802120P Matriisilaskenta (5 op)

802120P Matriisilaskenta (5 op) Marko Leinonen Matemaattiset tieteet Syksy 2016 1 / 220

Luennoitsija: Marko Leinonen marko.leinonen@oulu.fi MA333 Kurssilla käytetään Noppaa (noppa.oulu.fi) Luentomoniste (T. Vedenjuoksu 2015) Luentokalvot (T. Vedenjuoksun luentokalvojen pohjilta muokatut) Harjoitustehtävät Harjoitustehtävien ratkaisut Luento- ja harjoitusajat Tenttiajat Verkkomateriaalia: YouTube, Khan Academy (https://www.khanacademy.org/math/linear-algebra) 2 / 220

Opintojakson suorittaminen Kurssi koostuu luennoista, itsenäisestä opiskelusta ja harjoituksista. Viikottain tehtäviä asioita: Luentojen ennakkotehtävät (esim. helpohko ongelma ratkaistavaksi ja tulevan kerran käsitteisiin tutustumista) Harjoitustehtävät Kurssisuoritus arvioidaan yliopistotentillä, jossa ei saa olla laskimia. Harjoitukset Tehtävät käydään läpi dokumenttikameran avulla Saa kolmeen ensimmäiseen loppukokeesen lisäpisteitä suhteessa tehtyihin tehtäviin 3 pistettä, jos on tehnyt vähintään 75 prosenttia harjoitustehtävistä 2 pistettä, jos on tehnyt vähintään 50 prosenttia harjoitustehtävistä 1 piste, jos on tehnyt vähintään 25 prosenttia harjoitustehtävistä Lisäpisteet edellyttävät omien ratkaisujen esittämistä Kolme lisäpistettä vastaa yhtä arvosanaa 3 / 220

Mistä tukea opintojakson sisältöjen opiskeluun Luennot MA ja TO klo 10-12 Valmistaudu luentoon tekemällä ennakkotehtävä Uskalla kysyä ja keskeyttää Tutortupa (3. krs) Laskuharjoitukset Ke 10-12 Marko Leinonen Ke 14-16 Eemeli Perälä To 12-14 Eemeli Perälä Pe 10-12 Marko Leinonen 4 / 220

Arviointi Yliopistotentti (muista ilmoittautua) ti 20.12.2016 klo 14.30-17.30 ma 23.1.2017 klo 14.30-17.30 ma 20.2.2017 klo 14.30-17.30 Pisterajat (max 33 (tentti 30 + harjoitusten lisäpisteet 3)) pisteet 27-33 arvosana 5 pisteet 24-26 arvosana 4 pisteet 21-23 arvosana 3 pisteet 18-20 arvosana 2 pisteet 15-17 arvosana 1 pisteet 0-14 hylätty suoritus 5 / 220

Lineaarialgebraa ja matriiseja tarvitaan lähes jokaisella matematiikan kurssilla, ja lisäksi tilastotieteessä, fysiikassa,... Sovelluskohteita: Kuvankäsittely Signaalinkäsittely Tomografia GPS Virheen havaitsevat koodit ja virheen korjaavat koodit Kuvanpakkaus... 6 / 220

Kurssin sisältöä: Vektorit Lineaarinen yhtälöryhmä ja sen ratkaiseminen Matriisit ja niiden laskutoimitukset Determinantti Vektoriavaruudet Matriisin ominaisarvot ja ominaisvektorit Similaarisuus ja diagonalisoituvuus 7 / 220

Vektorit 8 / 220

Määritelmä 1 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 ja λx = (λx 1, λx 2,..., λx n ) R n. 9 / 220

Lause 1 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 (g) (λ + µ)x = λx + µx (h) λ(x + y) = λx + λy (osittelulait). Huomautus Edellisen lauseen (d)-kohdan nojalla jokaisella vektorilla y R n on vastavektori y R n. Otetaan käyttöön lyhennysmerkintä x y := x + ( y). 10 / 220

Määritelmä 2 Vektoreiden u = (u 1,..., u n ) R n ja v = (v 1,..., v n ) R n pistetulo on u v = u 1 v 1 + u 2 v 2 + + u n v n. Määritelmä 3 Vektorit u R n ja v R n ovat ortogonaaliset eli kohtisuorassa toisiaan vastaan, jos u v = 0. 11 / 220

Määritelmä 4 Avaruuden R n, n = 2, 3, suora on joukko {u + kv k R}, missä u R n ja v R n \{0}. Tätä suoran esitystä kutsutaan suoran vektoriesitykseksi. Vektoria u kutsutaan paikkavektoriksi ja vektoria v suuntavektoriksi. Avaruuden R 2 suora voidaan esittää myös muodossa ax 1 + bx 2 + c = 0, missä a, b, c R ja vähintään toinen luvuista a tai b on nollasta eroava. 12 / 220

Määritelmä 5 Avaruuden R 3 taso on joukko {u + kv + tw k, t R}, missä u R 3 ja v, w R 3 \{0} ja vektorit v ja w eivät ole yhdensuuntaiset. Vektoria u kutsutaan paikkavektoriksi ja vektoreita v ja w suuntavektoreiksi. Taso avaruudessa R 3 on myös sellaisten pisteiden (x 1, x 2, x 3 ) R 3 joukko, jotka toteuttavat yhtälön ax 1 + bx 2 + cx 3 + d = 0, missä a, b, c, d R ja ainakin yksi luvuista a, b, c on nollasta eroava. Tätä yhtälöä kutsutaan tason skalaariyhtälöksi. 13 / 220

Ennakkotehtävät seuraavalle luentokerralle Tehtävä 1 Ratkaise yhtälöparit a) { x1 2x 2 = 1 x 1 + 3x 2 = 3 b) { x1 2x 2 = 1 x 1 + 2x 2 = 3 { x1 2x 2 = 1 c). x 1 + 2x 2 = 1 Tulkitse ratkaisut geometrisesti. Tehtävä 2 Ratkaise yhtälöryhmä x 1 2x 2 + x 3 = 0 2x 2 8x 3 = 8 4x 1 + 5x 2 + 9x 3 = 9. 14 / 220

Määritelmä 6 Lineaarinen yhtälö on muotoa a 1 x 1 + a 2 x 2 + + a n x n = b, missä a i, b R, i = 1,..., n ovat tunnettuja ja x i R, i = 1,..., n ovat tuntemattomia. Yhtälön toteuttavaa lukujonoa (x 1, x 2,..., 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 Ovatko seuraavat yhtälöt lineaarisia? Miksi? a) 3x 1 + (log 3) 3 x 2 = 0 b) x 1 + x 2 = 100x 3 + 9 c) e x 1 + sin x 2 + x 2 3 = 4 15 / 220

Määritelmä 7 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 2,..., 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 / 220

Gaussin ja Jordanin eliminointimenetelmä: Se on menetelmä lineaarisen yhtälöryhmän ratkaisemiseksi. Sitä käytetään myöhemmin myös käänteismatriisin määräämisessä. 17 / 220

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. Miten operaatiot vaikuttavat yhtälöryhmän ratkaisuihin? 18 / 220

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. 19 / 220

Koska rivioperaatiot vaikuttavat vain kertoimiin a ij ja b i, on kätevää kirjoittaa yhtälöryhmä 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 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 Eli jätetään muuttujat (x:t) ja välimerkit (+:t) kirjoittamatta (muistetaan kuitenkin niin paikat), korvataan =-merkit pystysuoralla viivalla ja lisätään sulut. 20 / 220

Esimerkki Esimerkki Muodosta yhtälöryhmän a) x 1 2x 2 + x 3 = 0 2x 2 8x 3 = 8 4x 1 + 5x 2 + 9x 3 = 9 b) 2x 1 x 2 = 5 x 1 + x 3 = 5 3x 1 x 2 x 3 = 0 laajennettu kerroinmatriisi. Miten voit ratkaista yhtälöryhmät käyttämällä laajennettua kerroinmatriisia? Etsi yhtälöryhmien ratkaisujoukot. 21 / 220

Ratkaisu a) Yhtälöryhmän laajennettu kerroinmatriisi on x 1 2x 2 + x 3 = 0 2x 2 8x 3 = 8 4x 1 + 5x 2 + 9x 3 = 9 1 2 1 0 0 2 8 8 4 5 9 9. 22 / 220

Ratkaisu Nyt 1 2 1 0 0 2 8 8 4 5 9 9 1 2 1 0 0 1 4 4 0 3 13 9 1 0 0 29 0 1 0 16 0 0 1 3, A 13(4) A 23(3) A 21 (2) 1 2 1 0 0 2 8 8 0 3 13 9 1 0 7 8 0 1 4 4 0 0 1 3 A 32(4) A 31 (7) joten ratkaisu on (x 1, x 2, x 3 ) = (29, 16, 3) R 3 (ei muita ratkaisuja). M 2( 1 2 ) 23 / 220

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. 24 / 220

Ennakkotehtävä seuraavalle luentokerralle Tehtävä Ovatko seuraavat laajennetut kerroinmatriisit redusoituja porrasmatriiseja? 1 0 0 5 1 0 0 0 (a) 0 1 0 2 (b) 0 1 2 0 0 0 1 4 0 0 0 1 (c) 1 6 0 0 4 2 0 0 1 0 3 1 0 0 0 1 5 2 0 0 0 0 0 0 Mitkä ovat laajennettujen kerroinmatriisien esittämien yhtälöryhmien ratkaisut? 25 / 220

Redusoidun porrasmatriisin ratkaisujen lukumäärä (1) 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. eli yksikäsitteinen ratkaisu. (2) Jokin riveistä on 0 0 c, missä c 0. Tällöin saadaan yhtälö 0 = c, mikä on ristiriita, joten yhtälöryhmällä ei ole ratkaisua. (3) Kun tapaukset (1) ja (2) eivät esiinny, niin epätriviaaleja yhtälöitä on vähemmän kuin tuntemattomia ja yhtälöryhmällä on äärettömän monta ratkaisua. 26 / 220

Gaussin ja Jordanin eliminointimenetelmä: 1. Kirjoita yhtälöryhmä laajennettuna kerroinmatriisina. 2. Muuta kerroinmatriisi rivioperaatioilla redusoiduksi porrasmatriisiksi. 3. Lue ratkaisu redusoidusta porrasmatriisista kirjoittamalla se takaisin yhtälöryhmäksi. 27 / 220

Esimerkki Esimerkki Ratkaise Gaussin ja Jordanin eliminointimenetelmällä yhtälö x 1 + x 2 2x 3 + x 4 + 3x 5 = 1 2x 1 x 2 + 2x 3 + 2x 4 + 6x 5 = 2 3x 1 + 2x 2 4x 3 3x 4 9x 5 = 3. 28 / 220

Matriisi Matriisit ja niiden laskutoimitukset 29 / 220

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 =... 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. 30 / 220

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(k, n), missä (A + B) ij = A ij + B ij ja (λa) ij = λa ij kaikilla i = 1,..., k ja j = 1,..., n. Huomautus Matriisit voidaan laskea yhteen vain, jos ne ovat samankokoisia. 31 / 220

Esimerkki Esimerkki (a) Olkoot Milloin A = B? (b) Olkoot [ ] a + b d A = a b 2c A = [ 3 3 ] 3 2 6 0 Mitä ovat A + B ja 2A? ja B = ja B = [ ] 2 d. 2 1 [ ] 0 2 2. 3 4 5 32 / 220

Lause 3 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. 33 / 220

Merkintä 1 Lyhennysmerkintä summalle: k a i = a 1 + a 2 + + a k. i=1 Määritelmä 11 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. 34 / 220

Matriisien tulo Tulomatriisin AB alkio (AB) ij saadaan siis 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 ja laskemalla näin saadut tulot yhteen. Eli A 11 A 12 A 1n B 11 B 1j B... 1l AB = A i1 A i2 A in B 21 B 2j B 2l...... B n1 B nj B nl A k1 A k2 A kn (AB) 11 (AB) 1j (AB) 1l... = (AB) i1 (AB) ij (AB) il,... (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. 35 / 220

Esimerkki Esimerkki Olkoot 2 5 4 2 A = 0 3 B = 7 1 ja C = 5 2 2 4 Laske AC ja CB. [ 0 1 ] 3 2 5 2 36 / 220

Ennakkotehtävät seuraavalle luentokerralle 1 Onko matriisien tulo AB määritelty aina kun tulo BA on määritelty? Jos ei, niin anna esimerkki. 2 Onko AB = BA aina kun matriisitulot ovat määritelty? Jos ei, niin anna esimerkki. 3 Onko mahdollista, että AB = 0, vaikka A 0 ja B 0? Jos on, niin anna esimerkki. 37 / 220

[ 1 2 4 A = 2 6 0 ] M(2, 3), B = 4 1 4 3 0 1 3 1 2 7 5 2 M(3, 4) Matriisin A sarakkeiden lukumäärä = matriisin B rivien lukumäärä 38 / 220

[ 1 2 4 AB = 2 6 0 ] 1 1 + 2 ( 1) + 4 7 = 27 4 1 4 3 0 1 3 1 2 7 5 2 = [ 27 ] 39 / 220

[ 1 2 4 AB = 2 6 0 ] 4 1 4 3 0 1 3 1 2 7 5 2 = [ 27 26 2 4 + 6 3 + 0 5 = 26 (2 3)-matriisi * (3 4)-matriisi (2 4)-matriisi. Laske tulo AB. ] 40 / 220

Lause 4 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 hyvin määritelty. 41 / 220

Miten vektorit ja matriisit liittyvät toisiinsa? 42 / 220

Tulkitaan R n :n vektorit n 1-matriiseiksi eli pystyvektoreiksi x 1 x 2 x =.. x n Tämä tulkinta ei muuta vektorien yhteenlaskua eikä reaaliluvulla λ kertomista, ts. x 1 + y 1 λx 1 x 2 + y 2 λx 2 x + y = ja λx =... x n + y n λx n 43 / 220

Miten lineaarinen yhtälöryhmä voidaan kirjoittaa vektoreiden ja matriisien avulla? 44 / 220

Tällöin lineaarinen yhtälöryhmä 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, voidaan kirjoittaa muodossa Ax = b, missä x a 11 a 1 b 1 1n x 2 A =.., x =. ja b = b 2.. a k1 a kn x n b n Matriisi A on yhtälöryhmän kerroinmatriisi ja b on vakiovektori. 45 / 220

Esimerkki Esimerkki Määrää yhtälöryhmän 2x 1 + 3x 2 + 5x 3 = 10 x 1 3x 3 = 2 5x 2 3x 3 = 2, kerroinmatriisi ja vakiovektori. 46 / 220

Lause 5 Olkoon A M(k, n). Seuraavat väitteet ovat yhtäpitäviä, toisin sanoen (a) (b) (c): (a) Homogeeniyhtälöllä Ax = 0 on vain triviaaliratkaisu x = 0. (b) Kaikilla b R k yhtälöllä Ax = b on korkeintaan yksi ratkaisu. (c) Gaussin ja Jordanin eliminointimenetelmä yhtälöryhmälle Ax = b johtaa tilanteeseen 1 0 0 0 J 0 1 0 0 O.. 0 0 0 1 T. 0 0 0 0 A.. I 0 0 0 0 N 47 / 220

Todistus Todistus. (b) (c): Katso kappale 3.1. (a) (b): Antiteesi: On olemassa b R k ja x, y R n, x y, joille Ax = b = Ay. Tällöin Lauseen 4 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) (a): Koska yhtälöllä Ax = b on korkeintaan yksi ratkaisu kaikilla b R k, niin yhtälöllä Ax = 0 ei voi olla enempää kuin yksi ratkaisu. Koska homogeeniyhtälöllä on aina triviaaliratkaisu x = 0, niin kohta (a) pätee. Nyt kaikki väitteet on todistettu. 48 / 220

Lause 6 Olkoon A M(k, n). Seuraavat väitteet ovat yhtäpitäviä: (a) Kaikilla b 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. 49 / 220

Ennakkotehtävä seuraavalle luentokerralle Ennakkotehtävä [ ] 1 3 Olkoot A = ja B = 1 4 [ ] 4 3. 1 1 a) Laske matriisien tulo BA. [ ] x1 b) Laske matriisen tulo (BA)x, kun x =. x 2 [ ] 1 c) Laske matriisien tulo Bb, missä b =. 3 d) Mitä voit aikaisempien kohtien perusteella sanoa yhtälön { x 1 + 3x 2 = 1 Ax = b x 1 + 4x 2 = 3 ratkaisusta? 50 / 220

Miten lineaarinen yhtälöryhmä voidaan ratkaista matriisien avulla? 51 / 220

Määritelmä 12 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 0 1 0 0 I = [δ ij ] = M(n, n).. 0 0 0 1 on yksikkömatriisi eli identtinen matriisi. Tässä { 1, i = j δ ij = 0, i j. 52 / 220

Lause 7 Olkoon A M(n, n). Tällöin IA = AI = A. Määritelmä 13 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. 53 / 220

Esimerkki Esimerkki Onko matriisi B = [ ] 6 2 kääntyvä? 3 1 54 / 220

Käänteismatriisi Kun matriisia kerrotaan käänteismatriisilla, saadaan ykkösalkio (yksikkömatriisi) Jokaisella matriisilla ei ole käänteismatriisia Ensimmäinen ehto on, että matriisissa täytyy olla yhtä monta riviä ja saraketta Edes jokaisella n n-matriisilla ei ole käänteismatriisia Tarvitaan menetelmiä käänteismatriisin ja sen olemassaolon määräämiseksi 55 / 220

Lause 8 (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. 56 / 220

Todistus Todistus. (a) Olkoot B ja C matriisin A käänteismatriiseja. Tällöin B L.7 = BI = B(AC) L.4 = (BA)C = IC L.7 = 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 ) L.4 = A(BB 1 )A 1 = AIA 1 L.4 = 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. 57 / 220

Lause 9 Olkoon A M(n, n) kääntyvä. Tällöin kaikilla b R n yhtälöllä Ax = b on yksikäsitteinen ratkaisu x = A 1 b. 58 / 220

Todistus Todistus. Olkoon b 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 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 A 1 (Ay) = A 1 b (A 1 A)y = A 1 b Iy = A 1 b, joten y = A 1 b. 59 / 220

Lause 10 (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. 60 / 220

Miten selvittää, onko matriisi kääntyvä? Miten käänteismatriisi voidaan määrätä? 61 / 220

Määritelmä 14 Alkeismatriisi on sellainen matriisi, joka on saatu yksikkömatriisista I yhdellä rivioperaatiolla. Rivioperaatioita olivat 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. 62 / 220

Esimerkki Esimerkki Olkoot 1 0 0 0 0 1 2 0 0 E 1 = 0 1 0, E 2 = 0 1 0, E 3 = 0 1 0, 0 2 1 1 0 0 0 0 1 a b c A = d e f. g h i Millä rivioperaatioilla alkeismatriisit E 1, E 2 ja E 3 on saatu (Selvitä mitä ovat E 1 A, E 2 A ja E 3 A?) 63 / 220

Lause 11 Olkoon A M(m, n) ja olkoon E M(m, m) tietyllä rivioperaatiolla saatu alkeismatriisi. Tällöin tulo EA tuottaa saman matriisin kuin saman rivioperaation tekeminen matriisiin A. Todistus. Olkoon A 1 A n. A i A =., A j. missä A i on matriisin A i:s rivi ja A j on j:s rivi. 64 / 220

Olkoon E 1 matriisi, joka on saatu vaihtamalla rivit i ja j keskenään yksikkömatriisissa eli e 1. e j E 1 =., e i. missä e i = [0 0 1 0 0] ja 1 on i:nnessä sarakkeessa. e n 65 / 220

Tällöin E 1 A = e 1 A. e j A. e i A. e n A = A 1. A j. A i. A n. Sama matriisi saadaan soveltamalla rivioperaatio P ij matriisiin A, joten väite pätee operaatiolle P ij. Muut kohdat vastaavasti. 66 / 220

Ennakkotehtävä seuraavalle luentokerralle Määritelmä 16 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. Huomautus Transpoosin rivit ovat alkuperäisen matriisin sarakkeita ja transpoosin sarakkeet ovat alkuperäisen matriisin rivejä. Ennakkotehtävä Määrää matriisin 1 1 1 (a) A = 2 3 3 3 1 2 [ ] 1 2 5 5 (b) A = 2 1 0 9 transpoosi A T. 67 / 220

Lause 12 Jokaisella alkeismatriisilla on olemassa käänteismatriisi ja käänteismatriisi on myös alkeismatriisi. Todistus. Olkoon E alkeismatriisi ja olkoon F käänteisellä rivioperaatiolla saatu alkeismatriisi. Lauseen 11 nojalla matriiseilla E ja F kertominen kumoavat toisensa eli Siten E 1 = F. EF = I ja FE = I. 68 / 220

Määritelmä 15 Matriisi A on riviekvivalentti matriisin B kanssa, jos B saadaan matriisista A rivioperaatioilla. Lause 13 Olkoon A M(n, n). Tällöin seuraavat väitteet ovat yhtäpitäviä: (a) Matriisi A on kääntyvä. (b) Yhtälöllä Ax = b on täsmälleen yksi ratkaisu kaikilla b R n. (c) Homogeeniyhtälöllä Ax = 0 on vain triviaaliratkaisu x = 0. (d) Matriisi A on riviekvivalentti yksikkömatriisin I M(n, n) kanssa (eli Gaussin ja Jordanin menetelmä muuttaa A:n identtiseksi matriisiksi). (e) Matriisi A on alkeismatriisien tulo. 69 / 220

Todistus Todistus 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 R n, niin myös yhtälöllä Ax = 0 on täsmälleen yksi ratkaisu. Koska homogeeniyhtälöllä Ax = 0 on aina triviaaliratkaisu x = 0, sen täytyy olla ainoa ratkaisu. 70 / 220

Todistus Todistus (c) (d): Oletetaan, että homogeeniyhtälöllä Ax = 0 on vain triviaaliratkaisu. Kun merkitään a 11 a 12 a 1n x 1 a 21 a 22 a 2n A =... ja x = x 2., a n1 a n2 a nn x n niin yhtälöä Ax = 0 vastaava yhtälöryhmä on a 11 x 1 +a 12 x 2 +...+a 1n x n =0 a 21 x 1 +a 22 x 2 +...+a 2n x n =0. a n1 x 1 +a n2 x 2 +...+a nn x n =0. 71 / 220

Todistus Todistus Koska yhtälöllä Ax = 0 on täsmälleen yksi ratkaisu x = 0, niin Gaussin ja Jordanin eliminointimenetelmän täytyy johtaa tilanteeseen x 1 = 0 x 2 = 0. x n =0. Tämä tarkoittaa sitä, että matriisi A muuttuu rivioperaatioilla yksikkömatriisiksi I eli A on riviekvivalentti yksikkömatriisin kanssa. 72 / 220

Todistus Todistus (d) (e): Oletetaan, että matriisi A on riviekvivalentti yksikkömatriisin I n kanssa. Tällöin 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 1. Seuraavaksi kerrotaan matriisilla E2, jolloin E 3 E k A = E2 1 E 1 1. Jatketaan, kunnes viimeisenä kerrotaan matriisilla E 1 k ja on saatu yhtälö A = E 1 k E2 1 E 1 1. Koska alkeismatriisien käänteismatriisit ovat alkeismatriiseja, kohta (e) pätee. 73 / 220

Todistus Todistus. (e) (a): Oletetaan, että A = E 1 E 2 E k, missä E 1,..., E k ovat alkeismatriiseja. Matriisi B = E 1 k E2 1 E 1 1. on matriisin A käänteismatriisi, koska Siten A on kääntyvä. AB = (E 1 E 2 E k )(E 1 k E2 1 = E 1 E 2 (E k E 1 k ) E 1 1 ) 2 E 1 1 = E 1 E 2 E k 1 IE 1 k 1 E 2 1 E 1 1 = E 1 E 2 (E k 1 E 1 k 1 ) E 2 1 E 1 1 = E 1 E1 1 = I. 74 / 220

Huomautus Jos matriisi ei ole kääntyvä, niin Lauseen 13 nojalla se ei ole riviekvivalentti yksikkömatriisin I kanssa. Tämä tarkoittaa sitä, että matriisin redusoidussa porrasmatriisissa on vähintään yksi nollarivi. 75 / 220

Mitä on saatu? Jokaista rivioperaatiota vastaa jokin alkeismatriisi E. Matriisi A M(n, n) on kääntyvä jos ja vain jos se on riviekvivalentti identiteettimatriisin kanssa. Siis A M(n, n) on kääntyvä jos ja vain jos E k E 2 E 1 A = I, joillakin alkeismatriiseilla E 1, E 2,..., E k M(n, n). Siis jos matriisi A on kääntyvä, A 1 = E k E 2 E 1 = E k E 2 E 1 I Kysymys: Miten saadaan käänteismatriisi selville? 76 / 220

Gaussin ja Jordanin algoritmi käänteismatriisin määräämiseksi. 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 eli [ I A 1 ]. Jos A ei muutu I :ksi, A ei ole kääntyvä. 77 / 220

Esimerkki Esimerkki 1 2 3 (a) Laske matriisin A = 0 1 4 käänteismatriisi. 5 6 0 [ ] 1 2 (b) Laske matriisin A = käänteismatriisi. 2 4 78 / 220

Määritelmä 16 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. Huomautus Transpoosin rivit ovat alkuperäisen matriisin sarakkeita ja transpoosin sarakkeet ovat alkuperäisen matriisin rivejä. Esimerkki Määrää matriisin 1 1 1 (a) A = 2 3 3 3 1 2 [ ] 1 2 5 5 (b) A = 2 1 0 9 transpoosi A T. 79 / 220

Lause 14 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. Lause 15 Olkoon A M(n, n) kääntyvä. Tällöin A T on kääntyvä ja (A T ) 1 = (A 1 ) T. 80 / 220

Ennakkotehtävä seuraavalle luentokerralle Ennakkotehtävä Milloin matriisi [ ] a b A = c d on kääntyvä? Määrää tällöin matriisin A käänteismatriisi. 81 / 220

Seuraavaksi tutustutaan determinanttiin. Determinantti on reaaliluku, joka on määritelty neliömatriiseille. Determinantin avulla voidaan esimerkiksi selvittää, onko matriisi kääntyvä. Determinanttia voidaan käyttää käänteismatriisin määräämisessä ja siten lineaarisen yhtälöryhmän ratkaisemisessa. 82 / 220

Geometrista tulkintaa (ei määritelmä!) Matriisin A M(n, n) determinantin itseisarvo, merkitään det A, on A:n sarakevektoreiden virittämän n-ulotteisen suuntaissärmiön tilavuus. Erityisesti, 1-ulotteisen suuntaissärmiön eli janan pituus on det a = a. 2-ulotteisen [ ] [ suuntaissärmiön ] (suunnikas) eli sarakevektoreiden a11 a12 ja määräämän suunnikkaan ala on a 21 a 22 a 11 a 22 a 12 a 21 ja det A = a 11 a 22 a 12 a 21, [ ] a11 a missä A = 12 (ks. luentomoniste esim. 21). a 21 a 22 83 / 220

Määritelmä 17 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 det A = n ( 1) 1+j A 1j det A 1j, j=1 missä det[a] = a. 84 / 220

Esimerkki Laske det A, kun [ ] a11 a (a) A = 12 a 21 a 22 a 11 0 0 0 a 22 0 (b) A =...... 0 a nn 1 2 0 c) A = 3 2 1. 7 3 1 85 / 220

Lause 16 Neliömatriisin A determinantille pätee (a) kehittämissääntö i:nnen rivin suhteen n det A = ( 1) i+k a ik det A ik, k=1 (b) kehittämissääntö j:nnen sarakkeen suhteen n det A = ( 1) k+j a kj det A kj. k=1 86 / 220

Esimerkki Minkä rivin/sarakkeen suhteen kehittäisit seuraavien matriisien determinantit: 2 1 7 5 2 0 2 A = 1 0 3, B = 1 0 5 4 2 1 2 5 8 0 5, C = 0 0 0? 1 1 2 1 1 2 2 0 8 4 87 / 220

Esimerkki 1 2 0 Olkoon A = 3 2 1. Laske det A kehittämällä se 3. sarakkeen 7 3 1 suhteen. 88 / 220

Lause 17 Olkoon A M(n, n). Tällöin seuraavat ominaisuudet pätevät: (a) Olkoon B matriisi, joka on saatu kertomalla jokin A:n rivi/sarake luvulla λ R. Tällöin det B = λ det A. (b) Jos jokin A:n rivi/sarake on nolla, niin det A = 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 det A = det[s 1 V 1 + V 2 S n ] = det[s 1 V 1 S n ] + det[s 1 V 2 S n ]. 89 / 220

Lause (jatkuu..) R 1 R n Vastaavasti olkoon A =., missä R i on A:n i:s rivi. Jos R i = W 1 + W 2 jollekin i, niin R 1. det A = det W 1 + W 2 = det. R n R 1. W 1. R n + det R 1. W 2. R n. 90 / 220

Lause (jatkuu..) (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 λ R, niin det B = det A. 91 / 220

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 det B = = λ n ( 1) i+k B ik det B ik = k=1 n ( 1) i+k λa ik det A ik k=1 n ( 1) i+k A ik det A ik = λ det A. k=1 (b) Seuraa (a)-kohdasta valitsemalla λ = 0. 92 / 220

Todistus (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. 93 / 220

Todistus Tällöin n+1 det A = ( 1) 1+k A 1k det A 1k k=1 j 1 = ( 1) 1+k A 1k det A 1k + ( 1) 1+j (V1 1 + V1 2 ) det A 1j = k=1 n+1 + k=j+1 n+1 k=1,k j ( 1) 1+k A 1k det A 1k ( 1) 1+k A 1k (det B 1k + det C 1k ) + ( 1) 1+j V 1 1 det B 1j + ( 1) 1+j V 2 1 det C 1j 94 / 220

Todistus n+1 n+1 = ( 1) 1+k B 1k det B 1k + ( 1) 1+k C 1k det C 1k k=1 k=1 = det B + det C. 95 / 220

Todistus (d) Tarkastellaan n n, n 2, matriisia, jossa on kaksi samaa riviä. Todistetaan väite induktiolla luvun n suhteen. Perusaskel: Kun n = 2, niin [ ] a b A =, a b joten det A = a b a b = 0. Induktioaskel: Induktio oletus: Väite pätee k k, k 2, matriisille. Induktioväite: Väite pätee (k + 1) (k + 1) matriisille. Induktioväitteen todistus: Olkoon A (k + 1) (k + 1), k 2, matriisi, jossa rivit R i ja R j ovat samat. Tällöin on olemassa sellainen kokonaisluku m, että m i, m j ja 1 m k + 1. Kehitetään matriisin A determinantti rivin m suhteen. 96 / 220

Todistus Nyt k+1 det A = ( 1) m+p A mp det A mp. p=1 Jokaisessa matriisissa A mp on kaksi samaa riviä ja matriisit A mp ovat k k matriiseja. Näin induktio oletuksen nojalla det A mp = 0 kaikilla p = 1,..., k + 1, joten k+1 k+1 det A = ( 1) m+p A mp det A mp = ( 1) m+p A mp 0 = 0. p=1 p=1 Perusaskeleesta ja Induktioaskeleesta seuraa induktioperiaatteen nojalla, että alkuperäinen väite on tosi. 97 / 220

Todistus (e) Olkoot A = R 1. R i. R j. R n ja B = R 1. R j. R i. R n. Määritellään C = R 1. R i + R j. R i + R j. R n. 98 / 220

Todistus Nyt (d)-kohdan perusteella det C = 0. Lisäksi (c)-kohdan nojalla 0 = det C = det R 1. R i. R i + R j. R n + det R 1. R j. R i + R j. R n 99 / 220

Todistus = det R 1. R i. R i. R n + det R 1. R i. R j. R n + det R 1. R j. R i. R n + det R 1. R j. R j. R n = det A + det B. Siis det B = det A. 100 / 220

Merkintä 2 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. 101 / 220

Esimerkki 5 2 3 4 (a) Olkoon A = 0 1 2 2 5 0 1 0. Laske det A. 10 1 0 0 [ ] [ ] a b 5d b 5c a (b) Olkoon det = 2. Laske det. c d 2d 2c 102 / 220

Ennakkotehtävä seuraavalle luentokerralle Lause 18 Matriisi A M(n, n) on kääntyvä jos ja vain jos det A 0. Ennakkotehtävä 1 0 5 Onko matriisi A = 2 0 3 kääntyvä? 1 1 2 103 / 220

Nyt osaamme laskea neliömatriiseille käänteismatriisin (jos se on olemassa) Gaussin ja Jordanin eliminointimenetelmällä ja determinantin. Määrittelimme myös matriisin transpoosin, joka voidaan määrätä kaikenkokoisille matriiseille. Osoitetaan, että matriisin kääntyvyys voidaan selvittää laskemalla sen determinantti. 104 / 220

Esimerkki (a) Matriisi A = [a] M(1, 1) on kääntyvä jos ja vain jos det A = a 0. [ ] a11 a (b) Matriisi A = 12 M(2, 2) on kääntyvä ja a 21 a [ 22 ] A 1 = 1 a22 a 12 det A jos ja vain jos det A 0. a 21 a 11 105 / 220

Lause 18 Matriisi A M(n, n) on kääntyvä jos ja vain jos det A 0. 106 / 220

Todistus. : Oletetaan, että A on kääntyvä. Tällöin 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) ja A R ij (c) ei muuta determinanttia. Siten det A = c det I = c jollakin c 0, joten det A 0. : Oletetaan, että A ei ole kääntyvä. Tällöin A muuttuu Gaussin ja Jordanin menetelmällä matriisiksi B, jossa on nollarivi. Siten Lauseen 17 nojalla det A = c det B = 0. 107 / 220

Lause 19 Olkoot A, B M(n, n). Tällöin (a) det(ab) = det A det B, (b) det(a T ) = det A, (c) jos A on kääntyvä, niin det(a 1 ) = 1 det A. 108 / 220

Todistus. (c) Koska 1 = det I = det(aa 1 ) (a) = det A det(a 1 ), niin det(a 1 ) = 1 det A. 109 / 220

Määritelmä 18 Olkoon A M(n, n). Matriisin A liittomatriisi on cofa M(n, n), missä kaikilla i, j = 1,..., n. Huomautus (cofa) ij = ( 1) i+j det A ij Olkoon A M(n, n). Tällöin kaikilla i = 1,..., n det A = n ( 1) i+k A ik det A ik = k=1 n A ik (cofa) ik. k=1 110 / 220

Esimerkki 1 3 1 Määrää matriisin A = 1 0 3 liittomatriisi. 1 1 5 111 / 220

Lause 20 Olkoon A M(n, n). Tällöin A(cofA) T = det A I. Erityisesti, jos A on kääntyvä, niin A 1 = 1 det A (cofa)t. 112 / 220

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 det B = n B jk (cofb) jk = k=1 = ( A(cofA) T ) ij. n A ik (cofa) jk = k=1 n ( A ik (cofa) T ) kj k=1 Jos i = j, niin B = A, joten det B = det A. Jos i j, niin B:ssä on kaksi samaa riviä, joten det B = 0. Siis ( A(cofA) T ) ij = { det A, jos i = j 0, jos i j eli A(cofA) T = det A I. 113 / 220

Todistus. Jos A on kääntyvä, niin det A 0, joten A 1 det A (cofa)t = I eli A 1 = 1 det A (cofa)t. 114 / 220

Esimerkki 1 3 1 Jos matriisi A = 1 0 3 on kääntyvä, määrää A 1. 1 1 5 115 / 220

Lause 21 (Cramerin sääntö) Olkoon A M(n, n) kääntyvä. Tällöin yhtälöryhmän Ax = b yksikäsitteinen ratkaisu on det C(1) x 1 = x 2 =. x n = det A det C(2) det A det C(n) det A, missä A 11 b 1 A 1n A 21 b 2 A 2n C(i) = M(n, n) kaikilla i = 1,..., n.. A n1 b n A nn i:s sarake 116 / 220

Todistus. Lauseen 20 perusteella A 1 = 1 det A (cofa)t. Siten Lauseen 9 nojalla yhtälön Ax = b yksikäsitteinen ratkaisu on Nyt x = A 1 b = 1 det A (cofa)t b. x i = 1 det A = 1 det A n k=1 ( (cofa) T ) ik b k = 1 det A n ( 1) k+i b k det A ki = k=1 n b k (cofa) ki k=1 det C(i) det A kaikilla i = 1,..., n. 117 / 220

Esimerkki Ratkaise yhtälöryhmä x 1 + x 2 + 3x 3 = 9 2x 1 + 4x 2 3x 3 = 1 3x 1 + 6x 2 5x 3 = 0. 118 / 220

Kurssin alussa ratkaisimme lineaaristen yhtälöiden a 1 x 1 + a 2 x 2 + + a n x n = b muodostamia yhtälöryhmiä Gaussin ja Jordanin eliminointimenetelmällä. Sen jäälkeen yhtälöryhmä kirjoitettiin matriisien avulla muodossa Ax = b. Jos matriisi A on kääntyvä, niin matriisiyhtälöllä on yksikäsitteinen ratkaisu ja se voidaan ratkaista joko käänteismatriisi määräämällä, jolloin x = A 1 Ax = A 1 b, tai Cramerin säännön avulla. Erityisesti, jos n = 2, niin etsitään suorien leikkauspisteitä ja jos n = 3, etsitään tasojen leikkauspisteitä. 119 / 220

Ennakkotehtävä seuraavalle luentokerralle Ennakkotehtävä Esitä seuraavat vektorijoukot mahdollisimman yksinkertaisessa ( turhat vektorit pois) muodossa: (a) {λ 1 (2, 4) + λ 2 (4, 6) λ 1, λ 2 R} R 2 (b) {λ 1 (1, 3, 1) + λ 2 (1, 1, 1) + λ 3 (2, 6, 2) λ 1, λ 2, λ 3 R} R 3 120 / 220

Johdattelua seuraavaan asiaan (ei tarkkoja määritelmiä): Millaisen kuvan muodostaa joukko {λv λ R, v R 3 }? Millaisen kuvan muodostaa joukko {λ 1 v 1 + λ 2 v 2 λ 1, λ 2 R, v 1, v 2 R 3 }? Seuraavaksi tarkastellaan vektoreiden v 1,..., v k R n määräämää lineaarista verhoa {λ 1 v 1 + λ 2 v 2 + + λ k v k λ 1,..., λ k R}. Jos on olemassa kertoimet λ 1,..., λ k R niin, että x = λ 1 v 1 + λ 2 v 2 + + λ k v k, niin x on vektoreiden v 1,..., v k R n lineaarikombinaatio. 121 / 220

Vektoreiden v 1,..., v k R n määräämä lineaarinen verho on {λ 1 v 1 + λ 2 v 2 + + λ k v k λ 1,..., λ k R}. (1) Loppukurssin yksi tärkeimmistä tavoitteista on löytää pienin mahdollinen vektorijoukko v 1,..., v l R n (kanta), joka riittää määräämään joukon (1).Esimerkiksi, jos v 1 ja v 2 ovat samansuuntaiset eli v 2 = tv 1, t R ja v 1, v 2 R 3, niin {λ 1 v 1 + λ 2 v 2 λ 1, λ 2 R} = {(λ 1 + tλ 2 )v 1 λ 1, λ 2, t R} = {λv 1 λ R} ja vektori v 1 riittää määräämään tämän joukon. Nyt vektorit v 1 ja v 2 ovat lineaarisesti riippuvat (koska v 2 = tv 1 eli v 2 tv 1 = 0). Jos v 1 ja v 2 ovat erisuuntaiset, ne ovat lineaarisesti riippumattomat. 122 / 220

Määritelmä 19 Vektori x R n on vektorien v 1,..., v k R n lineaarikombinaatio, jos on olemassa sellaiset λ 1,..., λ k R, että x = k λ i v i. i=1 Merkintä 4 i:s Merkitään e i = (0,..., 0, 1, 0,..., 0) R n, i = 1,..., n. Vektoreita e 1, e 2,..., e n kutsutaan R n :n luonnollisiksi kantavektoreiksi. 123 / 220

Esimerkki (a) Kirjoita vektori (5, 1, 7) R 3 luonnollisten kantavektorien e 1, e 2, e 3 R 3 lineaarikombinaationa. (b) Olkoot x = ( 4, 1, 6), 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? 124 / 220

Määritelmä 20 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. 125 / 220

Annettujen vektoreiden v 1,..., v k R n lineaarisen riippuvuuden/riippumattomuuden tutkiminen: Ratkaise λ 1,..., λ k R vektoriyhtälöstä λ 1 v 1 + λ 2 v 2 + + λ k v k = 0. (2) Jos ainoa ratkaisu on λ 1 = = λ k = 0, vektorit ovat lineaarisesti riippumattomat. Muutoin ne ovat lineaarisesti riippuvat, eli tällöin on olemassa vähintään yksi λ i 0, i {1,..., k}, niin, että (2) pätee. Joskus lineaarinen riippuvuus nähdään helposti: Vektorit v 1 = (1, 0), v 2 = (1, 2) ja v 3 = (3, 4) ovat lineaarisesti riippuvia, koska ( 1)v 1 + ( 2)v 2 + 1v 3 = (1, 0) 2(1, 2) + (3, 4) = (0, 0). 126 / 220

Huomautus Lineaarisesti riippuvien vektorien monikerroista voidaan muodostaa suljettu silmukka. Sanotaan, että joukko {v 1,..., v k } on lineaarisesti riippuva/riippumaton, jos vektorit v 1,..., v k ovat lineaarisesti riippuvia/riippumattomia. 127 / 220

Esimerkki 32 (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. 128 / 220

Esimerkki 32 (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. Oletetaan, että v i = 0. 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 j=1 = 0 + 1 0 = 0 ja λ i 0. Koska riittää, että vähintään yksi λ i on nollasta eroava, vektorit v 1,..., v k R n ovat lineaarisesti riippuvia. 129 / 220

Esimerkki 32 (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. 130 / 220

Esimerkki 32 (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. (f) Lineaarisesti riippumattoman joukon jokainen epätyhjä osajoukko on lineaarisesti riippumaton. 131 / 220

Esimerkki Ovatko vektorit (2, 1, 1), (3, 4, 2) ja (5, 10, 8) lineaarisesti riippumattomia? 132 / 220

Lause 22 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. Huomautus Edellinen lause ei väitä, että jokainen vektori lineaarisesti riippuvassa joukossa voidaan esittää muiden vektoreiden lineaarikombinaationa. Lineaarisesti riippuvassa vektorijoukossa voi siis olla vektoreita, jotka eivät ole muiden vektoreiden lineaarikombinaatioita. Vrt. esimerkiksi joukko V = {(1, 2), (3, 0), (4, 8)} R 2. 133 / 220

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 vektorit v 1,..., v k, v ovat lineaarisesti riippuvia. Siten V on lineaarisesti riippuva Esimerkin 32 (e) perusteella. 134 / 220

Todistus. : 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 λ j λ i v j, joten v i on joukon V \{v i } alkioiden lineaarikombinaatio. 135 / 220

Ennakkotehtävä seuraavalle luentokerralle Ennakkotehtävä Olkoot vektorit (2, 1, 1), (3, 4, 2) ja (5, 10, 8) matriisin A sarakkeita. Mikä on matriisin A determinantti? Miten arvelet vektoreiden lineaarisen riippumattomuuden ja edellisellä tavalla muodostetun matriisin determinantin liittyvän toisiinsa? 136 / 220

Lause 23 Olkoon A M(n, k). Merkitään A = [A 1 A k ], missä A i R n on A:n i:s sarakevektori kaikilla i = 1,..., k. Tällöin vektori A 1,..., A k R n ovat lineaarisesti riippumattomia, jos ja vain jos homogeeniyhtälöllä Ax = 0 on vain triviaaliratkaisu x = 0. 137 / 220

Todistus a 11 a ik Merkitään A =... Nyt a n1... a nk a 11 x 1 + + a 1k x k 0 Ax = 0. =. a n1 x 1 + + a nk x k 0 a 11 x 1 a 1k x k 0. + +. =. a n1 x 1 a nk x k 0 x 1 A 1 + + x k A k = 0, missä x i R ja A i R n kaikilla i = 1,..., k. 138 / 220

Todistus. 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. 139 / 220

Seuraus 1 Olkoot v 1,..., v n R n. Määritellään matriisi A M(n, n) asettamalla A = [v 1 v n ]. Tällöin vektorit v 1,..., v n ovat lineaarisesti riippumattomia, jos ja vain jos det A 0. Todistus. Seuraa Lauseista 23, 13 ja 18. 140 / 220

Olemme määritelleet vektorien lineaarikombinaation sekä lineaarisen riippuvuuden ja riippumattomuuden. Vektori x R n on vektorien v 1,..., v k R n lineaarikombinaatio, jos on olemassa sellaiset λ 1,..., λ k R, että x = k λ i v i. i=1 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. Huomaa, että λ 1 = = λ k = 0 toteuttaa aina yhtälön k i=1 λ iv i = 0. Pitää tutkia, onko olemassa nollasta eroavia arvoja λ i. 141 / 220

Seuraavaksi yleistetään origon kautta kulkevat suorat ja tasot avaruuteen R n. Ensin käsitellään vektorien kaikista lineaarikombinaatioista muodostuvaa lineaarista verhoa. Koko avaruuden R n riittää määräämään n kappaletta vektoreita v i R n. Sitten tutustutaan käsitteeseen avaruuden R n aliavaruus: Aliavaruus on R n :n osajoukko, joka on suljettu yhteenlaskun ja skalaarilla kertomisen suhteen: jos kaksi joukon alkiota lasketaan yhteen, summa kuuluu samaan joukkoon ja jos joukon alkiota kerrotaan reaaliluvulla, monikerta kuuluu samaan joukkoon. Lineaarinen verho on aina avaruuden R n aliavaruus. 142 / 220

Määritelmä 21 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} j=1 on vektorien v 1,..., v k kaikkien lineaarikombinaatioiden joukko. Vektori x kuuluu vektorien v 1,..., v k määräämään lineaariseen verhoon, jos on olemassa sellaiset λ 1, λ 2,..., λ k R, että x = λ 1 v 1 + λ 2 v 2 + + λ k v k. 143 / 220

Esimerkki (a) (2, 4), (4, 8) = (2, 4), sillä {λ 1 (2, 4) + λ 2 (4, 8) λ 1, λ 2 R} = {c(2, 4) c R}. (b) (1, 3, 1), (1, 1, 1), (2, 6, 2) = (1, 3, 1), (1, 1, 1), sillä {λ 1 (1, 3, 1) + λ 2 (1, 1, 1) + λ 3 (2, 6, 2) λ 1, λ 2, λ 3 R} = {c 1 (1, 3, 1) + c 2 (1, 1, 1) λ R}. 144 / 220

Lause 24 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. 145 / 220

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 y = k µ i v i = i=1 k 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 y = k µ i v i + µ k+1 x = i=1 k k µ i v i + µ k+1 λ i v i = i=1 i=1 k (µ i + µ k+1 λ i )v i, i=1 joten y S. Siis S {x} S ja S {x} = S. 146 / 220

Todistus. : Oletetaan, että S {x} = S. Aina pätee, että S S, sillä v = 1 v + w S\{v} 0 w kaikilla v S. Täten x S {x} S {x} = S eli x S. 147 / 220

Lause 25 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. 148 / 220

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. 149 / 220

Todistus. 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. 150 / 220

Seuraus 2 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 25 nojalla v 1,..., v k ovat lineaarisesti riippuvia. (b) Jos S = R n, niin Lauseen 25 nojalla e 1,..., e n R n olisivat lineaarisesti riippuvia (n > k), mikä on ristiriita. 151 / 220

Seuraus 3 Olkoon S R n lineaarisesti riippumaton. Tällöin S = R n S:ssä on n alkiota. Todistus. : Seuraa Seurauksesta 2. : Jos S R n, niin on olemassa x R n \ S. Lauseen 24 (b) nojalla S {x} on lineaarisesti riippumaton, mikä on ristiriita Seurauksen 2 kanssa. 152 / 220

Esimerkki Mikä on joukon S = {( 2, 2, 3), (4, 6, 8), ( 2, 3, 2), ( 4, 1, 3)} lineaarinen verho? 153 / 220

Ennakkotehtävä seuraavalle luentokerralle Ennakkotehtävä Joukko R voidaan upottaa tasoon R 2 samaistamalla 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? 154 / 220

Esimerkki Kuva : Suora on suljettu yhteenlaskun ja skalaarilla kertomisen suhteen. 155 / 220

Esimerkki Kuva : Suora ei ole suljettu yhteenlaskun ja skalaarilla kertomisen suhteen. 156 / 220

Määritelmä 22 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. Huomautus Aliavaruus on epätyhjä joukko, joten siellä on vähintään yksi alkio v V. Koska λv V kaikilla λ R, niin 0 = 0 v V. Nolla-alkio kuuluu siis aina aliavaruuteen. 157 / 220

Esimerkki Onko vektorijoukko V = {x = (x 1, x 2, x 3 ) R 3 : x 1 x 2 + 2x 3 = 0} avaruuden R 3 aliavaruus? 158 / 220

Lause 26 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. 159 / 220

Lause 27 Olkoon V R n aliavaruus. Tällöin kaikilla k N pätee: jos v 1,..., v k V ja λ 1,..., λ k R, niin k i=1 λ iv i V. 160 / 220

Lause 28 (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. 161 / 220

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. 162 / 220

Todistus. (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. 163 / 220

30 20 10 x 3 0 10 20 0 20 40 60 80 100 60 40 80 20 100 0 x 2 x 1 Kuva : Origon kautta kulkeva alempi taso on yhtälöryhmän Ax = 0 ratkaisujoukko (kun ratkaisujoukossa on kaksi vapaata muuttujaa). Ylempi taso on yhtälöryhmän Ax = b ratkaisujoukko. 164 / 220

Lause 29 Epätyhjän joukon S = {v 1,..., v k } R n lineaarinen verho S on R 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. 165 / 220

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 v + w = k k λ i v i + µ i v i = i=1 i=1 k (λ i + µ i )v i S. i=1 Samoin, jos λ R, niin k λv = λ λ i v i = i=1 k (λλ i )v i S. i=1 Siis S on R n :n aliavaruus. 166 / 220

Todistus. 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 27 nojalla v V. Siis S V. 167 / 220

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. 168 / 220

Seuraavaksi määritellään aliavaruuden kanta ja dimensio. (Kysymys: Mikä on pienin vektorijoukko, minkä avulla voidaan esittää tarkasteltava aliavaruus?) 169 / 220

Määritelmä 23 Olkoon V R n aliavaruus. Vektorit v 1,..., v k V muodostavat aliavaruuden V kannan, jos (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. Aliavaruuden V kanta on pienin vektorijoukko, joka virittää V :n eli v 1,..., v k = V pätee. Toisaalta, V :n kanta on suurin mahdollinen lineaarisesti riippumaton V :n osajoukko. 170 / 220

Esimerkki Mitkä seuraavista vektorijoukoista ovat avaruuden R 3 kantoja? a) {(1, 0, 3), (3, 1, 4), ( 2, 1, 1)} b) {(3, 3, 0), ( 3, 7, 0), (0, 0, 0), (0, 3, 5)} c) {(1, 2, 4), ( 4, 3, 6)} 171 / 220

Lause 30 Jos vektorit v 1,..., v k R n ovat lineaarisesti riippumattomia, niin jokainen v v 1,..., v k voidaan esittää yksikäsitteisesti muodossa v = k λ i v i, i=1 missä λ 1,..., λ k R. 172 / 220

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 0 = v v = k k λ i v i µ i v i = i=1 i=1 k (λ i µ i )v i. 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. 173 / 220

Määritelmä 24 Olkoon K = {v 1,..., v k } aliavaruuden V R n kanta. Vektorin v K koordinaatit kannassa K ovat lauseen 30 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 ). 174 / 220