Lineaarialgebra I. Oulun yliopisto Matemaattisten tieteiden laitos Esa Järvenpää Kirjoittanut Tuula Ripatti

Lineaarialgebra I Oulun yliopisto Matemaattisten tieteiden laitos 2011 Esa Järvenpää Kirjoittanut Tuula Ripatti

2 1 Lineaarinen yhtälöryhmä 11 Esimerkki (a) Ratkaise yhtälö 5x = 7 Kerrotaan yhtälö puolittain luvulla 5 1, jolloin saadaan 5 1 5x = 5 1 7 eli x = 7 5 (b) Ratkaise yhtälö ax = b, missä x on tuntematon ja a, b R ovat tunnettuja Jos a 0, niin on olemassa a 1, jolla yhtälö voidaan kertoa puolittain ja saadaan yksikäsitteinen vastaus x = b a Jos a = 0, niin a 1 ei ole olemassa ja ratkaisun olemassaolo riippuu b:stä Jos b = 0, niin yhtälö on 0 x = 0, joka toteutuu kaikilla x R Siis yhtälöllä on äärettömän monta ratkaisua Jos b 0, niin yhtälö on 0 x = b, joka ei toteudu millään x:n arvolla Yhtälöllä ei siis ole ratkaisua 12 Esimerkki Ratkaise yhtälöpari { 2x1 + x 2 = 1 x 1 + x 2 = 3 Alemmasta yhtälöstä voidaan ratkaista x 2 = 3 x 1 Sijoitetaan tämä ylempään yhtälöön, jolloin saadaan 2x 1 +3 x 1 = 1 eli x 1 = 2 Näin ollen x 2 = 3 ( 2) = 5 Siten yhtälöparilla on täsmälleen yksi ratkaisu { x1 = 2 x 2 = 5 Tarkistetaan vielä ratkaisu: (b) Ratkaise yhtälöpari { 2 ( 2)+5 = 1 2+5 = 3 { 5x1 x 2 = 1 10x 1 2x 2 = 2 Ensimmäisestä yhtälöstä saadaan x 2 = 5x 1 + 1 Sijoitetaan tämä toiseen yhtälöön, jolloin 10x 1 2(5x 1 +1) = 2 eli 2 = 2, mikä on ristiriita Siis yhtälöparilla ei ole ratkaisua 13 Esimerkki Tulkitse esimerkki 12 geometrisesti Yhtälö ax 1 + bx 2 = c kuvaa suoraa tasossa R 2, mikäli a 0 tai b 0, sillä tällöin x 1 = bx a 2+ c tai x a 2 = ax b 1+ c Pistepari (x b 1,x 2 ) toteuttaa siis yhtälönax 1 +bx 2 = c, jos ja vain jos se kuuluu suoralle x 1 = bx a 2 + c (a 0) Siten yhtälöparin a { 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 eli ad bc 0 d Jos ad bc = 0, niin suorat ovat yhdensuuntaiset Tällöin 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 3 x 2 = k 1 x 1 +e x 2 = k 2 x 1 +f x 2 = kx 1 +e x 2 = kx 1 +f x 2 = kx 1 +e x 2 = kx 1 +f e = f 14 Esimerkki 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 Siten ( ) 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 x 3 = 1 x 1 = 7 x 2 = 4 x 3 = 1 x 1 2x 2 + x 3 = 0 x 2 4x 3 = 0 3x 3 = 3 x 1 2x 2 + x 3 = 0 x 2 = 4 x 3 = 1

4 Tarkistetaan ratkaisu: 7 2 ( 4) 1 = 0 2 ( 4) 8 ( 1) = 0 4 ( 7)+7 ( 4) 3 ( 1) = 3 15 Määritelmä Yleinen lineaarinen yhtälöryhmä on muotoa a 11 x 1 + a 12 x 2 + + a 1n x n = b 1 a 21 x 1 + a 22 x 2 + + a 2n x n = b 2 a k1 x 1 + a k2 x 2 + + a kn x n = b k, missä a ij,b i R, i = 1,,k, j = 1,,n ovat tunnettuja ja x i R, i = 1,,n ovat tuntemattomia Yhtälöryhmän 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 16 Gaussin ja Jordanin eliminointimenetelmä Lineaarinen yhtälöryhmä voidaan ratkaista käyttämällä seuraavia operaatioita: 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 R ja lisätään se yhtälöön j, missä i j Nämä eivät muuta yhtälöryhmän ratkaisuja, toisin sanoen uusi yhtälöryhmä on ekvivalentti alkuperäisen yhtälöryhmän kanssa Koska rivioperaatiot vaikuttavat vain kertoimiin a ij ja b i, on kätevää käyttää laajennettua kerroinmatriisia a 11 a 12 a 1n b 1 a 21 a 22 a 2n b 2 a k1 a k2 a kn b k Rivioperaatioilla kerroinmatriisi sievennetään muotoon, jossa 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 Sieventämisen jälkeen on kolme mahdollisuutta:

(1) eli yksikäsitteinen ratkaisu 1 0 0 d 1 0 1 0 0 d 2 0 1 d n 0 0 0 0 0 0 x 1 = d 1 x 2 = d 2 x n = d n (2) Jokin riveistä on 0 0 c, missä c 0 Tällöin saadaan yhtälö 0 = c, mikä on ristiriita, joten yhtälöryhmällä ei ole ratkaisua (3) Tapaukset (1) ja (2) eivät esiinny Tällöin epätriviaaleja yhtälöitä on vähemmän kuin tuntemattomia ja yhtälöryhmällä on äärettömän monta ratkaisua Esimerkiksi 1 2 0 6 0 0 1 5 0 0 0 0 eli { x1 +2x 2 = 6 x 3 = 5 eli x 1 = 2x 2 +6 x 2 R x 3 = 5 Kerroinmatriisissa on siis vähintään yksi porras, jonka pituus on vähintään kaksi 17 Esimerkki (a) Ratkaise yhtälöryhmä 2x 1 + 3x 2 + 5x 3 = 10 x 1 3x 3 = 2 5x 2 3x 3 = 2 Laajennettu kerroinmatriisi on 2 3 5 10 1 0 3 2 P 12 0 5 3 2 A 13 ( 2) M 2 ( 1 5 ) M 3 ( 5 64 ) 1 0 3 2 0 1 3 2 5 5 0 3 11 14 1 0 3 2 0 1 3 2 5 5 0 0 1 1 1 0 3 2 2 3 5 10 0 5 3 2 A 23( 3) A 31(3) A 32 ( 3 5 ) P 23 64 5 1 0 3 2 0 1 3 2 5 5 0 0 1 0 0 1 0 1 0 1 0 0 1 1 1 0 3 2 0 5 3 2 2 3 5 10 64 5 eli x 1 = 1 x 2 = 1 x 3 = 1 5 (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?

6 Laajennettu kerroinmatriisi on 1 0 a b+1 2 1 4a 4b+2 0 3 5a 5b 1 A 23 (3) 1 0 a b+1 0 1 2a 2b 0 0 a b 1 A 12( 2) A 31( 1) A 32 ( 2) 1 0 a b+1 0 1 2a 2b 0 3 5a 5b 1 1 0 0 2 0 1 0 2 0 0 a b 1 Jos a 0, niin yhtälöryhmällä on yksikäsitteinen ratkaisu x 1 = 2 x 2 = 2 x 3 = b 1 a Jos a = 0 ja b 1, niin yhtälöryhmällä ei ole ratkaisua Jos a = 0 ja b = 1, niin yhtälöryhmällä on äärettömän monta ratkaisua x 1 = 2 x 2 = 2 x 3 R 2 Vektori ja matriisi 21 Esimerkki Koulussa vektori oli nuoli, jolla oli suunta ja suuruus eli pituus Siirretään vektori siten, että sen alkupää on origossa Tällöin 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 Siten tason vektorit voidaan samastaa tason R 2 = {(x 1,x 2 ) x 1,x 2 R} kanssa x 2 (x 1,x 2 ) x 1

Vektorit x = (x 1,x 2 ) ja y = (y 1,y 2 ) lasketaan yhteen laittamalla ne peräkkäin Summavektorin x + y ensimmäinen koordinaatti on x 1 + y 1 ja toinen koordinaatti on x 2 +y 2 Siis (x 1,x 2 )+(y 1,y 2 ) = (x 1 +y 1,x 2 +y 2 ) 7 (x 1,x 2 ) y 2 x 2 x+y x 1 y 1 (y 1,y 2 ) Vektori x = (x 1,x 2 ) kerrotaan luvulla λ > 0 siten, että vektorin suunta säilyy ja pituus tulee kerrotuksi luvulla λ Merkitään λ (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 R, joten y 2 = x 2 x 1 tx 1 = tx 2 Siis λ (x 1,x 2 ) = (tx 1,tx 2 ) jollekin t > 0 Koska vektorin λ (x 1,x 2 ) pituus on λ kertaa vektorin (x 1,x 2 ) pituus, saadaan Pythagoraan lauseesta t 2 x 2 1 +t2 x 2 2 = λ2 (x 2 1 +x2 2 ) eli t 2 = λ 2, joten t = λ Siis λ (x 1,x 2 ) = (λx 1,λx 2 ) Tämä pätee myös kun λ 0 (x 1,x 2 ) λ (x 1,x 2 ) = (y 1,y 2 ) 22 Määritelmä Olkoon n N = {1,2,3,} Jono x = (x 1,x 2,,x n ), missä x 1,x 2,,x n R, on n-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 R} Vektorit x,y R n ovat samat, jos x i = y i kaikilla i = 1,,n Olkoot x,y R n ja λ R Tällöin x+y = (x 1 +y 1,x 2 +y 2,,x n +y n ) R n λx = (λx 1,λx 2,,λx n ) R n 23 Lause Olkoot x,y,z R n ja λ,µ R Tällöin (a) x+y = y +x (vaihdannaisuus) (b) x+(y +z) = (x+y)+z (liitännäisyys) (c) on olemassa nollavektori 0 = (0,,0) R n ja x+0 = x (d) on olemassa vastavektori x = 1 x ja x+( x) = 0 (e) λ(µx) = (λµ)x (f) 1 x = x ja

8 (g) (λ+µ)x = λx+µx (h) λ(x+y) = λx+λy (osittelulait) Todistus Todistetaan (h) Muut HT Olkoot x = (x 1,x n ), y = (y 1,,y n ) ja λ R Nyt λ(x+y) = λ ( (x 1,,x n )+(y 1,,y n ) ) = λ(x 1 +y 1,,x n +y n ) = ( λ(x 1 +y 1 ),,λ(x n +y n ) ) = (λx 1 +λy 1,,λx n +λy n ) = (λx 1,,λx n )+(λy 1,,λy n ) = λ(x 1,,x n )+λ(y 1,,y n ) = λx+λy 24 Huomautus Lauseen 23 (d)-kohdan nojalla jokaisella vektorilla y R n on vastavektori y R n Otetaan käyttöön lyhennysmerkintä x y := x+( y) 25 Esimerkki Olkootx = (2a+3b+5c,a 3c,5b 3c) R 3 jay = (10, 2,2) R 3 Vektoriyhtälö x = y vastaa yhtälöryhmää 2a + 3b + 5c = 10 a 3c = 2 (Vrt Esimerkki 17(a)) 5b 3c = 2 26 Määritelmä Reaaliluvuista a ij, missä i = 1,,k ja j = 1,,n muodostettua kaaviota a 11 a 12 a 1n a A = 21 a 22 a 2n a k1 a k2 a kn sanotaan k n-matriisiksi Usein merkitään A = [a ij ] Lukuja a ij sanotaan matriisin A alkioiksi (a ij on alkio rivillä i ja sarakkeessa j) Toinen 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 M(k,n) ja λ R Tällöin A+B M(k,n) ja λa M(n,k), missä kaikilla i = 1,,k ja j = 1,,n (A+B) ij = A ij +B ij ja (λa) ij = λa ij 27 Esimerkki (a) Olkoot a b A = c d 2+d 2b ja B = c d

9 Tällöin A = B a = 2+d b = 2b c = c d = d a = 2 b = 0 c R d = 0 (b) Olkoot A = 5 4 3 2 1 0 ja B = Tällöin A ja B ovat 2 3- matriiseja, joille pätee 5+0 4+1 3+2 A+B = = 2+3 1+4 0+5 2A = 2 5 2 4 2 3 = 2 2 2 1 2 0 0 1 2 3 4 5 5 5 5 5 5 5 10 8 6 4 2 0 ja 28 Lause Olkoot A,B,C M(k,n) ja λ,µ R Tällöin (a) A+B = B +A, (b) A+(B +C) = (A+B)+C, (c) on olemassa nollamatriisi 0 M(k, n), jolle A + 0 = A, (d) on olemassa vastamatriisi A M(k, n), jolle A +( A) = 0, (e) λ(µa) = (λµ)a, (f) 1A = A, (g) (λ+µ)a = λa+µa, (h) λ(a+b) = λa+λb Todistus Todistetaan (c), muut HT (vertaa lause 23) OlkoonA = [a ij ] Määritellään k n-matriisi 0 asettamalla 0 ij = 0 kaikilla i = 1,,k ja j = 1,,n Tällöin 0 M(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 Siten A+0 = A 29 Merkintä Otetaan käyttöön lyhennysmerkintä summalle: k a i = a 1 +a 2 + +a k i=1 Esimerkiksi 5 i 2 = 1 2 +2 2 +3 2 +4 2 +5 2 ja 5 b ij = b i2 +b i3 +b i4 +b i5 i=1 j=2

10 210 Määritelmä Olkoot A M(k,n) ja B M(n,l) Matriisien A ja B tulo on matriisi AB M(k, l), missä (AB) ij = n 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 211 Huomautus (a) TulomatriisinAB alkio(ab) ij saadaan kertomallaa:ni:nen rivin alkiota i1,a i2,,a in vastaavillab:nj:nnen sarakkeen alkioillab 1j,B 2j,,B nj ja laskemalla näin saadut tulot yhteen (b) Tulo 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 0 ja B 0 212 Esimerkki (a) Olkoot 1 2 3 A = M(2,3) ja B = 1 0 1 5 0 1 M(3,3) 0 1 1 1 1 1 Tällöin AB on määritelty ja se on 2 3-matriisi 1 2 3 AB = 1 0 1 5 0 1 0 1 1 1 1 1 = = 1 1+2 5+3 1 1 0+2 0+3 1 1 1+2 1+3 1 0 1+1 5+1 1 0 0+1 0+1 1 0 1+1 1+1 1 14 3 6 6 1 2 Tuloa BA ei ole määritelty (b) Olkoot A = [ 1 2 1 ] M(1,3) ja B = 0 3 M(3,1) 1

11 Tällöin AB = [ 1 2 1 ] 0 3 = [ 1 0+2 3+1 1 ] = [ 7 ] M(1,1) ja 1 BA = 0 3 [ 1 2 1 ] 0 1 0 2 0 1 = 3 1 3 2 3 1 = 0 0 0 3 6 3 M(3,3) 1 1 1 1 2 1 1 1 2 1 Erityisesti AB BA (c) Olkoot Tällöin A = AB = 1 1 1 1 M(2,2) ja B = M(2,2) 2 2 1 1 1 1 1 1 = 2 2 1 1 0 0 M(2,2) Entä BA? 0 0 213 Lause Olkoot A, B ja C matriiseja ja λ R Tällöin (a) A(B +C) = AB +AC, (b) (A+B)C = AC +BC, (c) A(BC) = (AB)C, (d) (λa)b = A(λB) = λ(ab), aina, kun kyseiset laskutoimitukset on määritelty Todistus (a) OlkootA M(k,n) jab,c M(n,l) Tällöin, ja vain tällöin,b+c M(n,l), A(B +C) M(k,l), AB M(k,l), AC M(k,l) ja AC +BC M(k,l) ovat määriteltyjä Nyt ( n A(B +C) )ij = A ip (B +C) pj = p=1 n A ip (B pj +C pj ) = p=1 n (A ip B pj +A ip C pj ) p=1 = A i1 B 1j +A i1 C 1j +A i2 B 2j +A i2 C 2j + +A in B nj +A in C nj n n = A ip B pj + A ip C pj = (AB) ij +(AC) ij = (AB +BC) ij p=1 p=1 kaikilla i = 1,,k ja j = 1,,l Siten A(B +C) = AB +AC (b) ja (c) HT

12 (d) Olkoot A M(k, n), B M(n, l) ja λ R Tällöin, ja vain tällöin, AB, (λa)b ja A(λB) ovat määriteltyjä ja ( n n n n (λa)b )ij = (λa) ip B pj = (λa ip )B pj = λa ip B pj = λ A ip B pj p=1 p=1 p=1 p=1 = λ(ab) ij = ( λ(ab) ) ij kaikilla i = 1,,k ja j = 1,,l Siten (λa)b = λ(ab) Toinen väite HT 214 Merkintä Tulkitaan R n :n vektorit n 1-matriiseiksi eli pystyvektoreiksi x 1 x x = 2 x n Tämä tulkinta ei muuta vektorien yhteenlaskua eikä reaaliluvulla kertomista, ts x 1 y 1 x x+y = 2 + y 2 ja x n y n x 1 x λx = λ 2 x n Tällöin lineaarinen yhtälöryhmä a 11 x 1 + a 12 x 2 + + a 1n x n = b 1 a k1 x 1 + a k2 x 2 + + a kn x n = b k voidaan kirjoittaa muodossa missä Ax = b, x a 11 a 1 b 1 1n x A =, x = 2 ja b = b 2 a k1 a kn x n b k Matriisi A on yhtälöryhmän kerroinmatriisi ja b vakiovektori 215 Esimerkki Yhtälöryhmän 3x 1 x 2 + 2x 3 = 3 x 1 + 4x 2 + x 3 2x 4 = 0 5x 2 + 3x 3 7x 4 = 1 kerroinmatriisi on A = 3 1 2 0 1 4 1 2 ja vakiovektori on b = 3 0 0 5 3 7 1

216 Määritelmä Olkoon A M(k,n) Tällöin A määrää kuvauksen F A : R n R k, F A (x) = Ax R k kaikilla x R n Kuvauksen F A määrittelyjoukko on siis R n ja maalijoukko on R k Yhtälöryhmän Ax = b ratkaisujoukko on siten pisteen b alkukuva kuvauksessa F A eli F 1 A ({b}) = {x Rn F A (x) = Ax = b} 217 Lause Olkoon A M(k, n) Seuraavat väitteet ovat yhtäpitäviä, toisin sanoen (a) (b) (c) (d): (a) Homogeeniyhtälöllä Ax = 0 on vain triviaaliratkaisu x = 0 (b) Kaikilla b R k yhtälöllä Ax = b on korkeintaan yksi ratkaisu (c) Kuvaus F A : R n R k, F A (x) = Ax on injektio (d) Gaussin ja Jordanin eliminointimenetelmä yhtälöryhmälle Ax = b johtaa tilanteeseen 1 0 0 J 0 1 0 0 O 0 1 T 0 0 A I 0 0 N Todistus (b) (d): Katso kohta 16 (a) (b): Antiteesi: On olemassa b R k ja x,y R n, x y, joille Ax = b = Ay Tällöin lauseen 213 perusteella 0 = b b = Ax Ay = Ax+A( y) = A(x y), joten z = x y 0 on homogeeniyhtälön Ax = 0 ratkaisu Tämä on ristiriita, joten antiteesi on väärä (b) (c): HT (c) (a): jos Ax = 0, niin F A (x) = 0 = A0 = F A (0), joten F A :n injektiivisyyden perusteella x = 0 Siis yhtälöllä Ax = 0 on vain triviaaliratkaisu Nyt kaikki väitteet on todistettu 218 Lause Olkoon A M(k,n) Seuraavat väitteet ovat yhtäpitäviä: (a) Kaikilla b R k yhtälöllä Ax = b on ainakin yksi ratkaisu (b) Kuvaus F A : R n R k, F A (x) = Ax on surjektio (c) Gaussin ja Jordanin eliminointimenetelmässä tapaus (2) (eli rivi 0 0 c, missä c 0) ei esiinny 13 Todistus (a) (c): Katso kohta 16 Muut HT

14 [ 1 0 1 219 Esimerkki (a) Olkoon A = 0 1 0 1 0 1 Ax = x 1 x 0 1 0 2 = x 3 ] Tällöin x1 x 3, x 2 ( joten F A : R 3 R 2 on F A (x1,x 2,x 3 ) ) =: F(x 1,x 2,x 3 ) = (x 1 x 3,x 2 ) Onko F A surjektio? Olkoon b = (b 1,b 2 ) R 2 Nyt F A (x) = b, jos { x x1 x 3 = b 1 = b 1 +x 3 1 x x 2 = b 2 = b 2 2 x 3 R Erityisesti, valitsemalla x 3 = 0 saadaan F A (b 1,b 2,0) = (b 1,b 2 ) Siis F A on surjektio Koska yhtälöllä Ax = b on äärettömän monta ratkaisua, F A ei ole injektio (b) Olkoon B = 1 0 0 1 1 0 Kuvaus 0 1 3 on injektio, sillä Bx = 0 F B : R 3 R 3, F B (x 1,x 2,x 3 ) = (x 1,x 1 +x 2,x 2 +3x 3 ) x 1 x 1 +x 2 = 0 0 x 2 +3x 3 0 x 1 = 0 x 1 +x 2 = 0 x 2 +3x 3 = 0 ja väite seuraa lauseesta 217 Kuvaus F B on myös surjektio, sillä x 1 = b 1 x 1 = b 1 x 1 +x 2 = b 2 x 2 = b 2 b 1 x 2 +3x 3 = b 3 x 3 = 1(b 3 3 b 2 +b 1 ), joten väite seuraa lauseesta 218 x 1 = 0 x 2 = 0 x 3 = 0, 220 Määritelmä Matriisi A on neliömatriisi, jos A M(n,n) jollakin n N Neliömatriisi A = [a ij ] on diagonaalimatriisi, jos a ij = 0 kaikilla i j Diagonaalimatriisi 1 0 0 0 1 0 0 I = [δ ij ] = M(n,n) 0 1 on yksikkömatriisi eli identtinen matriisi Käytetään myös merkintää ½ Tässä { 1, i = j δ ij = 0, i j 221 Lause Olkoon A M(n,n) Tällöin IA = AI = A Todistus HT

222 Määritelmä Neliömatriisi A M(n, n) on kääntyvä, jos on olemassa B M(n,n), jolle AB = BA = I Tällöin B on A:n käänteismatriisi ja sitä merkitään B = A 1 2 1 1 1 223 Esimerkki (a) Matriisi A = on kääntyvä ja A 3 1 1 =, sillä 3 2 2 1 1 1 1 0 1 1 2 1 = = 3 1 3 2 0 1 3 2 3 1 1 2 a b (b) Matriisi A = ei ole kääntyvä Jos nimittäin olisi B =, jolle 2 4 c d 1 2 a b a+2c b+2d 1 0 = =, 2 4 c d 2a+4c 2b+4d 0 1 niin Erityisesti { a+2c = 1 2a+4c = 0 mikä on ristiriita Siten B:tä ei ole 224 Lause a+2c = 1 b+2d = 0 2a+4c = 0 2b+4d = 1 { 0 = 1 a = 2c, (a) Jos neliömatriisilla A on käänteismatriisi, niin se on yksikäsitteinen Erityisesti (A 1 ) 1 = A (b) Jos A, B M(n, n) ovat kääntyviä, niin AB on kääntyvä ja (AB) 1 = B 1 A 1 Todistus (a) Olkoot B ja C matriisin A käänteismatriiseja Tällöin B L221 = BI = B(AC) L213 = (BA)C = IC L221 = C Siis B = C eli käänteismatriisi on yksikäsitteinen Koska A 1 A = I = AA 1, on A = (A 1 ) 1 (b) Nyt B 1 A 1 M(n,n) ja (AB)(B 1 A 1 ) L213 = A(BB 1 )A 1 = AIA 1 L213 = AA 1 = I ja (B 1 A 1 )(AB) = B 1 (A 1 A)B = B 1 IB = B 1 B = I Siis (AB) 1 = B 1 A 1 15

16 225 Lause OlkoonA M(n,n) kääntyvä Tällöin kaikilla b R n yhtälöllä Ax = b on yksikäsitteinen ratkaisu x = A 1 b Todistus Vektori A 1 b on yhtälön ratkaisu, sillä A(A 1 b) = (AA 1 )b = Ib = b Toisaalta, jos Ax = b, niin A 1 b = A 1 (Ax) = (A 1 A)x = Ix = x, joten x = A 1 b 226 Esimerkki (a) Ratkaise yhtälöryhmä { 2x1 + x 2 = 3 3x 1 + x 2 = 5 Koska A = 2 1 1 1 (esim ) on kääntyvä ja A 3 1 1 = 223(a), niin 3 2 x = A 1 b = on yhtälöryhmän ainoa ratkaisu 1 1 3 2 = 3 2][ 5 1 eli { x1 = 2 x 2 = 1 (b) Jos A on kääntyvä, niin lauseen 224 nojalla A 2 = AA on kääntyvä ja (A 2 ) 1 = (AA) 1 = A 1 A 1 = (A 1 ) 2 227 Lause (Työnpuolituslause) Olkoot A, B M(n, n) Jos AB = I tai BA = I, niin A ja B ovat kääntyviä sekä A = B 1 ja B = A 1 Todistus Sivuutetaan 228 Gaussin ja Jordanin algoritmi käänteismatriisille Matriisin A M(n, n) kääntyvyys voidaan testata ja A 1 voidaan etsiä Gaussin ja Jordanin menetelmällä seuraavasti: (1) Tarkastellaan laajennettua kerroinmatriisia [ A I ] (2) Sovelletaan Gaussin ja Jordanin menetelmää (3) Jos A muuttuu I:ksi, on viivan oikealla puolella A 1 Jos A ei muutu I:ksi, A ei ole kääntyvä

Perustelu: Lauseen 227 perusteella riittää löytää X M(n, n) jolle AX = I Merkitään X:n sarakkeita pystyvektoreilla x 1,,x n, ts X = [ x 1 x n], missä x i M(n,1) kaikille i = 1,,n Huomaa, että I = [ e 1 e n], missä 0 e j 1 = j:s alkio on 1 0 0 Nyt ( ) AX = I Ax 1 = e 1 Ax 2 = e 2 Ax n = e n Yhtälöryhmä ( ) koostuu n:stä yhtälöryhmästä, joilla kaikilla on sama kerroinmatriisi Siten ne voidaan ratkaista Gaussin ja Jordanin menetelmällä samanaikaisesti, jolloin laajennettu kerroinmatriisi on [ A I ] Jos tämä muokkautuu muotoon [ I B ], niin matriisin X j:s sarake x j on B:n j:s sarake B j kaikilla j = 1,,n, joten X = B Siten AB = AX = I eli B = A 1 Jos vasemmalle puolelle ei saada I:tä, niin on päädytty tapaukseen (2) eli ristiriitaan Tällöin jollakin yhtälöllä Ax j = e j ei ole ratkaisua ja A ei ole kääntyvä Tapausta (3), jossa on äärettömän monta ratkaisua, ei voi esiintyä lauseen 224(a) nojalla (A 1 on yksikäsitteinen) 229 Esimerkki (a) Käännä A = 1 1 1 2 3 3 3 1 2 Laajennettu kerroinmatriisi on 1 1 1 1 0 0 2 3 3 0 1 0 3 1 2 0 0 1 A 21 ( 1) A 23 (2) A 12( 2) A 13 ( 3) 1 0 0 3 1 0 0 1 1 2 1 0 0 0 1 7 2 1 Siis A 1 = 3 1 0 5 1 1 7 2 1 1 1 1 1 0 0 0 1 1 2 1 0 0 2 1 3 0 1 A 32( 1) 1 0 0 3 1 0 0 1 0 5 1 1 0 0 1 7 2 1 17

18 Tarkistetaan ratkaisu: AA 1 = 1 1 1 2 3 3 3 1 0 5 1 1 = 1 0 0 0 1 0 3 1 2 7 2 1 0 0 1 (b) Onko A = Nyt 1 1 kääntyvä? 1 1 [ 1 1 1 0 1 1 0 1 ] [ A 12 ( 1) 1 1 1 0 0 0 1 1 joten tuloksena on ristiriita eli A ei ole kääntyvä 230 Määritelmä Olkoon A M(k,n) Matriisin A transpoosi on A T M(n,k), missä (A T ) ij = A ji kaikilla i = 1,,n ja j = 1,,k ], 231 Huomautus Transpoosin rivit ovat alkuperäisen matriisin sarakkeita ja transpoosin sarakkeet ovat alkuperäisen matriisin rivejä 5 1 3 232 Esimerkki (a) Jos A =, niin A 4 1 6 T = 5 4 1 1 3 6 x 1 (b) T x 1 x n = x n 233 Lause Olkoot A,B M(k,n), C M(n,l) ja λ R Tällöin (a) (A T ) T = A (b) (A+B) T = A T +B T (c) (λa) T = λa T (d) (AC) T = C T A T Todistus (a) (c) HT (d) Nyt AC M(k,l) on määritelty, joten (AC) T M(l,k) Lisäksi C T M(l,n) ja A T M(n,k), joten C T A T M(l,k) Nyt ( ) n n n (AC) T = (AC) ij ji = A jp C pi = C pi A jp = (C T ) ip (A T ) pj = (C T A T ) ij p=1 p=1 p=1 kaikilla i = 1,,l ja j = 1,,k Siten (AC) T = C T A T

19 234 Lause Olkoon A M(n,n) kääntyvä Tällöin A T on kääntyvä ja (A T ) 1 = (A 1 ) T Todistus HT 3 Determinantti 31 Esimerkki Olkoot x,y R 2 Merkitään x = x 2 1 +x2 2 vektorin x pituutta Koulusta muistetaan vektorin pistetulo x y = x 1 y 1 +x 2 y 2 = x y cosα, missä α on vektorien x ja y välinen kulma Vektorien x ja y määräämän suunnikkaan pinta-ala on A = x h = x y sinα = x y cos( π α) = b y, 2 missä b = x ja b:n ja y:n välinen kulma on π α Siis b on kohtisuorassa vektoria 2 x vastaan eli b x = 0 Kun valitaan b kuten kuvassa, on b = ( x 2,x 1 ), sillä tällöin b x = x 2 x 1 +x 1 x 2 = 0 ja b = ( x 2 ) 2 +x 2 1 = x Siten A = b y = x 2 y 1 +x 1 y 2 b π 2 α α y h x a11 a 12 sarakevekto- a 21 a 22 32 Huomautus Esimerkin 31 perusteella matriisin A = a11 reiden ja a 21 a12 määräämän suunnikkaan ala on a a 11 a 22 a 12 a 21 Merkitään 22 deta = a 11 a 22 a 12 a 21 (vrt esim 31) Osoittautuu, että kolmen vektorin a 11, a 12 ja a 13 määräämän suuntaissärmiön tilavuus on lausekkeen deta = det a 11 a 12 a 13 a 21 a 22 a 23 a 31 a 32 a 33 itseisarvo a 21 a 31 a 22 a 32 a 23 a 33 a22 a = a 11 det 23 a21 a a a 32 a 12 det 23 a21 a +a 33 a 31 a 13 det 22 33 a 31 a 32

20 33 Määritelmä Matriisin A M(n,n) ij:s alimatriisi A ij M(n 1,n 1) saadaan poistamalla A:sta i:s rivi ja j:s sarake Neliömatriisin A M(n,n) determinantti on luku deta = n ( 1) 1+j A 1j deta 1j, j=1 missä det[a] = a 34 Huomautus Matriisin A M(n, n) sarakevektoreiden virittämän n-ulotteisen suuntaissärmiön tilavuus on det A Erityisesti, 1-ulotteisen suuntaissärmiön eli janan pituus on deta = a 35 Esimerkki (a) Olkoon A = 0 1 2 3 0 4 Tällöin 2 1 7 A 11 = 0 4, A 1 7 12 = 3 4, A 2 7 22 = 0 2 2 7 jne (b) Olkoon A = deta = a11 a 12 Tällöin a 21 a 22 2 ( 1) 1+j a 1j deta 1j = ( 1) 1+1 a 11 deta 11 +( 1) 1+2 a 12 deta 12 j=1 = a 11 det[a 22 ] a 12 det[a 21 ] = a 11 a 22 a 12 a 21 (c) Olkoon A = 2 1 2 1 0 3 Tällöin 1 1 2 deta = ( 1) 2 2 det +( 1) 4 2 det 0 3 +( 1) 1 2 3 1 det 1 0 1 1 1 3 1 2 = 2(0 2 3 1) (1 2 3 ( 1))+2(1 1 0 ( 1)) = 9

a 11 0 0 0 a (d) Olkoon A = 22 0 0 diagonaalimatriisi Tällöin 0 a nn a 22 0 0 deta = a 11 det 0 +0 0 a nn a 33 0 0 = a 11 a 22 det 0 0 a nn = = a 11 a nn Siis 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 21 36 Lause Neliömatriisin A determinantille pätee (a) kehittämissääntö i:nen rivin suhteen n deta = ( 1) i+k a ik deta ik, k=1 (b) kehittämissääntö j:nen sarakkeen suhteen n deta = ( 1) k+j a kj deta kj k=1 Todistus Sivuutetaan (Helppo uskoa tilavuustulkinnasta) 37 Esimerkki Olkoon A = 2 1 2 1 0 3 Lasketaan deta 1 1 2 (a) kehittämällä se 2 rivin suhteen deta = ( 1) 2+1 1 det +( 1) 2+3 3 det 1 2 +( 1) 1 2 2+2 0 det 2 1 1 1 2 2 1 2 = (1 2 2 1)+0 3(2 1 1 ( 1)) = 9,

22 (b) kehittämällä se 3 sarakkeen suhteen 1 0 deta = ( 1) 1+3 2 det +( 1) 1 1 2+3 3 det +( 1) 3+3 2 det 2 1 1 0 2 1 1 1 = 2(1 1 0 ( 1)) 3(2 1 1 ( 1))+2(2 0 1 1) = 9 38 Lause Olkoon A M(n, n) Seuraavat ominaisuudet pätevät: (a) Olkoon B matriisi, joka on saatu kertomalla jokin A:n rivi/sarake luvulla λ R Tällöin detb = λdeta (b) Jos jokin A:n rivi/sarake on nolla, niin deta = 0 (c) Olkoon A = [S 1 S n ], missä S j on A:n j:s sarake Jos S j = V 1 +V 2 jollekin j, niin deta = det[s 1 V 1 +V 2 S n ] Vastaavasti olkoon A = jollekin i, niin = det[s 1 V 1 S n ]+det[s 1 V 2 S n ] R 1, missä R i on A:n i:s rivi Jos R i = W 1 + W 2 R n R 1 deta = det W 1 +W 2 = det W 1 +det W 2 R n R n R n (d) Jos A:ssa on kaksi samaa riviä/saraketta, niin deta = 0 (e) Jos matriisi B saadaan A:sta vaihtamalla kaksi riviä/saraketta keskenään, niin detb = deta (f) Jos B saadaan A:sta lisäämällä riviin/sarakkeeseen i rivi/sarake j i, kerrottuna luvulla λ R, niin detb = deta Todistus (a) Todistetaan rivivaihtoehto Sarakevaihtoehto samoin Oletetaan, että B on saatu kertomalla A:n i:s rivi luvulla λ Tällöin kehittämällä i:nen rivin suhteen saadaan n n detb = ( 1) i+k B ik detb ik = ( 1) i+k λa ik deta ik = λ k=1 k=1 R 1 n ( 1) i+k A ik deta ik = λdeta k=1 R 1

(b) Seuraa (a)-kohdasta valitsemalla λ = 0 (c) Todistetaan saraketapaus Rivitapaus todistetaan vastaavasti Todistetaan väite induktiolla n:n suhteen Kun n = 1, on det[a+b] = a+b = det[a]+det[b], joten väite pätee Tehdään induktio-oletus, että väite pätee n n-matriiseille Osoitetaan, että se pätee tällöin myös (n+1) (n+1)-matriiseille Olkoot A = [ S 1 V 1 +V 2 S n+1], B = [ S 1 V 1 S n+1] ja C = [ S 1 V 2 S n+1], missä V 1 ja V 2 ovat j:nnessä sarakkeessa Tällöin n+1 deta = ( 1) 1+k A 1k deta 1k k=1 j 1 = ( 1) 1+k A 1k deta 1k +( 1) 1+j (V1 1 +V2 1 )deta1j + = k=1 n+1 k=1,k j n+1 k=j+1 23 ( 1) 1+k A 1k deta 1k ( 1) 1+k A 1k (detb 1k +detc 1k )+( 1) 1+j V1 1 detb1j +( 1) 1+j V1 2 detc1j n+1 n+1 = ( 1) 1+k B 1k detb 1k + ( 1) 1+k C 1k detc 1k = detb +detc k=1 (d) HT (induktiolla n:n suhteen) R 1 k=1 R 1 R i R j R i +R j (e) Olkoot A = ja B = Määritellään C = R j R i R i +R j R n R n R n Nyt (d)-kohdan perusteella detc = 0 Lisäksi (c)-kohdan nojalla 0 = detc 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 R n R n = deta+detb R 1 R n R 1 R n R 1 R 1 R n R 1 R n

24 Siis detb = deta (f) HT 39 Merkintä Merkintä A S ij (c) tarkoittaa, että i:s sarake kerrotaan luvulla c ja lisätään sarakkeeseen j ja A R ij (c) tarkoittaa vastaavaa rivioperaatiota 310 Esimerkki (a) 1 2 3 4 det 1 1 2 2 1 0 1 0 1 1 0 0 1 1 3 4 = det 1 0 2 2 1 1 1 0 1 0 0 0 A S 12 ( 1) 1 1 4 4 = det 1 0 2 2 1 1 0 0 1 0 0 0 A S 23 (1) L38(d) = 0 (b) 5 2 3 4 det 0 1 2 2 5 0 1 0 10 1 0 0 1 2 3 4 = 5 det 0 1 2 2 1 0 1 0 2 1 0 0 L38(a) = 5 ( 1) 4+2 1det 3 3 4 2 2 2 1 1 0 = 5 ( 1) 3+2 2 det (c) Olkoon det Nyt ja det 2a 6b c 3d AS 12 (1) 3 2 3 4 = 5 det 2 1 2 2 1 0 1 0 0 1 0 0 A S 21 ( 2) = 5 det 3 0 4 2 0 2 1 2 0 3 4 = 10 ( 6+8) = 20 2 2 a b = 2 Lasketaan det c d L38(a) = 2 det d c det b+2d a+2c L38(e) = L38(a) det a 3b c 3d L38(c) = det b a +2det d c d c d c [ 2a 6b ja det c 3d L38(a) = 2 3det d c d c +det b a 2d 2c L38(e) = L38(d) ( 1)2 det ] d c b+2d a+2c a b = 6 2 = 12 c d a b +2 0 = 2 c d 311 Esimerkki (a) Olkoon A = [ a ] M(1,1) Tällöin A on kääntyvä, jos ja vain jos deta = a 0 a11 a (b) Olkoon A = 12 Jos deta 0, niin A on kääntyvä ja sen käänteismatriisi a 21 a [ 22 ] on A 1 = 1 a22 a 12, sillä deta a 21 a 11

25 a11 a 12 a 21 a 22 a22 a 12 a 21 a 11 1 deta = 1 a11 a 22 a 12 a 21 0 = deta 0 a 21 a 12 +a 11 a 22 1 0 0 1 Jos deta = 0, niin (olettaen, että a 12 0) [ ] a11 a 12 1 0 M 2 ( a 12 ) a 11 a 12 1 0 a 21 a 22 0 1 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 12 1 0, 0 0 a 22 a 12 joten A ei ole kääntyvä (kun a 12 0) Tarkista tapaus a 21 0 Siis A M(2,2) on kääntyvä täsmälleen silloin, kun det A 0 312 Lause Matriisi A M(n, n) on kääntyvä, jos ja vain jos det A 0 Todistus : Oletetaan, että A on kääntyvä Tällöin A muuttuu Gaussin ja Jordanin menetelmällä matriisiksi I Lauseen 38 nojalla operaatio P ij vaihtaa determinantin merkin, operaatio M i (c) kertoo determinantin c:llä (c 0) ja A R ij (c) ei muuta determinanttia Siten deta = c deti = c jollakin c 0, joten deta 0 : Oletetaan, että A ei ole kääntyvä Tällöin A muuttuu Gaussin ja Jordanin menetelmällä matriisiksi B, jossa on nollarivi Siten lauseen 38 nojalla deta = c detb = 0 313 Lause Olkoot A, B M(n, n) Tällöin (a) det(ab) = detadetb, (b) det(a T ) = deta, (c) jos A on kääntyvä, niin det(a 1 ) = 1 deta Todistus (a) ja (b) sivuutetaan (c) Koska 1 = deti = det(aa 1 ) (a) = detadet(a 1 ), niin det(a 1 ) = 1 deta 314 Esimerkki (a) Onko matriisi 1 0 5 2 0 3 kääntyvä? 1 1 2 Koska deta = det 1 0 5 ] 2 0 3 1 5 = ( 1) 1 det[ 3+2 = 7 0, 2 3 1 1 2 on A kääntyvä lauseen 312 perusteella

26 (b) Osoitetaan, että ei ole olemassa 2011 2011-matriisia, jolle A T = A 1 Oletetaan, että tällainen A on olemassa Silloin deta = det(a T ) = det( A 1 ) = ( 1) 2011 det(a 1 ) = 1 deta, joten (deta) 2 = 1, mikä on mahdotonta Siis A:ta ei ole olemassa 315 Määritelmä Olkoon A M(n, n) Matriisin A liittomatriisi on cof A M(n,n), missä kaikilla i,j = 1,,n (cofa) ij = ( 1) i+j deta ij 316 Huomautus Olkoon A M(n,n) Tällöin kaikilla i = 1,,n n n deta = ( 1) i+k A ik deta ik = A ik (cofa) ik k=1 317 Esimerkki Olkoon A = 2 4 3 0 1 1 Tällöin 3 5 7 1 1 (cofa) 11 = ( 1) 1+1 det = 12, (cofa) 5 7 12 = ( 1) 1+2 det Siten 2 3 (cofa) 32 = ( 1) 3+2 det = 2, jne 0 1 k=1 12 3 3 cofa = 13 5 2 7 2 2 318 Lause Olkoon A M(n, n) Tällöin Erityisesti, jos A on kääntyvä, niin A(cofA) T = deta I A 1 = 1 deta (cofa)t 0 1 = 3, 3 7 Todistus Olkoot i,j {1,,n} Määritellään B M(n,n) seuraavasti: B = A paitsi B:n j:s rivi on sama kuin A:n i:s rivi Tällöin n n n ( detb = B jk (cofb) jk = A ik (cofa) jk = A ) ik (cofa) T kj k=1 = ( A(cofA) T) ij k=1 k=1

Jos i = j, niin B = A, joten detb = deta Jos i j, niin B:ssä on kaksi samaa riviä, joten detb = 0 Siis ( A(cofA) T ) ij = { deta, jos i = j 0, jos i j Jos A on kääntyvä, niin deta 0, joten A eli A(cofA) T = deta I 1 deta (cofa)t = I eli A 1 = 1 deta (cofa)t 319 Esimerkki (a) Olkoon A = 2 4 3 0 1 1 Tällöin 3 5 7 deta AS 23 = (1) det 2 4 7 ] 0 1 0 2 7 = ( 1) 1 det[ 2+2 = 3 0, 3 12 3 5 12 joten A on kääntyvä ja A 1 = 1 deta (cofa)t esim 317 = (b) Olkoon A = deta 0, niin 1 3 a11 a 12 Tällöin cofa = a 21 a 22 A 1 = 1 deta (cofa)t = 1 deta 12 3 3 13 5 2 7 2 2 T = 1 12 13 7 3 5 2 3 3 2 2 27 a22 a 21 Jos A on kääntyvä eli a 12 a 11 a22 a 12 a 21 a 11 (vrt esim 311) 320 Lause (Cramerin sääntö) Olkoon A M(n, n) kääntyvä Tällöin yhtälöryhmän Ax = b yksikäsitteinen ratkaisu on x 1 = detc(1) deta x 2 = detc(2) deta x n = detc(n), deta missä A 11 b 1 A 1n A C(i) = 21 b 2 A 2n M(n,n) kaikilla i = 1,,n A n1 b n A nn i:s sarake

28 Todistus Lauseen 318 perusteella A 1 = 1 deta (cofa)t Siten lauseen 225 nojalla yhtälön Ax = b yksikäsitteinen ratkaisu on Nyt x i = 1 deta = 1 deta n k=1 n k=1 x = A 1 b = 1 deta (cofa)t b ( (cofa) T ) ik b k = 1 deta n b k (cofa) ki k=1 ( 1) k+i b k deta ki = detc(i) deta kaikilla i = 1,,n 321 Esimerkki Ratkaise yhtälöryhmä x 1 x 3 = 1 2x 1 + x 2 x 3 = 1 x 1 + 2x 2 + 5x 3 = 2 Kerroinmatriisi on A = 1 0 2 1 1 ja deta AS 13 = (1) 1 2 5 1 0 0 2 1 1 = 4 0 Siten A on 1 2 6 kääntyvä ja Cramerin sääntöä voi soveltaa Nyt b = 1 1, joten 2 C(1) = 1 0 1 1 1 ja detc(1) AS 13 = (1) det 1 0 0 1 1 0 = 7 Siis x 1 = 7 2 2 5 2 2 7 4 Vastaavasti C(2) = 1 1 1 2 1 1, detc(2) = 7 ja x 2 = 7 1 2 5 4 C(3) = 1 0 1 2 1 1, detc(3) = 3 ja x 3 = 3 1 2 2 4 Yhtälöryhmän yksikäsitteinen ratkaisu on x 1 = 7 4 x 2 = 7 4 x 3 = 3 4 sekä

29 322 Lause Matriisille A M(n, n) seuraavat väitteet ovat yhtäpitäviä: (a) Yhtälöllä Ax = b on täsmälleen yksi ratkaisu kaikilla b R n (b) Homogeeniyhtälöllä Ax = 0 on vain triviaaliratkaisu x = 0 (c) Gaussin ja Jordanin menetelmä muuntaa A:n identtiseksi matriisiksi (d) Kuvaus F A : R n R n, F A (x) = Ax, on bijektio (e) A on kääntyvä (f) deta 0 Todistus HT Kokoa jo todistetut tulokset 4 Vektoriavaruus R n 41 Määritelmä Vektori x R n on vektorien v 1,,v k R n lineaarikombinaatio, jos on olemassa sellaiset λ 1,,λ k R, että k x = λ i v i i=1 i:s 42 Merkintä Merkitään e i = (0,,0,1,0,,0) R n, i = 1,,n Vektoreita e 1,,e n kutsutaan R n :n luonnollisiksi kantavektoreiksi 43 Esimerkki (a) Vektori(3,4,5) R 3 on luonnollisten kantavektoriene 1,e 2,e 3 R 3 lineaarikombinaatio, sillä (3,4,5) = 3(1,0,0)+4(0,1,0)+5(0,0,1) = 3e 1 +4e 2 +5e 3 (b) Olkoot x = ( 1,1, 2), v 1 = (1,2,0), v 2 = (3,0,4) ja v 3 = (2,1,2) Onko x vektorien v 1, v 2 ja v 3 lineaarikombinaatio? Tutkitaan, löytyykö sellaiset λ 1,λ 2,λ 3 R, että x = λ 1 v 1 +λ 2 v 2 +λ 3 v 3 ( 1,1, 2) = λ 1 (1,2,0)+λ 2 (3,0,4)+λ 3 (2,1,2) ( 1,1, 2) = (λ 1 +3λ 2 +2λ 3,2λ 1 +λ 3,4λ 2 +2λ 3 ) λ 1 + 3λ 2 + 2λ 3 = 1 λ 1 = 1 1 λ 2 2 3 2λ 1 + λ 3 = 1 λ 2 = 1 1λ 2 2 3 4λ 2 + 2λ 3 = 2 λ 3 R Yhtälöryhmällä on siis äärettömän monta ratkaisua Valitsemalla esimerkiksi λ 3 = 0 saadaan x = 1 2 v 1 1 2 v 2 +0 v 3

30 Siten x on vektorien v 1, v 2 ja v 3 lineaarikombinaatio Huomaa, että esitys ei ole yksikäsitteinen 44 Määritelmä Vektorit v 1,,v k R n ovat lineaarisesti riippuvia, jos on olemassa sellaiset λ 1,,λ k R, että λ i 0 jollekin i = 1,,k ja k i=1 λ iv i = 0 Muutoin vektorit v 1,,v k ovat lineaarisesti riippumattomia, toisin sanoen ehdosta k i=1 λ iv i = 0 seuraa, että λ 1 = = λ k = 0 45 Huomautus (a) Lineaarisesti riippuvien vektorien monikerroista voidaan muodostaa suljettu silmukka λ 4 v 4 λ 3 v 3 λ 1 v 1 λ 2 v 2 (b) Usein käytetään lyhenteitä LD = lineaarisesti riippuva ja LI = lineaarisesti riippumaton (c) Sanotaan, että joukko {v 1,,v k } on lineaarisesti riippuva/riippumaton, jos vektorit v 1,,v k ovat lineaarisesti riippuvia/riippumattomia 46 Esimerkki (a) Vektorit v 1 = (1,2,0), v 2 = (3,0,4) ja v 3 = (2,1,2) ovat lineaarisesti riippuvia, sillä 1 v 1 +1 v 2 2 v 3 = (1,2,0)+(3,0,4) (4,2,4) = (0,0,0) = 0 (b) Joukko {(1,0,0),(0,0,1)} R 3 on lineaarisesti riippumaton, sillä ehdosta λ 1 (1,0,0)+λ 2 (0,0,1) = (0,0,0), seuraa, että (λ 1,0,λ 2 ) = (0,0,0) eli λ 1 = 0 = λ 2 (c) Olkoot v 1,,v k R n Jos v i = 0 jollakin i = 1,,k, niin vektorit v 1,,v k ovat lineaarisesti riippuvia Todistus Valitaan λ j = 0 kaikilla j i ja λ i = 1 Tällöin k λ j v j = 0 v 1 + +0 v i 1 +1 v i +0 v i+1 + +0 v k = 0+1 0 = 0 j=1 ja λ i 0 (d) Olkoon V = {v} R n Tällöin V on lineaarisesti riippumaton täsmälleen silloin, kun v 0 Todistus : Jos v = 0, niin (c)-kohdan perusteella V on lineaarisesti riippuva : Jos v 0, niin λv = 0 vain, jos λ = 0, joten V on lineaarisesti riippumaton (e) Jos vektorit v 1,,v k R n ovat lineaarisesti riippuvia, niin vektorit v 1,, v k,v R n ovat lineaarisesti riippuvia olipa v R n mikä tahansa

31 Todistus HT (f) Lineaarisesti riippumattoman joukon jokainen epätyhjä osajoukko on lineaarisesti riippumaton Todistus HT 47 Lause Olkoon äärellisessä joukossa V R n vähintään kaksi alkiota Tällöin V on lineaarisesti riippuva täsmälleen silloin, kun jokin V :n alkio v on joidenkin joukon V\{v} alkioiden lineaarikombinaatio Todistus : Oleteaan, että v V on vektorien v 1,,v k V\{v} lineaarikombinaatio, toisin sanoen v = k i=1 λ iv i joillekin λ i R, i = 1,,k Tällöin k λ i v i 1 v = 0, i=1 joten vektoritv 1,,v k,v ovat lineaarisesti riippuvia SitenV on lineaarisesti riippuva esimerkin 46 (e) perusteella : Olkoon V = {v 1,,v k } lineaarisesti riippuva Tällöin on olemassa sellaiset λ 1,,λ k R, että λ i 0 jollekin i = 1,,k ja k j=1 λ jv j = 0 Siten λ i v i = k λ j v j eli v i = j=1 j i k j=1 j i joten v i on joukon V\{v i } alkioiden lineaarikombinaatio λ j λ i v j, 48 Lause Olkoon A M(n,k) Merkitään A = [ A 1 A k ], missä Ai R n on A:n i:s sarakevektori kaikilla i = 1,,k Tällöin vektorit A 1,,A k R n ovat lineaarisesti riippumattomia, jos ja vain jos homogeeniyhtälöllä Ax = 0 on vain triviaaliratkaisu x = 0 a 11 a ik Todistus Merkitään A = Nyt a n1 a nk a 11 x 1 + +a 1k x k Ax = 0 = 0 a n1 x 1 + +a nk x k 0 a 11 x 1 a 1k x k + + = 0 x 1 A 1 + +x k A k = 0, a n1 x 1 a nk x k 0 missä x i R ja A i R n kaikilla i = 1,,k

32 Jos A 1,,A k ovat lineaarisesti riippumattomia, niin x 1 = = x k = 0, joten yhtälöllä Ax = 0 on vain triviaaliratkaisu x = 0 Jos taas yhtälöllä Ax = 0 on vain triviaaliratkaisu, niin vektorit A 1,,A k ovat lineaarisesti riippumattomia 49 Seuraus Olkootv 1,,v n R n Määritellään matriisi A M(n,n) asettamalla A = [ v 1 v n ] Tällöin vektorit v1,,v n ovat lineaarisesti riippumattomia, jos ja vain jos deta 0 Todistus Seuraa lauseista 48 ja 322 410 Esimerkki (a) Olkoot v 1 = (a 11,a 21 ) R 2 ja v 2 = (a 12,a 22 ) R 2 Tällöin v 1 ja v 2 ovat lineaarisesti riippumattomia, jos ja vain jos a11 a det 12 0, a 21 a 22 joka puolestaan on yhtäpitävää sen kanssa, että vektorien v 1 ja v 2 virittämän suunnikkaan pinta-ala on positiivinen, joka tapahtuu täsmälleen silloin, kun v 1 ja v 2 ovat eri suuntaiset (b) Olkoot v 1 = (0,3,1), v 2 = (1, 1,1) ja v 3 = (3,3,5) Tutkitaan, ovatko v 1, v 2 ja v 3 lineaarisesti riippuvia: det 0 1 3 3 1 3 AS 23 = ( 3) det 0 1 0 3 1 6 = (6 6) = 0, 1 1 5 1 1 2 joten v 1, v 2 ja v 3 ovat lineaarisesti riippuvia Kuitenkin ne ovat selvästi eri suuntaisia 411 Määritelmä Olkoon S = {v 1,,v k } R n epätyhjä äärellinen joukko Joukon S lineaarinen verho (peite) S = v 1,,v k = { k λ j v j λ j R, j = 1,,k} on vektorien v 1,,v k kaikkien lineaarikombinaatioiden joukko j=1 412 Esimerkki (a) Aina pätee, että S S, sillä v = 1 v + w S\{v} 0 w kaikilla v S (b) 1 = {λ 1 λ R} = R (c) Avaruuden R n luonnolliset kantavektorit e 1,,e n ovat lineaarisesti riippumattomia ja e 1,,e n = R n Todistus HT (d) Olkoon S = {(1,0,0),(2,1,0),(0,0,1),(0,1,1)} R 3 Tällöin S = R 3

Todistus Selvästi S R 3, sillä S R 3 Osoitetaan, että R 3 S Olkoon x R 3 On löydettävä sellaiset λ 1,,λ 4 R, että x=λ 1 (1,0,0)+λ 2 (2,1,0)+λ 3 (0,0,1)+λ 4 (0,1,1)=(λ 1 +2λ 2,λ 2 +λ 4,λ 3 +λ 4 ) λ λ 1 + 2λ 2 = x 1 1 = x 1 2x 2 +2λ 4 λ λ 2 + λ 4 = x 2 2 = x 2 λ 4 λ λ 3 + λ 4 = x 3 = x 3 λ 4 3 λ 4 R Valitaan λ 4 = 0, jolloin λ 1 = x 1 2x 2, λ 2 = x 2 ja λ 3 = x 3 Siis x = (x 1 2x 2 )(1,0,0)+x 2 (2,1,0)+x 3 (0,0,1)+0 (0,1,1) S eli R 3 S Näin ollen S = R 3 (e) Mikä on joukon S = {(1, 0, 1),(2, 0, 1)} lineaarinen verho? Selvästi S R 3 Edelleen, x S, jos ja vain jos on olemassa sellaiset λ 1,λ 2 R, että λ 1 + 2λ 2 = x 1 λ 1 = 2x 3 x 1 x = λ 1 (1,0,1)+λ 2 (2,0,1) 0 = x 2 λ 2 = x 1 x 3 λ 1 + λ 2 = x 3 x 2 = 0 Siis x S, jos ja vain jos x 2 = 0 eli S = {x R 3 x 2 = 0} on xz-taso 413 Lause Olkoon S = {v 1,,v k } R n epätyhjä joukko ja x R n Tällöin (a) x S S {x} = S (b) Jos S on lineaarisesti riippumaton, niin x / S v 1,,v k,x ovat lineaarisesti riippumattomia Todistus (a) : Oletetaan, että x S eli x = k i=1 λ iv i joillekin λ 1,,λ k R On osoitettava, että S {x} = S Selvästi S S {x}, sillä jos y S, niin on olemassa sellaiset µ 1,,µ k R, että k k y = µ i v i = µ i v i +0 x, i=1 joten y S {x} Olkoon siis y S {x} Tällöin on olemassa sellaiset µ 1,,µ k,µ k+1 R, että k k k k y = µ i v i +µ k+1 x = µ i v i +µ k+1 λ i v i = (µ i +µ k+1 λ i )v i, i=1 joten y S Siis S {x} S ja S {x} = S i=1 : Oletetaan, että S {x} = S Esimerkin 412(a) nojalla x S {x} = S, joten x S (b) HT i=1 i=1 i=1 33

34 414 Lause Olkoon S = {v 1,,v k } R n epätyhjä joukko ja w 1,,w l S, missä l k +1 Tällöin w 1,,w l ovat lineaarisesti riippuvia Todistus Koska w j S kaikilla j = 1,,l, löytyy sellaiset a ij R, i = 1,,k, j = 1,,l, että w 1 = a 11 v 1 + +a k1 v k w 2 = a 12 v 1 + +a k2 v k w l = a 1l v 1 + +a kl v k Riittää löytää sellaiset λ 1,,λ l R, että (λ 1,,λ l ) 0 ja l j=1 λ jw j = 0, toisin sanoen yhtälöllä ( ) λ 1 (a 11 v 1 + +a k1 v k )+ +λ l (a 1l v 1 + +a kl v k ) = (a 11 λ 1 + +a 1l λ l )v 1 + +(a k1 λ 1 + +a kl λ l )v k = 0 on epätriviaali ratkaisu λ = (λ 1,,λ l ) 0 Yhtälö ( ) toteutuu ainakin silloin, kun jokaisen v i :n kerroin on nolla eli homogeeniyhtälö a 11 λ 1 + +a 1l λ l = 0 a k1 λ 1 + +a kl λ l = 0 toteutuu Koska tässä yhtälöryhmässä on enemmän tuntemattomia kuin yhtälöitä (l > k), niin Gaussin ja Jordanin menetelmän tapaus (1) ei esiinny Koska yhtälö on homogeeninen, tapaus (2) ei ole mahdollinen Siten yhtälöllä on äärettömän monta ratkaisua Erityisesti sillä on ratkaisu λ 0 415 Seuraus Olkoon S = {v 1,,v k } R n (a) Jos k > n, niin S on lineaarisesti riippuva (b) Jos k < n, niin S R n Todistus (a) Koska e 1,,e n = R n, v 1,,v k R n ja k > n, niin lauseen 414 nojalla v 1,,v k ovat lineaarisesti riippuvia (b) Jos S = R n, niin lauseen 414 nojalla e 1,,e n R n olisivat lineaarisesti riippuvia (n > k), mikä on ristiriita 416 Seuraus Olkoon S R n lineaarisesti riippumaton Tällöin S = R n Todistus : Seuraa seurauksessa 415 S : ssä on n alkiota : Jos S R n, niin on olemassa x R n \ S Lauseen 413(b) nojalla S {x} on lineaarisesti riippumaton, mikä on ristiriita seurauksen 415 kanssa

417 Esimerkki (a) Joukko {(1,1,5),(3,3,2),(e,π,e π ),(10,10 10,10 1010 )} on lineaariseti riippuva (b) (4,3,2,1,0),(1,2,3,4,5) R 5 (c) (0,3,1),(1, 1,1),(1,2,3) = R 3, sillä det 0 1 1 3 1 2 = 3 0, 1 1 3 joten (0, 3, 1), (1, 1, 1), (1, 2, 3) ovat lineaarisesti riippumattomia seurauksen 49 nojalla 35 418 Esimerkki Joukko R voidaan upottaa tasoon R 2 samastamalla se joukon R = {(x,0) R 2 x R} kanssa Jos x,y R, niin x+y = (x 1,0)+(y 1,0) = (x 1 +y 1,0) R ja λx = λ(x 1,0) = (λx 1,0) R kaikilla λ R Onko R 2 :ssa muita aitoja osajoukkoja, jotka ovat suljettuja yhteenlaskun ja reaaliluvulla kertomisen suhteen? Entä R n :ssä? 419 Määritelmä Epätyhjä joukko V R n on R n :n (vektori)aliavaruus, jos (a) v,w V v +w V ja (b) λ R, v V λv V 420 Esimerkki (a) Jos V R n on aliavaruus, niin 0 V, sillä koska V, on olemassa v V, joten 0 = 0 v V (b) Joukot V = {0} ja V = R n ovat R n :n triviaalit aliavaruudet (c) Joukko V = {(t, 5t) R 2 t R} on R 2 :n aliavaruus Todistus Koska (0,0) = (0, 5 0) V, niin V Olkoot v,w V Tällöin on olemassa sellaiset s,t R, että v = (s, 5s) ja w = (t, 5t) Nyt v +w = (s, 5s)+(t, 5t) = (s+t, 5(s+t)) = (h, 5h) V, sillä h = s+t R Samoin kaikilla λ R, λv = λ(s, 5s) = (λs, 5λs) = (h, 5h) V, missä h = λs R Siis V on aliavaruus (d) Joukko H = {(x,y) R 2 x+y = 1} ei ole R 2 :n aliavaruus, sillä 0 / H, koska 0 + 0 1 Huomaa, että (1,0) H, mutta 2 (1,0) / H, sillä 2 + 0 1 Samoin (0,1) H, mutta (1,0)+(0,1) = (1,1) / H, sillä 1+1 1

36 (e) V 1 on R 2 :n aliavaruus, mutta V 2 ja V 3 eivät ole: V 1 V 2 V 3 (f) Joukko V = {x R 3 x 1 +2x 2 +3x 3 = 0} on R 3 :n aliavaruus Todistus Koska 0+2 0+3 0 = 0, niin 0 V, joten V Olkoot x,y V Nyt (x+y) 1 +2(x+y) 2 +3(x+y) 3 = x 1 +y 1 +2x 2 +2y 2 +3x 3 +3y 3 = x 1 +2x 2 +3x 3 +y 1 +2y 2 +3y 3 = 0+0 = 0, joten x+y V Samoin kaikilla λ R (λx) 1 +2(λx) 2 +3(λx) 3 = λx 1 +2λx 2 +3λx 3 = λ(x 1 +2x 2 +3x 3 ) = λ 0 = 0, joten λx V Siis V on R 3 :n aliavaruus 421 Lause Olkoot V,W R n aliavaruuksia Tällöin V W on R n :n aliavaruus, mutta V W ei yleensä ole R n :n aliavaruus Todistus Koska 0 V ja 0 W, niin 0 V W, joten V W Olkoot v,w V W ja λ R Nyt v,w V, joten v+w V, ja v,w W joten v+w W Siis v+w V W Lisäksi λv V ja λv W, joten λv V W Näin ollen V W on R n :n aliavaruus Tapaus V W HT 422 Lause OlkoonV R n aliavaruus Tällöin kaikillak N pätee: josv 1,,v k V ja λ 1,,λ k R, niin k i=1 λ iv i V Todistus HT 423 Lause (a) Olkoon A M(k,n) Yhtälöryhmän Ax = 0 ratkaisujoukko R 0 on R n :n aliavaruus (b) Olkoon b R k ja A M(k,n) Oletetaan, että yhtälöryhmällä Ax = b on jokin ratkaisu x 0 Tällöin yhtälöryhmän Ax = b ratkaisujoukko on R = x 0 +R 0 = {x 0 +y y R 0 }, missä R 0 on yhtälöryhmän Ax = 0 ratkaisujoukko

37 Todistus (a) Koska A0 = 0, niin 0 R 0 Olkoot x,y R 0 Tällöin A(x+y) = Ax+Ay = 0+0 = 0, joten x+y R 0 Samoin A(λx) = λax = λ 0 = 0 kaikilla λ R, joten λx R 0 (b) Olkoon z R Tällöin z = x 0 +y jollakin y R 0 Nyt Az = A(x 0 +y) = Ax 0 +Ay = b+0 = b, joten z on yhtälön Ax = b ratkaisu Jos taas z on yhtälön Ax = b ratkaisu, niin A(z x 0 ) = Az Ax 0 = b b = 0, joten z x 0 R 0 Nyt z = x 0 +z x 0 R 424 Lause Epätyhjän joukons = {v 1,,v k } R n lineaarinen verho S onr n :n aliavaruus Se on pienin R n :n aliavaruus, joka sisältää joukon S, toisin sanoen, jos V on R n :n aliavaruus ja S V, niin S V Todistus Osoitetaan, ensin, että S on R n :n aliavaruus Koska S S ja S, niin S Olkoot v,w S Tällöin on olemassa λ 1,,λ k R ja µ 1,,µ k R, joille v = k i=1 λ iv i ja w = k i=1 µ iv i Tällöin k k k v +w = λ i v i + µ i v i = (λ i +µ i )v i S Samoin, jos λ R, niin i=1 Siis S on R n :n aliavaruus λv = λ i=1 k λ i v i = i=1 i=1 k (λλ i )v i S Olkoon V R n :n aliavaruus, jolle S V Osoitetaan, että S V Olkoon v S Tällöin löytyy sellaiset λ 1,,λ k R, että v = k i=1 λ iv i Koska v i V kaikilla i = 1,,k, niin lauseen 422 nojalla v V Siis S V 425 Huomautus (a) Joukon S lineaarista verhoa S kutsutaan usein S:n virittämäksi aliavaruudeksi Jos V on aliavaruus ja V = S, niin S virittää V :n (b) Luonnolliset kantavektorit e 1,,e n virittävät R n :n, sillä e 1,,e n = R n Lisäksi vektorit e 1,,e n ovat lineaarisesti riippumattomia 426 Määritelmä Olkoon V R n aliavaruus Vektorit v 1,,v k V muodostavat aliavaruuden V kannan, jos i=1 (a) v 1,,v k ovat lineaarisesti riippumattomia ja (b) v 1,,v k = V Tällöin sanotaan, että joukko {v 1,,v k } on V :n kanta

38 427 Esimerkki (a) Vektori 1 R muodostaa R:n luonnollisen kannan (esimerkki 46(d) ja 412(b)) Myös 2 R on R:n kanta (b) Luonnolliset kantavektorit e 1,,e n R n muodostavat R n :n kannan (c) Joukko S = {(π,e),(10,10 10 )} on R 2 n kanta Perustelu: Vektorit (π,e) ja (10,10 10 ) ovat lineaarisesti riippumattomia, sillä π 10 det e 10 10 = π 10 10 10 e 0, koska π 10 10 > 100 ja 10 e < 30 Selvästi S R 2 Olkoon x R 2 Etsitään sellaiset λ,µ R, että λ(π,e)+µ(10,10 10 ) = (x 1,x 2 ) { πλ+10µ = x1 eλ+10 10 µ = x 2 { λ = 10 9 x 1 x 2 10 9 π e µ = πx 2 ex 1 10 10 π 10e Siis (x 1,x 2 ) = 109 x 1 x 2 10 9 π e (π,e) + πx 2 ex 1 10 10 π 10e (10,1010 ) Näin ollen S = R 2 ja S on R 2 :n kanta Huomaa, että seuraus 416 antaa suoraan tiedon S = R 2 (d) Aliavaruudella voi olla useita eri kantoja (vrt (c)-kohta) (e) Joukko S = {(1,0,0),(2,1,0),(0,0,1),(0,1,1)} R 3 ei ole R 3 :n kanta, vaikka S = R 3 (esimerkki 412(d)), sillä S on lineaarisesti riippuva seurauksen 415(a) perusteella (f) Esimerkissä 420(f) todettiin, että V = {x R 3 x 1 + 2x 2 + 3x 3 = 0} on R 3 :n aliavaruus Etsitään V :lle kanta Koska x V, jos ja vain jos x 1 = 2x 2 3x 3 on V = {( 2s 3t,s,t) R 3 s,t R} Siis x V, jos ja vain jos on olemassa sellaiset s,t R, että x = ( 2s 3t,s,t) = ( 2s,s,0)+( 3t,0,t) = s( 2,1,0)+t( 3,0,1) Näin ollen V = ( 2,1,0),( 3,0,1) Osoitetaan vielä, että ( 2,1,0) ja ( 3,0,1) ovat lineaarisesti riippumattomia Olkoot λ,µ R sellaiset, että λ( 2,1,0)+µ( 3,0,1) = 0 2λ 3µ = 0 λ = 0 µ = 0 { λ = 0 µ = 0 Siis vektorit ( 2, 1, 0) ja ( 3, 0, 1) ovat lineaarisesti riippumattomat Siten joukko {( 2,1,0),( 3,0,1)} on V :n kanta (g) Jokainen lineaarisesti riippumaton joukko on lineaarisen verhonsa kanta (h) Triviaalilla vektoriavaruudella {0} ei ole kantaa, sillä sillä ei ole yhtään lineaarisesti riippumatonta osajoukkoa

428 Lause Jos vektorit v 1,,v k R n ovat lineaarisesti riippumattomia, niin jokainen v v 1,,v k voidaan esittää yksikäsitteisesti muodossa k v = λ i v i, missä λ 1,,λ k R i=1 Todistus Olkoon v v 1,,v k Tällöin on olemassa sellaiset λ 1,,λ k R, että v = k i=1 λ iv i Olkoot µ 1,,µ k R sellaiset, että v = k i=1 µ iv i Osoitetaan, että λ i = µ i kaikilla i = 1,,k Nyt k k k 0 = v v = λ i v i µ i v i = (λ i µ i )v i i=1 i=1 Koska v 1,,v k ovat lineaarisesti riippumattomia, on λ i µ i = 0 kaikilla i = 1,,k eli λ i = µ i kaikilla i = 1,,k 429 Määritelmä Olkoon K = {v 1,,v k } aliavaruuden V R n kanta Vektorin v K koordinaatit kannassa K ovat lauseen 428 antamat yksikäsitteiset kertoimet λ 1,,λ k, joille v = k i=1 λ iv i Tällöin merkitään v = (λ 1,,λ k ) K Jos K on avaruuden R n luonnollinen kanta, niin alaindeksi K jätetään pois: x = (x 1,,x n ) 430 Huomautus Kun käytetään koordinaattimerkintää (λ 1,,λ k ) K, on kannan K alkioiden järjestys kiinnitetty Jos järjestystä vaihdetaan, myös koordinaattien λ 1,,λ k järjestys vaihtuu vastaavasti Koordinaattiesityksen yhteydessä kanta on siis järjestetty jono (v 1,,v k ) eikä joukko {v 1,,v k } Kantavektoreiden permutointi antaa siten uuden kannan 431 Esimerkki Vektorin(1,0) R 2 koordinaatit kannassak = {(π,e),(10,10 10 )} 10 ovat 9 ja e esimerkin 427(c) perusteella, sillä 10 9 π e 10 10 π 10e i=1 (1,0) = 109 10 9 π e (π,e) e 10 10 π 10e (10,1010 ) Siis (1,0) = ( 109, e ) 1 10 9 π e 10 10 π 10e K Olkoon v = (, π ) 10 9 π e 10 10 π 10e K Tällöin v:n koordinaatit luonnollisessa kannassa ovat 0 ja 1, sillä 1 v = 10 9 π e (π,e)+ π 10 10 π 10e (10,1010 ) = (0,1) 432 Lause Aliavaruuden V R n jokaisessa kannassa on sama määrä vektoreita Erityisesti R n :n jokaisessa kanssa on n vektoria Todistus Olkoon K V :n kanta, jossa on k vektoria Olkoon L V :n jokin toinen kanta, jossa on l vektoria Koska L V = K ja L on lineaarisesti riippumaton, niin l k seurauksen 415(a) nojalla Samoin K V = L ja K on lineaarisesti riippumaton, joten k l Siis k = l Koska R n :n luonnollisessa kannassa on n vektoria, on siten R n :n jokaisessa kannassa n vektoria 39

40 433 Määritelmä Jos aliavaruudella V R n on k-alkioinen kanta, niin V :n dimensio eli ulottuvuus on k Tällöin merkitään dim V = k Lisäksi sovitaan, että dim{0} = 0 434 Esimerkki (a) dimr n = n (b) Olkoon V = {x R 3 x 1 + 2x 2 + 3x 3 = 0} Esimerkin 427(f) perusteella K = {( 2,1,0),( 3,0,1)} on V :n kanta, joten dimv = 2 435 Lause Olkoon V R n aliavaruus ja {v 1,,v k } V lineaarisesti riippumaton Tällöin on olemassa sellainen V :n kanta K, että {v 1,,v k } K Todistus Olkoon S = {v 1,,v k } Jos S = V, niin S on V :n kanta, joten K = S Jos S V, niin on olemassa w 1 V\ S, sillä S V Tällöin S {w 1 } on lineaarisesti riippumaton lauseen 413(b) nojalla Jos S {w 1 } = V, niin S {w 1 } = K on V :n kanta Jos S {w 1 } V, niin löytyy w 2 V\ S {w 1 } Tällöin S {w 1 } {w 2 } on lineaarisesti riippumaton Jos S {w 1 } {w 2 } V, niin jatketaan näin Valintaprosessi päättyy äärellisen monen askeleen jälkeen, sillä V R n ja jokaisessar n :n lineaarisesti riippumattomassa joukossa on korkeintaannalkiota (seuraus 415(a)) Siten tuloksena on V :n kanta K = S {w 1,,w l } jollekin l, jolle k +l n 436 Seuraus Olkoon V {0} R n :n aliavaruus Tällöin V :llä on kanta Todistus Koska V {0}, on olemassa v V\{0} Esimerkin 46(d) nojalla {v} on lineaarisesti riippumaton Lauseen 435 perusteella {v} voidaan laajentaa V :n kannaksi 437 Huomautus Lauseen 424 perusteella lineaarinen verho S on aliavaruus Seurauksen 436 perusteella jokainen R n :n aliavaruus on jonkin äärellisen joukon K lineaarinen verho 438 Lause Olkoon V R n aliavaruus ja dimv = k > 0 Olkoon K V k- alkioinen joukko Tällöin seuraavat ovat yhtäpitäviä: (a) K on V :n kanta (b) K on lineaarisesti riippumaton (c) K = V Todistus Määritelmän perusteella (a) (b) ja (c) Riittää siis osoittaa, että (b) (c) (b) (c): Lauseen 435 nojalla K voidaan laajentaa V :n kannaksi L K Lauseen 432 perusteella L:ssä on k alkiota Siten L = K ja K = V (c) (b): Jos K on lineaarisesti riippuva, niin k 2, sillä jos K = {v}, niin v 0, sillä V {0} Siten lauseen 47 nojalla löytyy v K ja λ 1,,λ k 1 R, joille

v = v i K\{v} λ iv i Siten lauseen 413(a) perusteella V = K = K\{v}, joten lauseen 414 nojalla jokainen V :n k-alkioinen joukko on lineaarisesti riippuva, mikä on ristiriita, sillä dimv = k 439 Seuraus Olkoot v 1,,v n R n Tällöin det [ v 1 v n ] 0 {v1,,v n } on R n :n kanta 41 Todistus HT 440 Lause Olkoot V W R n aliavaruuksia Tällöin (a) dimv dimw n (b) dimv = dimw V = W Todistus HT 441 Esimerkki (a) Joukko {(π,0,e),(0,1,75),(2010,0,49)} on R 3 :n kanta, sillä siinä on kolme alkiota ja det π 0 2010 0 1 0 = 49π 2010e 0 e 75 49 (b) Joukko {(1,2)} R 2 on lineaarisesti riippumaton, joten se voidaan laajentaa R 2 :n kannaksi Esimerkiksi K = {(1,2),(1, 1)} on R 2 :n kanta, sillä siinä on kaksi alkiota ja 1 1 det = 3 0 2 1 442 Yhtälöryhmän ratkaisun geometrinen tulkinta Olkoon A M(k, n) Tarkastellaan homogeeniyhtälöä a 11 x 1 + a 12 x 2 + + a 1n x n = 0 Ax = 0 a k1 x 1 + a k2 x 2 + + a kn x n = 0 Harjoituksissa 6 osoitetaan, että joukko V i = {x R n n a ij x j = 0} on R n :n (n 1)-ulotteinen aliavaruus kaikilla i = 1,,k, mikäli a ij 0 jollekin j = 1,,n (Jos a ij = 0 kaikilla j = 1,,n, niin V i = R n ) Siten Ax = 0, jos ja vain jos x V i kaikilla i = 1,,k, toisin sanoen x k i=1 V i Siten yhtälöryhmän Ax = 0 ratkaisujoukko on (n 1)-ulotteisten aliavaruuksien leikkaus, joka on l-ulotteinen aliavaruus jollekin l n 1 Jos n = 2, kyseessä on siis suorien leikkaus j=1