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

Transkriptio

1 Lineaarialgebran kertaustehtävien b ratkaisuista. Määritä jokin kanta sille reaalikertoimisten polynomien lineaariavaruuden P aliavaruudelle, jonka virittää polynomijoukko {x, x+, x x }. Ratkaisu. Olkoon W := [x, x+, x x ]. I tapa (hoksaamalla). Kolmas polynomi on kahden ensimmäisen erotuksena viritysmielessä turha, joten W = [x, x+]. Nämä kaksi virittäjää ovat lineaarisesti riippumattomia, joten ne ovat eräs kanta. II tapa (laskemalla). Koska W P, on selvästikin dim W 3; dimensio on siis, tai 3. Muodostetaan lineaarikombinaatio ja merkitään nollaksi: a(x ) + b(x+) + c(x x ) = ˆ. Tämä on mahdollista jos ja vain jos a b + c = b c = a + c = a b + c = b c = = Tässä on yksi vapaasti valittava parametri, esimerkiksi c = t R, eli on muitakin kuin vain triviaaliratkaisu. Siten joukko W on lineaarisesti riippuva ja siten dim W. Koska selvästikin kaksi ensimmäistä polynomia x ja x+ ovat lineaarisesti riippumattomia, on dim W = ja {x, x+} on eräs kanta. Päättelyn voisi aloittaa myös edellisen loppupuolelta ja näyttää kuten alkupuolella, että välttämättä dim W < 3.. Määritä matriisin a) nolla-avaruus ja sille kanta. b) sarakeavaruus ja sille kanta. 8 A := 3 c) aste ja mahdollisimman monta lineaarisesti riippumatonta matriisin A sarakevektoria. Ratkaisu. Muunnetaan A porrasmuotoon: 8 3 R R R 3 R R R R R R 3 R 3 + R R R R R 3 R 3 R a) Mitä kuvautuu nollalle R 3 kuvauksessa x Ax? 8 Ax = R 3 3 x = t x = t x 3 = t, t R.

2 Nolla-avaruus on siis N(A) = t t R ja eräs kanta. b) Eräs sarakeavaruuden kanta saadaan matriisin A porrasmuodossa olevien johtavien ykkösten määräämistä sarakkeista: 8,. Itse sarakeavaruus on näiden kantavektorien virittämä lineaariavaruuden R 3 aliavaruus 8 8 [A] s =, = s + t s, t R. c) Porrasmuodosta voitiin päätellä, että aste r(a) = dim[a] r =. Koska myös dim[a] s =, maksimimäärä lineaarisesti riippumattomia matriisin A sarakkeita on, ja porrasmuodon mukaan näitä ovat ainakin. ja. sarakkeen vektorit. 3. Kuuluuko vektori a) a := ( 3) T b) b := ( ) T tehtävän matriisin A sarakeavaruuteen? Ratkaisu. Voidaan tehdä ainakin kahdella tavalla: ) Koettamalla ratkaista yhtälöt Ax = a ja Ax = b; vastaus on myönteinen mikäli yhtälö on ratkeava. Yleinen metodi. ) Sarakeavaruuden kannan avulla; vastaus on myönteinen mikäli vektorilla on esitys ko. kannassa. Onnistuu vasta kun sarakeavaruuden jokin kanta on selvillä. a) Selvitetään tulos tehtävässä lasketun kannan avulla. 8 α + 8α = α + α = a = α + α = 3 α + α = 3 α + 8α = α = 7 = 3 Yhtälöryhmällä ei ole ratkaisua, joten a ei kuulu sarakeavaruuteen. b) Samoin kannan avulla: 8 α + α = b = α + 8α = α + α = α + α = α + 8α = = α = { α = α = 3

3 Siispä b kuuluu matriisin A sarakeavaruuteen. Esitetään kohdalle b) myös suora (ja alkeellisin) ratkaisutapa ). 8 Ax = b = 3 3. Tällä yhtälöryhmällä on selvästikin ratkaisuja, joten b = ( ) T [A] s.. Tarkastellaan edelleen tehtävän matriisia 8 A =, 3 tällä kertaa sen määräämää lineaarikuvausta L : R 3 R 3, L(x) := Ax. a) Mitä kaikkea kuvautuu vektorille b = ( ) T? b) Onko L injektio, surjektio, bijektio? Ratkaisu. a) Voimme jatkaa tehtävän 3 b) loppuosan tarkastelusta: Ax = b = 3 x = + t x = 3 t x 3 = t, t R. Täten kaikki vektorit + t x = 3 t t = 3 + t, t R, kuvautuvat vektorille b = ( ) T, siis kokonainen suora. b) Kysyttyjen asioiden selvittämiseksi on useita erilaisia tapoja. Voimme halutessamme käyttää apuna tehtävien ja 3 tuloksia. I tapa (alkeellisin): Koska kohdassa a) näimme, että vektorille b = ( ) T kuvautuu jopa äärettömän monta vektoria, ei kuvaus ole injektio, eikä siten bijektiokaan. Toisaalta näytimme tehtävässä 3 a), että vektorille a = ( 3) T ei kuvaudu mitään. Täten kuvaus L ei ole surjektio, eikä siten bijektiokaan. Kuvauksella L ei näin ollen ole mitään kysytyistä ominaisuuksista. II tapa (ytimen avulla): Kuvaus L : R 3 R 3 on matriisin A määräämänä lineaarinen. Tehtävässä a) muodostettiin sen ydin ker(l) = N(A) = t t R. 3

4 Koska ydin ei muodostu pelkästä lähtöavaruuden nollavektorista, ei L ole injektio, eikä siten myöskään bijektio. Koska kuvauksen L : R 3 R 3 lähtö- ja maaliavaruudet ovat samaa äärellistä dimensiota, ei L voi olla surjektio eikä bijektio. III tapa (kuva-avaruuden dimensio): Kuvaus L : R 3 R 3 on matriisin A määräämänä lineaarinen. Lineaarikuvauksen kuva-avaruus on sama kuin sen matriisin sarakeavaruus, L(R 3 ) = [A] s, joten tehtävän mukaan dim L(R 3 ) = dim[a] s = < 3 = dim R 3. Kuva-avaruus on siis alempaa astetta kuin lähtöavaruus R 3, joten L ei voi olla injektio. Koska lähtö- ja maaliavaruudet ovat samaa äärellistä dimensiota, ei L voi olla myöskään surjektio eikä bijektio. IV tapa (singulaarisuus): Kuvaus L : R 3 R 3 on matriisin A määräämänä lineaarinen. Koska sen matriisi A on neliömatriisi ja 8 det(a) = 3 = 8 3 =, ei A ole säännöllinen eikä kuvaus L : x Ax siten ole bijektio. Koska kuvauksen L : R 3 R 3 lähtö- ja maaliavaruudet ovat samaa äärellistä dimensiota, ei L voi olla myöskään injektio eikä surjektio.. Osoita, että funktiojoukko C([, ], R) muodostaa sisätuloavaruuden, kun sisätulona on operaatio f, g := f(t)g(t) dt. Ratkaisu. Ensinnäkin, kolmikko (C([, ], R), +, ) varustettuna normaaleilla funktioiden yhteenlaskulla ja skaalauksella (skalaarilla kertomisella) on tunnetusti reaalikertoiminen lineaariavaruus. Lopuille vaatimuksille tarvitsemme differentiaalilaskennan tuloksia. Minkä hyvänsä kahden välillä [, ] jatkuvan funktion tulo fg on jatkuva ja siten integroituva. Operaatio, on siten funktio C([, ], R) C([, ], R) R. (i) f, f = f(t) dt on selvä. Oletetaan, että f, f = f(t) dt =. Pitää osoittaa, että f = välillä [, ]. Antiteesi: Oletetaan, että f(x ) jollekin x [, ]. Silloin f(x ) >. Jatkuvuuden nojalla olisi olemassa osaväli [a, b] [, ] jolla f >. Mutta silloin olisikin f, f = f(t) dt >, mikä olisi ristiriita. Siis on oltava f = ja siten myös f = välillä [, ]. (ii) Kaikilla f, g C([, ], R) on f, g := f(t)g(t) dt = g(t)f(t) dt = g, f.

5 (iii) Kaikilla a, b R ja f, g, h C([, ], R) on af + bg, h = = = a (af(t) + bg(t))h(t) dt (af(t)h(t) + bg(t)h(t)) dt f(t)h(t) dt + b = a f, h + b g, h. g(t)h(t) dt 6. Minkä suuntaiset vektorit eivät muuta suuntaa kuvauksessa L, L(x) := Ax, kun matriisi A on edelleen sama kuin tehtävässä? Ratkaisu. Mille vektoreille on siis L(x) = λx jollakin skalaarilla λ R? Tietysti ainakin nollavektori toteuttaa yhtälön, olipa skalaari λ mikä hyvänsä. Nollasta poikkeavat vektorit saadaan ratkaisemalla yhtälö L(x) = Ax = λx = (λi)x eli (A λi)x =. Tällä on nollasta poikkeavia ratkaisuja vain kun neliömatriisi A λi on singulaarinen, eli kun sen determinantti on : det(a λi) = λ 8 λ 3 λ = λ 3 + 9λ λ = λ(λ 9λ + ) = λ = tai λ = 9± 8 8 = 9± Ratkaistiin siis ensin matriisin A ominaisarvot λ =, λ = ja λ =. Kun λ =, ominaisvektorit ovat x = t, t. Kun λ =, ominaisvektorit ovat x = t, t. Kun λ =, ominaisvektorit ovat x = t, t. Ominaisvektorien suuntaiset vektorit säilyttävät suuntansa. Erityisesti kaikkien vektorien x = t, t R muodostama suora kuvautuu nollalle (vrt. tehtävän nolla-avaruus!).

6 7. Symmetrisoi tuttu tehtävän matriisi 8 A = 3 ja määritä vastaavan neliömuodon tyyppi. Ratkaisu. Jaetaan summat a ij + a ji kahtia uuden matriisin C = (c kl ) alkioille c ij, c ji. Tällöin saamme symmetrisoidun matriisin C =, 3 joka määrää saman neliömuodon kuin A: P (x) := x T Ax = x T Cx = x + 9x x + 3x x 3 + x + 3x x 3 + 3x 3. Neliömuodon tyyppi saadaan selville matriisin C ominaisarvoista, jotka tiedämme reaalisiksi. Ominaisarvoille saamme (vaikkapa Maplella) likiarvot λ =.9, λ = 8.3, λ 3 =.6. Näissä on sekä positiivisia että negatiivisia, joten neliömuoto on indefiniitti. 8. Keksitkö suoran menetelmän tehtävän 7 neliömuodon tyypin selvittämiseksi määritelmän avulla? Ratkaisu. Helposti nähdään, että P = 3, P =, joten P on indefiniitti. 9. Millä arvoilla c R ovat matriisin ( ) a b B := c d ominaisarvot ja -vektorit reaalisia? Ratkaisu. Muodostetaan siis yhtälö det(a λi) = : a λ b c d λ = (a λ)(d λ) bc = ad (a + d)λ + λ bc = λ (a + d)λ + ad bc = λ = a+d ± (a + d) (ad bc) = a+d ± (a d) + bc Reaalisuuden määrää diskriminantti: λ R (a d) + bc, ja ominaisarvojen ollessa reaaliset myös ominaisvektorit ovat reaalisia. Sama pätee myös kääntäen. 6

7 . Osoita, että matriisi 6 M := 3 on diagonalisoituva ja muodosta avaruudelle R 3 matriisin M ominaisvektoreista koostuva kanta. Ratkaisu. Tämä matriisi M on diagonalisoituva jos ja vain jos sillä on kolme lineaarisesti riippumatonta ominaisvektoria. Yläkolmiomatriisin ominaisarvot ovat diagonaalilla ja λ = on yksinkertainen, λ = kaksinkertainen ominaisarvo. Arvoa λ = vastaavat ominaisvektorit s( ) T, s. Arvoa λ = vastaavat mm. ominaisvektorit t( ) T ja u( 3 ) T, t, u. Helposti nähdään, että nämä kolme vektoria ovat lineaarisesti riippumattomia ominaisvektoreita, joten M on diagonalisoituva ja kyseessä avaruuden R kanta. 7