Esimerkki 8 Ratkaise lineaarinen yhtälöryhmä 3x + 5y = 22 3x + 4y = 4 4x 8y = 32. 3 5 22 r 1 + r 3 3 4 4 4 8 32 1 3 10 0 13 26 4 8 32 r 3 4r 1 1 3 10 3 4 4 r 2 3r 1 4 8 32 1 3 10 0 13 26 r 2 /13 0 4 8 LM1, Kesä 2014 47/68
1 3 10 0 1 2 0 4 8 r 3 4r 2 1 0 4 0 1 2. 0 0 0 1 3 10 r 1 + 3r 2 0 1 2 0 0 0 Vastaava yhtälöryhmä on x = 4 y = 2 0 = 0. Alin yhtälö on aina tosi, joten yhtälöryhmän ratkaisu on x = 4 ja y = 2. LM1, Kesä 2014 48/68
Esimerkki 9 Ratkaise lineaarinen yhtälöryhmä { x + 2y + z = 8 3x 6y 3z = 21. [ ] 1 2 1 8 3 6 3 21 r 2 + 3r 1 [ 1 2 1 ] 8 0 0 0 3 Vastaava yhtälöryhmä on { x + 2y + z = 8 0 = 3. Alin yhtälö on aina epätosi, joten yhtälöryhmällä ei ole ratkaisua. LM1, Kesä 2014 49/68
Esimerkki 10 Ratkaise lineaarinen yhtälöryhmä 3x 1 + 3x 2 15x 3 = 9 x 1 2x 3 = 1 2x 1 x 2 x 3 = 0. 3 3 15 9 r 1 /3 1 0 2 1 2 1 1 0 1 1 5 3 0 1 3 2 2 1 1 0 r 3 2r 1 1 1 5 3 1 0 2 1 r 2 r 1 2 1 1 0 1 1 5 3 0 1 3 2 1 r 2 0 3 9 6 LM1, Kesä 2014 50/68
1 1 5 3 0 1 3 2 0 3 9 6 r 3 + 3r 2 1 0 2 1 0 1 3 2. 0 0 0 0 1 1 5 3 r 1 r 2 0 1 3 2 0 0 0 0 Alinta riviä vastaava yhtälö 0 = 0 on aina tosi. Tuntematonta x 3 vastaavassa sarakkeessa ei ole johtavaa alkiota, joten se on ns. vapaa muuttuja. Merkitään x 3 = t, missä t R. Ratkaistaan muut tuntemattomat: x 1 2t = 1 x 1 = 1 + 2t x 2 3t = 2 x 2 = 2 + 3t t R. x 3 = t x 3 = t, LM1, Kesä 2014 51/68
Esimerkki 11 Lineaarisen yhtälöryhmän täydennetty matriisi muutettiin alkeisrivitoimituksilla redusoiduksi porrasmatriisiksi: 1 3 0 4 0 0 0 0 0 1 2 0 0 0. 0 0 0 0 0 1 3 Mikä on yhtälöryhmän ratkaisu? Havaitaan, että johtavat alkiot (rivien ensimmäiset nollasta poikkeavat alkiot) ovat sarakkeissa 1, 3 ja 6. Muita sarakkeita vastaavat tuntemattomat x 2, x 4 ja x 5 ovat vapaita muuttujia. Merkitään x 2 = r, x 4 = s ja x 5 = t, missä r, s, t R. LM1, Kesä 2014 52/68
Yhtälöryhmä on tällöin x 1 + 3r + 4s = 0 x 3 + 2s = 0 x 6 = 3 x 1 = 3r 4s x 3 = 2s x 6 = 3. Ratkaisu on siis x 1 = 3r 4s x 2 = r x 3 = 2s x 4 = s x 5 = t x 6 = 3, r, s, t R. LM1, Kesä 2014 53/68
Esimerkki 12 Tarkastellaan yhtälöryhmää x + y + kz = 1 x + ky + z = 1 kx + y + z = 2. Määritä ne reaaliluvut k, joilla tällä yhtälöryhmällä (a) ei ole ratkaisua; (b) on tasan yksi ratkaisu; (c) on äärettömän paljon ratkaisuja. LM1, Kesä 2014 54/68
1 1 k 1 1 1 k 1 1 k 1 1 r 2 r 1 0 k 1 1 k 0 k 1 1 2 k 1 1 2 r 3 kr 1 1 1 k 1 0 k 1 1 k 0 0 1 k 1 k 2 2 k r 3 + r 2 1 1 k 1 0 k 1 1 k 0 r 2 /(k 1) 0 0 2 k k 2 2 k Oletus: k 1 0 1 1 k 1 0 1 1 0. 0 0 2 k k 2 2 k LM1, Kesä 2014 55/68
Oletus: k 1 0 eli k 1. Alimman rivin johtavassa alkiossa esiintyy k, joten tarkastellaan eri tapaukset. Jos kerroin 2 k k 2 = 0 eli k = 2 (tai k = 1) on periaatteessa kaksi mahdollisuutta: Vakio 2 k = 0 eli k = 2. Tällöin yhtälöllä on äärettömän monta ratkaisua. Alinta riviä nimittäin vastaa yhtälö 0 = 0 ja x 3 on vapaa muuttuja. Vakio 2 k 0 eli k 2. Tämä vaihtoehto on nyt mahdoton, sillä ei voi olla yhtä aikaa k = 2 ja k 2. Jos kerroin 2 k k 2 0 eli k 2 ja k 1, niin saadaan ratkaistua x 3 = ( 2 k)/(2 k k 2 ) ja ylemmistä yhtälöistä saadaan muut tuntemattomat. Yhtälöryhmällä on tasan yksi ratkaisu. LM1, Kesä 2014 56/68
Tapaus k 1 = 0 eli k = 1. Yhtälöryhmä on tällöin x + y + z = 1 x + y + z = 1 x + y + z = 2. Ylin ja alin yhtälö ovat keskenään ristiriitaiset, joten yhtälöryhmällä ei ole ratkaisua. Yhteenveto: (a) ei ratkaisua, jos ja vain jos k = 1; (b) tasan yksi ratkaisu, jos ja vain jos k 2 ja k 1; (c) äärettömän monta ratkaisua, jos ja vain jos k = 2. LM1, Kesä 2014 57/68
Vektorien virittämä aliavaruus Esimerkki 13 Mikä ehto vektorin w = (w 1, w 2, w 3 ) komponenttien on toteutettava, jotta w kuuluu vektoreiden v 1 = (3, 2, 1), v 2 = (2, 2, 6) ja v 3 = (3, 4, 5) virittämään aliavaruuteen span( v 1, v 2, v 3 )? Toisin sanottuna: Mikä ehto vektorin w = (w 1, w 2, w 3 ) komponenttien on toteutettava, jotta w on vektoreiden v 1, v 2 ja v 3 lineaarikombinaatio? LM1, Kesä 2014 58/68
Tarkastellaan yhtälöä x 1 v 1 + x 2 v 2 + x 3 v 3 = w eli yhtälöä x 1 (3, 2, 1) + x 2 (2, 2, 6) + x 3 (3, 4, 5) = (w 1, w 2, w 3 ). Muokataan vastaavan yhtälöryhmän täydennetty matriisi porrasmatriisiksi: 3 2 3 w 1 ( 1) r 3 2 2 4 w 2 1 6 5 w 3 r 1 1 6 5 w 3 2 2 4 w 2 r 2 2r 1 3 2 3 w 1 1 6 5 w 3 1 6 5 w 3 0 10 6 w 2 + 2w 3 0 10 6 w 2 + 2w 3 3 2 3 w 1 r 3 3r 1 0 20 12 w 1 + 3w 3 r 3 2r 2 LM1, Kesä 2014 59/68
1 6 5 w 3 0 10 6 w 2 + 2w 3 r 2 /10 0 0 0 w 1 + 3w 3 2(w 2 + 2w 3 ) 1 6 5 w 3 0 1 3/5 (w 2 + 2w 3 )/10 0 0 0 w 1 2w 2 w 3 Havaitaan, että yhtälöryhmällä on ratkaisuja, jos ja vain jos w 1 2w 2 w 3 = 0. Siten span( v 1, v 2, v 3 ) = { w R 3 w 1 2w 2 w 3 = 0 }. LM1, Kesä 2014 60/68
Tutkitaan tarkemmin, millainen joukko span( v 1, v 2, v 3 ) on. span( v 1, v 2, v 3 ) = { w R 3 w 1 2w 2 w 3 = 0 } = { (w 1, w 2, w 3 ) R 3 w 3 = w 1 2w 2 } = { (w 1, w 2, w 1 2w 2 ) w 1, w 2 R } = { w 1 (1, 0, 1) + w 2 (0, 1, 2) w 1, w 2 R } = span ( (1, 0, 1), (0, 1, 2) ) Vektoreiden v 1, v 2 ja v 3 virittämä aliavaruus on siis origon kautta kulkeva vektoreiden (1, 0, 1) ja (0, 1, 2) suuntainen taso. LM1, Kesä 2014 61/68
Vektorien virittämä aliavaruus Esimerkki 14 Merkitään ī = (1, 0) ja j = (0, 1). Osoita, että span(ī, j) = R 2. Toisin sanottuna: osoita, että jokainen avaruuden R 2 vektori voidaan esittää vektoreiden ī ja j lineaarikombinaationa. j ī LM1, Kesä 2014 62/68
Oletetaan, että w R 2. Tällöin w = (w 1, w 2 ) joillakin reaaliluvuilla w 1 ja w 2. Huomataan, että w 1 ī + w 2 j = w 1 (1, 0) + w 2 (0, 1) = (w 1, 0) + (0, w 2 ) = (w 1, w 2 ) = w. Siis w voidaan kirjoittaa vektoreiden ī ja j lineaarikombinaationa eli w span(ī, j). Näin on osoitettu, että R 2 span(ī, j). Toinen suunta span(ī, j) R 2 on selvä, koska jokainen vektoreiden ī, j R 2 lineaarikombinaatio kuuluu avaruuteen R 2. LM1, Kesä 2014 63/68
Vektoreiden virittämä aliavaruus Esimerkki 15 Onko totta, että span( v 1, v 2, v 3, v 4 ) = R 3, jos (a) v 1 = (1, 1, 0), v 2 = (1, 0, 1), v 3 = (0, 1, 1) ja v 4 = ( 2, 1, 1)? (b) v 1 = (1, 1, 0), v 2 = ( 1, 0, 1), v 3 = (0, 1, 1) ja v 4 = (2, 1, 1)? Kielteisessä tapauksessa määritä span( v 1, v 2, v 3, v 4 ). Myönteisessä tapauksessa tutki, kuinka monella tavalla vektori w = (w 1, w 2, w 3 ) voidaan esittää vektoreiden v 1, v 2, v 3 ja v 4 lineaarikombinaationa. LM1, Kesä 2014 64/68
(a) Tarkastellaan yhtälöä x 1 v 1 + x 2 v 2 + x 3 v 3 + x 4 v 4 = w. Muokataan vastaavan yhtälöryhmän täydennetty matriisi joksikin porrasmatriisiksi: 1 1 0 2 w 1 1 0 1 1 w 2... 0 1 1 1 w 3 1 1 0 2 w 1 0 1 1 3 w 1 w 2. 0 0 1 2 (w 3 + w 2 w 1 )/2 Havaitaan, että yhtälöryhmällä on aina ratkaisu; itseasiassa niitä on äärettömän monta, koska x 4 on vapaa muuttuja. Siis span( v 1, v 2, v 3, v 4 ) = R 3 ja jokainen avaruuden R 3 vektori voidaan esittää äärettömän monella tavalla vektoreiden v 1, v 2, v 3 ja v 4 lineaarikombinaationa. LM1, Kesä 2014 65/68
(b) Tarkastellaan yhtälöä x 1 v 1 + x 2 v 2 + x 3 v 3 + x 4 v 4 = w. Muokataan vastaavan yhtälöryhmän täydennetty matriisi joksikin porrasmatriisiksi: 1 1 0 2 w 1 1 0 1 1 w 2... 0 1 1 1 w 3 1 1 0 2 w 1 0 1 1 1 w 1 w 2 0 0 0 0 w 1 + w 2 + w 3. Havaitaan, että yhtälöryhmällä on ratkaisu, jos ja vain jos w 1 + w 2 + w 3 = 0. Siten span( v 1, v 2, v 3, v 4 ) = { w R 3 w 1 + w 2 + w 3 = 0 }. LM1, Kesä 2014 66/68
Jos w 1 + w 2 + w 3 = 0, niin vektori w voidaan esittää vektoreiden v 1, v 2, v 3 ja v 4 lineaarikombinaationa äärettömän monella tavalla, sillä x 3 ja x 4 ovat vapaita muuttujia. Erityisesti voidaan valita x 3 = 0 ja x 4 = 0 ja saadaan esitys w = w 2 v 1 + ( w 1 w 2 ) v 2. Näin ollen span( v 1, v 2, v 3, v 4 ) = span( v 1, v 2 ). LM1, Kesä 2014 67/68
Havaintoja Edellisen esimerkin perusteella: Joskus osajono virittää saman aliavaruuden kuin alkuperäinen virittäjäjono ( v 1,..., v k ). Joskus aliavaruuden span( v 1,..., v k ) vektorit voidaan esittää usealla eri tavalla virittäjävektorien lineaarikombinaatioina. Miten löytää virittäjäjono, jossa ei ole turhia vektoreita? Miten löytää sellainen virittäjäjono, että kaikki aliavaruuden vektorit voidaan esittää tasan yhdellä tavalla virittäjävektorien lineaarikombinaatioina? LM1, Kesä 2014 68/68