MS-A0004 - Matriisilaskenta Laskuharjoitus 3

MS-A0004 - Matriisilaskenta Laskuharjoitus 3 atkaisut Tehtävä Merkitään matriisin rivejä, 2 ja 3. Gaussin eliminoinnilla saadaan 3 5 4 7 3 5 4 7 3 2 4 2+ 0 3 0 6 6 8 4 3+2 2 0 3 0 6 3 5 4 7 0 3 0 6 3+ 2 3 5 4 7 3 2 0 0 2 Päädyttiin siis yhtälöryhmään { 3x + 5x 2 4x 3 = 7 x 2 = 2 { 3x 4x 3 = 3 x 2 = 2 Tässä on kolme tuntematonta ja kaksi yhtälöä, joten ratkaisuja on ääretön määrä. atkaisu on suora, joka voidaan parametrisoida esimerkiksi valitsemalla x 3 vapaaksi muuttujaksi, jolloin x ja x 2 ovat kiinnitettyjä: x = 4 3 t x 2 = 2 x 3 = t, t Näin määritelty x = (x, x 2, x 3 ) on yhtälön Ax = b ratkaisu kaikilla t:n reaalilukuarvoilla. Tehtävä 2 Merkitään rivejä kuten edellisessä tehtävässä ja käytetään taas Gaussin eliminointia. Saadaan, että 2 3 α 2 3 α 6 3 9 3 6 3 9 3. 4 2 6 2 3 2 0 0 0 2 2α

Jotta viimeinen yhtälö olisi tosi, on pädettävä 2 2α = 0 eli α =. Sijoitetaan tämä yhtälöryhmään ja ratkaistaan: 2 3 6 3 9 3 2 3 6 3 9 3 4 2 6 2 3 2 2 3 2+3. atkaisuksi saadaan 2x + x 2 + 3x 3 = x 2 = t x 3 = s x = 2 + 2 t + 3 2 s x 2 = t x 3 = s. Tämä tarkoittaa, että vastaukset muodostavat tason. Tehtävä 3 Kunkin alkuaineen atomien määrä tulee olla sama reaktioyhtälön molemmilla puolilla. Saadaan yhtälöryhmä Vety (H): 2x 2 = 2x 4 Hiili (C): x = 6x 4 Happi (O): 2x + x 2 = 2x 3 + 6x 4. Kirjoitetaan tämä matriisimuodossa Ax = 0 ja ratkaistaan Gaussin eliminaatiolla (oikea puoli yhtälöstä säilyy nollavektorina, joten sitä ei tarvitse kirjoittaa) 0 0 6 0 2 0 2 2 2 6 Saatiin yhtälöryhmä 3 2 2/2 3/ 2 x = 6x 4 0 0 6 0 2 0 2 0 2 6 0 0 6 0 0 6 0 0 6 3 2 2 0 0 6 0 2 0 2 0 0 2 2 x 2 = 6x 4 x 3 = 6x 4 Tällä on ääretön määrä ratkaisuja, jotka voidaan parametrisoida x = 6t x 2 = 6t x 3 = 6t x 4 = t 2

Pienin kokonaislukuratkaisu saadaan kun t =, joten (x, x 2, x 3, x 4 ) = (6, 6, 6, ). Tehtävä 4 a) Tehdään kuten vihje sanoo ja oletetaan, että x toteuttaa epähomogeenisen yhtälön Ax = b. Tarkastellaan vektoria x + v. Nyt A(x + v) = Ax + Av = b + 0 = b, joten myös vektori x + v x toteuttaa epähomogeenisen yhtälön. Täten yhtälöllä ei ole yksikäsitteistä ratkaisua. Itseasiassa, myös vektori x + αv toteuttaa yhtälön kaikilla α, koska A(x + αv) = Ax + Aαv = Ax + αab = b + α 0 = b. b) Tarkastellaan vektoria w v 0. Nyt A(w v) = Aw Av = b b = 0, joten valinta x = w v toteuttaa yhtälön Ax = 0. Tehtävä 5 Käytetään tehtävän ratkaisemiseen lausetta, joka sanoo, että lineaarikuvaus voidaan esittää matriisina, jonka sarakevektoreina on kantavektoreiden e i kuvavektorit. a) Avaruuden 2 kantavektorit ovat e = (, 0) ja e 2 = (0, ). Katsotaan mitä lineaarikuvaus tekee näille vektoreille. Ensin huomataan, että peilattaessa x-akselin suhteen e pysyy paikallaan ja venytys nelinkertaiseksi muuttaa sen vektoriksi (4, 0). Toiseksi huomataan, että peilattaessa x-akselin suhteen e 2 kuvautuu vektoriksi (0, ) ja venytys nelinkertaiseksi muuttaa sen taas vektoriksi (0, 4). Näin ollen haluttu matriisi on [ ] 4 0 A =. 0 4 b) Avaruuden 3 kantavektorit ovat e = (, 0, 0), e 2 = (0,, 0) ja e 3 = (0, 0, ). Peilaus origon suhteen muuttaa vektorin v sen vastavektoriksi v, joten kantavektoreiden kuvavektorit ovat e, e 2 ja e 3. Näin ollen peilauksen matriisi on 0 0 A = 0 0. 0 0 c) Projisoitaessa avaruuden 3 vektori tasolle xy, säilyyvät x- ja y- koordinaatit muuttumattomina ja z = 0. Täten projektion matriisi on A = 0 0 0 0. 0 0 0 3

Tehtävä 6 Tässä tehtävässä etsitään suoran y = x + suhteen peilauksen suorittava matriisi. Tehtävä on jaettu kolmeen osaan, joissa ensiksi siirretään suora kulkemaan origon kautta. Toiseksi suoritetaan peilaus ja lopuksi palautetaan suora kulkemaan alkuperäisessä kohdassa. Siirto origoon: Suora y = x + voidaan kirjoittaa tason pisteenä (x = t, y = t + ), jossa t. Tavoite on muuttaa suora y = x + suoraksi y = x, mikä on sama asia kuin muuttaa piste (t, t+) pisteeksi (t, t). Käytetään annettua vihjettä ja samaistetaan piste (x, y) pisteen (x, y, ) kanssa. Tällöin alkuperäinen piste voidaan ilmoittaa t t +. Tämä piste halutaan muuttaa pisteeksi t t. Se onnistuu matriisilla 0 0 M = 0, 0 0 koska 0 0 t t t 0 t + = ( t + ) + ( ) = t. 0 0 Peilaus: Kun piste (x, y) peilataan suoran y = x suhteen, vaihtavat molemmat koordinaatit merkkiä ja x-koodinaatin arvoksi tulee alkuperäisen y-koordinaatin arvo ja päinvastoin. Eli (x, y) muuttuu ( y, x). Vinkki: jos hahmottaminen on vaikeaa piirrä (x, y)-koordinaatistoon, suora y = x ja mieti kuinka erilaiset pisteet siirtyvät suoran toiselle puolelle. Kokeile esimerkiksi pisteitä (, 2), ( 2, 3) ja (, ). Peilausmatriisiksi saadaan M 2 = 0 0 0 0, 0 0 koska 0 0 x y y 0 0 y = x = x. 0 0 4

Viimeiseksi siirto takaisin alkuperäiseen sijaintiin: Koska matriisi M siirtää piseitä alaspäin y-suunnassa, matriisi M siirtää piseitä ylöspäin y-suunnassa. Tämä voidaan havaita ratkaisemalla yhtälö atkaisu on M a alkuperäinen = a uusi. a alkuperäinen = M a uusi. Eli käänteismatriisi muuttaa uuden pisteen alkuperäiseksi. M on helppo ratkaista, koska tarvitaan vain yksi takaisinsijoitus Gaussin eliminaatiossa. Siirto takaisin on M 3 = M = 0 0 0, 0 0 koska 0 0 0 0 0 0 0 0 M 3 M = 0 0 = 0 = 0 0. 0 0 0 0 0 0 0 0 Koko operaatio voidaan suorittaa ensin siirtämällä, sitten peilaamalla ja lopuksi käänteissiirtämällä. Tämä operaatio tapahtuu matriisilla 0 0 0 0 0 0 0 M = M 3 M 2 M = 0 0 0 0 = 0. 0 0 0 0 0 0 0 0 Tehtävä 7 Kirjoitetaan lineaarikuvaus A F :n sarakkeiden avulla eli A F x = x a +...+ x n a n, missä a i :t ovat A F :n sarakevektorit ja x = (x,..., x n ) T. Merkitään lisäksi annettuja kuvapisteitä b = (4, ) T, b 2 = (0, 3) T ja b 3 = (8, 5) T. Tällöin annetuista ehdoista saadaan yhtälöryhmä a + a 2 + a 3 = b a 2a 2 3a 3 = b 2 5a 3a 2 + 2a 3 = b 3 Tässä muuttujat ovat vektoreita, mutta yhtälöryhmä ratkaistaan täysin samoin kuin skalaarimuuttujien tapauksessa. Saadaan { 3a 2 4a 3 = b 2 b a 3 = b + 2 b 2 + 3 b 3 = ( 76, 34 )T a 2 = 3 a 2 a 3 = b 3 + 5b 2 b 3 b 2 4 3 a 3 = ( 84, 54 )T a = b a 2 a 3 = ( 60, 33 )T Näin ollen kysytty kuvausmatriisi on A F = [ ] 60 84 76. 33 54 34 Tapa 2. Voidaan myös ratkaista seuraavasti matriisimuotoa käyttäen 5

[ ] a a 2 a a 2 a 22 a 23 5 2 3 3 2 = [ 4 0 8 3 5 ]. atkaistaan A F operoimalla oikealta käänteismatriisin avulla (Sen voi laskea t.8 mukaisesti) [ ] [ ] 5 a a 2 a 4 0 8 = 2 3 a 2 a 22 a 23 3 5 3 2 = [ 4 0 8 3 5 ] 5 7 4 2 3 = [ 60 33 84 54 76 34 ] Tehtävä 8 Käänteismatriisi voidaan ratkaista Gaussin eliminaatiolla siten, että kirjoitetaan liittomatriisin oikealle puolelle yhden pystyvektorin sijaan identiteettimatriisi ja eliminoidaan normaalisti: 6 5 0 0 0 0 0 6 5 0 0 0 0 0 7 6 0 0 0 0 0 0 0 3 2 0 0 0 0 0 0 7 6 0 0 0 0 3 2 0 0 0 0 0 4 3 0 0 0 0 0 4 3 0 0 0 6 5 0 0 0 0 0 6 0 0 0 36 30 0 0 0 0 0 7 6 0 0 0 0 3 2 0 0 0 0 0 0 7 6 0 0 0 0 3 2 0 0 0 0 0 0 0 0 4 3 0 0 0 0 0 4 3 0 0 0 6 5 0 0 0 0 0 6 5 0 0 0 0 0 7 6 0 0 0 0 3 0 0 0 9 6 0 0 0 7 6 0 0 0 0 0 0 0 3 2 0 0 0 0 0 4 3 0 0 0 0 0 4 3 Viimeisessä liittomatriisissa on nyt oikealla A. Nyt x saadaan ratkaistua suoraviivaisesti yhtälöstä 6 5 0 0 0 5 x = A b = 7 6 0 0 0 0 3 2 = 6 0 0 4 3 2 2 6