Väite pätee Lauseen 9 nojalla (b) (c): Koska yhtälöllä Ax = b on täsmälleen yksi ratkaisu kaikilla b œ R n, niin myös yhtälöllä Ax =0on täsmälleen yksi ratkaisu Koska homogeeniyhtälöllä Ax =0on aina triviaaliratkaisu x =0, sen täytyy olla ainoa ratkaisu (c) (d): Oletetaan, että homogeeniyhtälöllä Ax =0on vain triviaaliratkaisu Kun merkitään a 11 a 12 a 1n x 1 a 21 a 22 a 2n A = ja x = x 2 V, V a n1 a n2 a nn x n niin yhtälöä Ax =0vastaava yhtälöryhmä on _] a 11 x 1 + a 12 x a 1n x n =0 a 21 x 1 + a 22 x a 2n x n =0 a n1 x 1 + a n2 x a nn x n =0 Koska yhtälöllä Ax =0on täsmälleen yksi ratkaisu x =0, niin Gaussin ja Jordanin eliminointimenetelmän täytyy johtaa tilanteeseen _] x 1 = 0 x 2 = 0 x n =0 ämä tarkoittaa sitä, että matriisi A muuttuu rivioperaatioilla yksikkömatriisiksi I eli A on riviekvivalentti yksikkömatriisin kanssa 23

24 (d) (e): Oletetaan, että matriisi A on riviekvivalentti yksikkömatriisin I n kanssa ällöin Lauseen 11 nojalla on olemassa sellaiset alkeismatriisit E 1,,E k,että E 1 E k A = I Koska alkeismatriisit ovat kääntyviä, niin yhtälöä voidaan kertoa vasemmalta puolittain matriisilla E1 1 ja saadaan E 2 E k A = E1 1 euraavaksi kerrotaan matriisilla E2 1, jolloin E 3 E k A = E2 1 E1 1 Jatketaan, kunnes viimeisenä kerrotaan matriisilla Ek 1 ja on saatu yhtälö A = Ek 1 E2 1 E1 1 Koska alkeismatriisien käänteismatriisit ovat alkeismatriiseja, kohta (e) pätee (e) (a): Oletetaan, että A = E 1 E 2 E k, missä E 1,,E k ovat alkeismatriiseja Matriisi B = Ek 1 E2 1 E1 1 on matriisin A käänteismatriisi, koska AB = (E 1 E 2 E k )(Ek 1 E2 1 E1 1 )=E 1 E 2 (E k Ek 1 2 E1 1 = E 1 E 2 E k 1 IEk E1 1 = E 1 E 2 (E k 1 Ek E1 1 = E 1 E1 1 = I iten A on kääntyvä Huomautus 5 Jos matriisi ei ole kääntyvä, niin Lauseen 13 nojalla se ei ole riviekvivalentti yksikkömatriisin I kanssa ämä tarkoittaa sitä, että matriisin redusoidussa porrasmatriisissa on vähintään yksi nollarivi 45 Gaussin ja Jordanin algoritmi käänteismatriisille Lauseen 13 mukaan matriisi A œm(n, n) on kääntyvä jos ja vain jos se on riviekvivalentti yksikkömatriisin kanssa Matriisin kääntyvyys voidaan siis todeta osoittamalla, että rivioperaatioita tekemällä se muuttuu yksikkömatriisiksi Koska jokainen rivioperaatio vastaa alkeismatriisilla kertomista, niin kääntyvälle matriisille A pätee E k E 2 E 1 A = I Koska (E k E 2 E 1 )A = I, niin työnpuolituslauseen nojalla A 1 = E k E 2 E 1 = E k E 2 E 1 I Gaussin ja Jordanin menetelmällä voidaan yhdistää kääntyvyyden tutkiminen sekä käänteismatriisin määrääminen: (1) arkastellaan laajennettua kerroinmatriisia Ë A I È (2) ovelletaan Gaussin ja Jordanin menetelmää 24

25 (3) Jos A muuttuu I:ksi, on viivan oikealla puolella A 1 Jos A ei muutu I:ksi, A ei ole kääntyvä Esimerkki 19 (a) Käännä A = 2 3 3V Laajennettu kerroinmatriisi on A 21 ( 1) æ A 23 (2) V A 12( 2) æ A 13 ( 3) iis A 1 = 5 1 1V V A 32( 1) æ V arkistetaan ratkaisu: AA 1 = 2 3 3V 5 1 1V = 0 1 0V (b) Onko A = Nyt 1 1 kääntyvä? A 12 ( 1) æ joten tuloksena on ristiriita eli A ei ole kääntyvä, V 46 Matriisin transpoosi Määritelmä 16 Olkoon A œm(k, n) Matriisin A transpoosi on A missä (A ) ij = A ji kaikilla i =1,,n ja j =1,,k œm(n, k), Huomautus 6 ranspoosin rivit ovat alkuperäisen matriisin sarakkeita ja transpoosin sarakkeet ovat alkuperäisen matriisin rivejä Esimerkki 20 (a) Jos A =, niin A = 1 1V

26 (b) x Ë È 1 x1 x n = V x n Lause 14 Olkoot A, B œm(k, n), œm(n, l) ja œ R ällöin (a) (A ) = A (b) (A + B) = A + B (c) ( A) = A (d) (A) = A odistus (a) (c) H (d) Nyt A œm(k, l) on määritelty, joten (A) œm(l, k) Lisäksi œ M(l, n) ja A œm(n, k), joten A œm(l, k) Nyt 1 2 (A) =(A) ji = A jp pi = pi A jp = ( ) ip (A ) pj =( A ) ij ij p=1 p=1 p=1 kaikilla i =1,,l ja j =1,,k iten (A) = A Lause 15 Olkoon A œm(n, n) kääntyvä ällöin A on kääntyvä ja odistus H 5 eterminantti (A ) 1 =(A 1 ) eterminantti on neliömatriiseille määritelty reaaliluku, jonka avulla saadaan selville matriisin ominaisuuksia Esimerkiksi determinantti kertoo, onko matriisi kääntyvä vai ei eterminantin laskemalla voidaan myös selvittää matriisin sarakevektoreiden määräämän suunnikkaan pinta-ala Ò x x 2 2 Esimerkki 21 Olkoot x =(x 1,x 2 ),y =(y 1,y 2 ) œ R 2 Merkitään ÎxÎ = vektorin x pituutta Koulusta muistetaan vektorin pistetulo x y = x 1 y 1 + x 2 y 2 = ÎxÎÎyÎ cos, missä on vektorien x ja y välinen kulma Vektorien x ja y määräämän suunnikkaan pinta-ala on A = ÎxÎ h = ÎxÎÎyÎ sin = ÎxÎÎyÎ cos( fi 2 ) =b y, missä ÎbÎ = ÎxÎ ja b:n ja y:n välinen kulma on fi iis b on kohtisuorassa vektoria 2 x vastaan eli b x =0 Kun valitaan Ò b kuten kuvassa, on b =( x 2,x 1 ), sillä tällöin b x = x 2 x 1 + x 1 x 2 =0ja ÎbÎ = ( x 2 ) 2 + x 2 1 = ÎxÎ iten A = b y = x 2 y 1 + x 1 y 2 26

27 a11 a Huomautus 7 Esimerkin 21 perusteella matriisin A = 12 sarakevektoreiden a 21 a 22 a11 a 21 ja a12 a 22 määräämän suunnikkaan ala on a 11 a 22 a 12 a 21 Merkitään Osoittautuu, että kolmen vektorin tilavuus on lausekkeen a 11 a 12 a 13 det A = det a 21 a 22 a 23 V a 31 a 32 a 33 itseisarvo det A = a 11 a 22 a 12 a 21 (vrt esim 21) a 11 a 21 a 31 V, a 12 a 22 a 32 V ja a 13 a 23 a 33 V määräämän suuntaissärmiön a22 a = a 11 det 23 a21 a a a 32 a 12 det 23 a21 a + a 33 a 31 a 13 det a 31 a eterminantin kehityskaavat Määritelmä 17 Matriisin A œm(n, n) ij:s alimatriisi A ij œm(n 1,n 1) saadaan poistamalla A:sta i:s rivi ja j:s sarake Neliömatriisin A œm(n, n) determinantti on luku det A = ( 1) 1+j A 1j det A 1j, missä det[a] =a j=1 Huomautus 8 Matriisin A œm(n, n) sarakevektoreiden virittämän n-ulotteisen suuntaissärmiön tilavuus on det A Erityisesti, 1-ulotteisen suuntaissärmiön eli janan pituus on det a = a Esimerkki 22 (a) Olkoon A = A 11 = 0 4,A 12 = V ällöin ,A 22 = jne

28 a11 a (b) Olkoon A = 12 ällöin a 21 a 22 2ÿ det A = ( 1) 1+j a 1j det A 1j =( 1) 1+1 a 11 det A 11 +( 1) 1+2 a 12 det A 12 j=1 = a 11 det[a 22 ] a 12 det[a 21 ]=a 11 a 22 a 12 a (c) Olkoon A = 1 0 3V ällöin det A =( 1) 2 2 det +( 1) 4 2 det ( 1) 3 1 det =2( ) (1 2 3 ( 1)) + 2(1 1 0 ( 1)) = 9 a a (d) Olkoon A = diagonaalimatriisi ällöin V 0 a nn a det A = a 11 det 0 +0 V 0 a nn a = a 11 a 22 det 0 V 0 a nn = = a 11 a nn iis diagonaalimatriisin determinantti on diagonaalialkioiden tulo Erityisesti det I = 1 Huomaa, että A:n sarakevektorit ovat toisiaan vastaan kohtisuorassa, joten ne virittävät suorakaiteet, joiden sivujen pituudet ovat a ii Lause 16 Neliömatriisin A determinantille pätee (a) kehittämissääntö i:nen rivin suhteen det A = ( 1) i+k a ik det A ik, k=1 28

29 (b) kehittämissääntö j:nen sarakkeen suhteen det A = ( 1) k+j a kj det A kj k=1 odistus ivuutetaan (Helppo uskoa tilavuustulkinnasta) Esimerkki 23 Olkoon A = 1 0 3V Lasketaandet A (a) kehittämällä se 2 rivin suhteen det A =( 1) det +( 1) det (b) kehittämällä se 3 sarakkeen suhteen ( 1) det = ( ) + 0 3(2 1 1 ( 1)) = 9, det A =( 1) det +( 1) det ( 1) det =2(1 1 0 ( 1)) 3(2 1 1 ( 1)) + 2( ) = 9 52 eterminantin ominaisuuksia Lause 17 Olkoon A œm(n, n) euraavat ominaisuudet pätevät: (a) Olkoon B matriisi, joka on saatu kertomalla jokin A:n rivi/sarake luvulla œ R ällöin det B = det A (b) Jos jokin A:n rivi/sarake on nolla, niin det A =0 (c) Olkoon A =[ 1 j, niin n ], missä j on A:n j:s sarake Jos j = V 1 + V 2 jollekin det A = det [ 1 V 1 + V 2 n ] = det [ 1 V 1 n ] + det [ 1 V 2 n ] 29

30 R 1 Vastaavasti olkoon A = V, missä R i on A:n i:s rivi Jos R i = R n jollekin i, niin R 1 R 1 R 1 det A = det = det 1 + det 2 V V V R n R n R n (d) Jos A:ssa on kaksi samaa riviä/saraketta, niin det A =0 (e) Jos matriisi B saadaan A:sta vaihtamalla kaksi riviä/saraketta keskenään, niin det B = det A (f) Jos B saadaan A:sta lisäämällä riviin/sarakkeeseen i rivi/sarake j = i, kerrottuna luvulla œ R, niin det B = det A odistus (a) odistetaan rivivaihtoehto arakevaihtoehto samoin Oletetaan, että B on saatu kertomalla A:n i:s rivi luvulla ällöin kehittämällä i:nen rivin suhteen saadaan det B = ( 1) i+k B ik det B ik = ( 1) i+k A ik det A ik k=1 k=1 = ( 1) i+k A ik det A ik = det A k=1 (b) euraa (a)-kohdasta valitsemalla =0 (c) odistetaan saraketapaus Rivitapaus todistetaan vastaavasti odistetaan väite induktiolla n:n suhteen Kun n =1, on det[a + b] =a + b = det[a] + det[b], joten väite pätee ehdään induktio-oletus, että väite pätee n n-matriiseille Osoitetaan, että se pätee tällöin myös (n +1) (n +1)-matriiseille Olkoot A = Ë 1 V 1 + V 2 n+1è, B = Ë 1 V 1 n+1è ja = Ë 1 V 2 n+1è, 30

31 missä V 1 ja V 2 ovat j:nnessä sarakkeessa ällöin n+1 ÿ det A = ( 1) 1+k A 1k det A 1k = = k=1 j 1 ÿ k=1 ( 1) 1+k A 1k det A 1k +( 1) 1+j (V1 1 + V1 2 ) det A 1j + n+1 ÿ k=1,k =j n+1 n+1 ÿ k=j+1 ( 1) 1+k A 1k det A 1k ( 1) 1+k A 1k (det B 1k + det 1k )+( 1) 1+j V1 1 det B 1j +( 1) 1+j V1 2 det 1j ÿ = ( 1) 1+k B 1k det B 1k ÿ + ( 1) 1+k 1k det 1k = det B + det k=1 (d) H (induktiolla n:n suhteen) R 1 R 1 R 1 R i R j R i + R j (e) Olkoot A = ja B = Määritellään = R j R i R i + R j V V V R n R n R n Nyt (d)-kohdan perusteella det = 0 Lisäksi (c)-kohdan nojalla n+1 k=1 0 = det R 1 R 1 R 1 R 1 R 1 R 1 R i R j R i R i R j R j = det + det = det + det + det + det R i + R j R i + R j R i R j R i R j V V V V V V R n R n R n R n R n R n = det A + det B iis det B = det A (f) H Merkintä 3 Merkintä A ij(c) tarkoittaa, että i:s sarake kerrotaan luvulla c ja lisätään sarakkeeseen j ja A R ij(c) tarkoittaa vastaavaa rivioperaatiota Esimerkki 24 (a) det V = det V A 12 ( 1) = det V A 23 (1) L17(d) = 0

32 (b) det V = 5 det V L17(a) =5 ( 1) det =5 ( 1) det V A 12 (1) = 5 det V A 21 ( 2) = 5 det 2 0 2V = 10 ( 6+8)= a (c) Olkoon det c Nyt 2a det c b 2a =2Lasketaandet d c 6b 3d L17(a) a = 2 det c 3b 3d 6b d ja det 3d b +2d L17(a) a = 2 3 det c c a+2c b =6 2=12 d ja d det b +2d L17(e) b = det L17(a) d c a+2c L17(c) d = det b a d + 2 det c d c c c d + det a 2d c 2c L17(e) a = L17(d) ( 1)2 det c b +2 0=2 d 53 Matriisin kääntyvyys ja determinantti Esimerkki 25 (a) Olkoon A = Ë a È œm(1, 1) ällöin A on kääntyvä, jos ja vain jos det A = a = 0 a11 a (b) Olkoon A = 12 Jos det A = 0, niin A on kääntyvä ja sen käänteismatriisi a 21 a 22 on A 1 = 1 a22 a 12, sillä det A a 21 a 11 a11 a 12 1 a22 a 12 a 21 a 22 det A a 21 a 11 = 1 a11 a 22 a 12 a 21 0 = det A 0 a 21 a 12 + a 11 a

33 Jos det A =0, niin (olettaen, että a 12 =0) a11 a M 2 ( a 12 ) a æ 11 a a 21 a A 12 (a 22 ) a 12 a 21 + a 11 a 22 a 12 a 22 + a 12 a 22 a 22 a 12 det A=0 a11 a æ a 22 a 12, joten A ei ole kääntyvä (kun a 12 =0) arkista tapaus a 21 =0 iis A œm(2, 2) on kääntyvä täsmälleen silloin, kun det A = 0 Lause 18 Matriisi A œm(n, n) on kääntyvä, jos ja vain jos det A = 0 odistus : Oletetaan, että A on kääntyvä ällöin A on riviekvivalentti yksikkömatriisin I kanssa eli A muuttuu Gaussin ja Jordanin menetelmällä matriisiksi I Lauseen 17 nojalla operaatio P ij vaihtaa determinantin merkin, operaatio M i (c) kertoo determinantin c:llä (c = 0)jaA R ij(c) ei muuta determinanttia iten det A = c det I = c jollakin c = 0,jotendet A = 0 : Oletetaan, että A ei ole kääntyvä ällöin A muuttuu Gaussin ja Jordanin menetelmällä matriisiksi B, jossa on nollarivi iten lauseen 17 nojalla det A = c det B =0 Lause 19 Olkoot A, B œm(n, n) ällöin (a) det(ab) = det A det B, (b) det(a ) = det A, (c) jos A on kääntyvä, niin det(a 1 )= 1 det A odistus (a) ja (b) sivuutetaan (c) Koska 1 = det I = det(aa 1 ) (a) = det A det(a 1 ), niin det(a 1 )= Esimerkki 26 (a) Onko matriisi 2 0 3V kääntyvä? Koska det A = det 2 0 3V =( 1) det =7 = 0, on A kääntyvä lauseen 18 perusteella (b) Osoitetaan, että ei ole olemassa matriisia, jolle A = A 1 Oletetaan, että tällainen A on olemassa illoin det A = det(a ) = det( A 1 )=( 1) 2011 det(a 1 )= 1 det A, joten (det A) 2 = 1, mikä on mahdotonta iis A:ta ei ole olemassa 33 det A

34 54 Liittomatriisi Määritelmä 18 Olkoon A œm(n, n) Matriisin A liittomatriisi on cof A œm(n, n), missä kaikilla i, j =1,,n (cof A) ij =( 1) i+j det A ij Huomautus 9 Olkoon A œm(n, n) ällöin kaikilla i =1,,n det A = ( 1) i+k A ik det A ik = A ik (cof A) ik k=1 k= Esimerkki 27 Olkoon A = 0 1 1V ällöin (cof A) 11 =( 1) 1+1 det =12, (cof A) =( 1) 1+2 det = 3, 3 7 iten (cof A) 32 =( 1) 3+2 det 2 3 =2, jne 0 1 Lause 20 Olkoon A œm(n, n) ällöin Erityisesti, jos A on kääntyvä, niin cof A = V A(cof A) = det A I A 1 = 1 det A (cof A) odistus Olkoot i, j œ{1,,n} Määritellään B œm(n, n) seuraavasti: B = A paitsi B:n j:s rivi on sama kuin A:n i:s rivi ällöin 1 det B = B jk (cof B) jk = A ik (cof A) jk = A 2 ik (cof A) kj k=1 k=1 k=1 = 1 A(cof A) 2 ij Jos i = j, niin B = A, jotendet B = det A Jos i = j, niin B:ssä on kaksi samaa riviä, joten det B =0 iis 1 A(cof A) 2 ij = I det A, jos i = j 0, jos i = j eli A(cof A) = det A I 34

35 Jos A on kääntyvä, niin det A = 0,joten A 1 det A (cof A) = I eli A 1 = 1 det A (cof A) Esimerkki 28 (a) Olkoon A = 0 1 1V ällöin det A A 23 = (1) 2 7 det V =( 1) det =3 = 0, joten A on kääntyvä ja A 1 = 1 det A (cof A) esim 27 = V = V a11 a (b) Olkoon A = 12 a22 a ällöin cof A = 21 Jos A on kääntyvä eli a 21 a 22 a 12 a 11 det A = 0, niin A 1 = 1 det A (cof A) = 1 det A 55 ramerin sääntö a22 a 12 a 21 a 11 (vrt esim 25) Lause 21 (ramerin sääntö) Olkoon A œm(n, n) kääntyvä ällöin yhtälöryhmän Ax = b yksikäsitteinen ratkaisu on missä _] x 1 = x 2 = x n = det (1) det A det (2) det A det (n), det A A 11 b 1 A 1n A 21 b 2 A 2n (i) = œm(n, n) V A n1 b n A nn ø i:s sarake kaikilla i =1,,n 35

36 odistus Lauseen 20 perusteella A 1 = 1 det A (cof A) iten lauseen 9 nojalla yhtälön Ax = b yksikäsitteinen ratkaisu on Nyt x = A 1 b = 1 det A (cof A) b x i = 1 det A = 1 det A k=1 k=1 1 (cof A) 2 ik b k = 1 det A ( 1) k+i b k det A ki = b k (cof A) ki k=1 det (i) det A kaikilla i =1,,n Esimerkki 29 Ratkaise yhtälöryhmä _] x 1 x 3 =1 2x 1 + x 2 x 3 =1 x 1 +2x 2 +5x 3 = Kerroinmatriisi on A = 2 1 1V ja det A A 13 = (1) 2 1 1V =4 = 0 iten A on kääntyvä ja ramerin sääntöä voi soveltaa Nyt b = 1V, joten (1) = 1 1 1V ja det (1) A 13 = (1) det 1 1 0V =7 iis x 1 = Vastaavasti (2) = 2 1 1V, det (2) = 7 ja x 2 = (3) = 2 1 1V, det (3) = 3 ja x 3 = sekï htälöryhmän yksikäsitteinen ratkaisu on _] x 1 = 7 4 x 2 = 7 4 x 3 =