Vektoreiden virittämä aliavaruus Määritelmä Oletetaan, että v 1, v 2,... v k R n. Näiden vektoreiden virittämä aliavaruus span( v 1, v 2,... v k ) tarkoittaa kyseisten vektoreiden kaikkien lineaarikombinaatioiden joukkoa; ts. span( v 1, v 2,... v k ) = { a 1 v 1 + a 2 v 2 + + a k v k a 1,..., a k R }. LM1, Kesä 2012 64/169
Yhden vektorin virittämä aliavaruus Oletetaan, että n = 2 tai n = 3 ja v R n. Jos v = 0, niin vektorin v virittämä aliavaruus on span( 0) = { t 0 t R } = { 0} eli joukko, johon kuuluu ainoastaan nollavektori (origo). span( 0) LM1, Kesä 2012 65/169
Yhden vektorin virittämä aliavaruus Jos v 0, niin vektorin v virittämä aliavaruus on span( v) = { t v t R } = { 0 + t v t R } eli origon kautta kulkeva suora. span( v) LM1, Kesä 2012 66/169
Kahden vektorin virittämä aliavaruus Oletetaan, että v, w R 3. Jos w 0 v ja w v, niin vektoreiden v ja w virittämä aliavaruus on span( v, w) = { s v + t w s, t R } = { 0 + s v + t w s, t R } eli origon kautta kulkeva taso. Huom. jos oletukset w 0 v ja w v eivät ole voimassa, niin span( v, w) on suora tai origon yksiö. LM1, Kesä 2012 67/169
Vektoreiden virittämän aliavaruuden ominaisuuksia Lause 14 Oletetaan, että v 1, v 2,..., v k R n. Tällöin (a) jos ū, w span( v 1,..., v k ), niin ū + w span( v 1,..., v k ). (b) jos w span( v 1,..., v k ) ja a R, niin a w span( v 1,..., v k ). (c) 0 span( v 1,..., v k ). LM1, Kesä 2012 68/169
Lauseen 14 perustelu: (a) Oletetaan, että ū, w span( v 1,..., v k ). Tällöin ū = a 1 v 1 + + a k v k ja w = c 1 v 1 + + c k v k joillakin reaaliluvuilla a 1,..., a k ja c 1,..., c k. Näin ū + w = (a 1 v 1 + + a k v k ) + (c 1 v 1 + + c k v k ) = (a 1 + c 1 ) v 1 + + (a k + c k ) v k, missä kertoimet a 1 + c 1,..., a k + c k R. Siis ū + w on vektoreiden v 1,..., v k lineaarikombinaatio; ts. ū + w span( v 1,..., v k ). (c) Nollavektori voidaan kirjoittaa muodossa Siis 0 span( v 1,..., v k ). 0 = 0 v 1 + 0 v 2 + + 0 v k. LM1, Kesä 2012 69/169
Vektoreiden virittämä aliavaruus Esimerkki 9 Selvitä, kuuluuko vektori w = (6, 3, 2, 1) vektoreiden v 1 = (0, 1, 2, 1), v 2 = (2, 0, 1, 1) ja v 3 = (4, 2, 2, 0) virittämään aliavaruuteen span( v 1, v 2, v 3 ). Toisin sanottuna selvitä, onko vektori w vektoreiden v 1, v 2 ja v 3 lineaarikombinaatio. Ts. selvitä, onko yhtälöllä x 1 v 1 + x 2 v 2 + x 3 v 3 = w eli yhtälöllä x 1 (0, 1, 2, 1) + x 2 (2, 0, 1, 1) + x 3 (4, 2, 2, 0) = ( 2, 3, 2, 1) ratkaisuja reaalilukujen joukossa. LM1, Kesä 2012 70/169
Päädytään lineaariseen yhtälöryhmään 2x 2 + 4x 3 = 6 x 1 + 2x 3 = 3 2x 1 + x 2 + 2x 3 = 2 x 1 x 2 = 1, joka voidaan ratkaista Gaussin-Jordanin eliminointimenetelmällä. LM1, Kesä 2012 71/169
Lineaarisen yhtälöryhmän ratkaiseminen Esimerkki 10 Muodostetaan lineaarisen yhtälöryhmän 2x 2 + 4x 3 = 6 x 1 + 2x 3 = 3 2x 1 + x 2 + 2x 3 = 2 x 1 x 2 = 1, täydennetty matriisi kokoamalla kaikki kertoimet ja vakiot taulukkoon: 0 2 4 6 1 0 2 3 2 1 2 2 1 1 0 1 LM1, Kesä 2012 72/169
Muunnetaan tämä matriisi alkeisrivitoimituksia käyttäen redusoiduksi porrasmatriisiksi. Teet alkeisrivitoimituksen, jos I. vaihdat matriisin kaksi riviä keskenään; II. kerrot rivin jollakin nollasta poikkeavalla reaaliluvulla; III. lisäät johonkin riviin jokin toisen rivin reaaliluvulla kerrottuna; 0 2 4 6 1 0 0 1/2 1 0 2 3 0 1 0 1/2 2 1 2 2 0 0 1 5/4 1 1 0 1 0 0 0 0 LM1, Kesä 2012 73/169
Redusoidusta porrasmatriisista ratkaisut on helppo lukea: matriisia 1 0 0 1/2 0 1 0 1/2 0 0 1 5/4 0 0 0 0 vastaa yhtälöryhmä x 1 = 1/2 x 2 = 1/2 x 3 = 5/4 0 = 0, jossa alin yhtälö on aina tosi. LM1, Kesä 2012 74/169
Miten tunnistan redusoidun porrasmatriisin? Ensinnäkin se on porrasmatriisi eli nollarivit ovat alimpina, jos niitä on; jokaisella rivillä ensimmäinen nollasta poikkeava alkio (eli johtava alkio) on ylemmän rivin johtavan alkion oikealla puolella. Esimerkki porrasmatriisista: 0 7 3 2 4 9 0 0 0 8 0 5 0 0 0 0 3 6 0 0 0 0 0 0 LM1, Kesä 2012 75/169
Miten tunnistan redusoidun porrasmatriisin? Se on porrasmatriisi. Jokaisen rivin johtava alkio on 1. Jokainen johtava alkio on sarakkeensa ainoa nollasta poikkeava alkio. Esimerkki redusoidusta porrasmatriisista: 0 1 3/7 0 0 63/4 0 0 0 1 0 5/8 0 0 0 0 1 2 0 0 0 0 0 0 LM1, Kesä 2012 76/169
Gaussin-Jordanin eliminointimenetelmän perusta Voidaan osoittaa, että jos lineaarisen yhtälöryhmän täydennettyä matriisia muokataan alkeisrivitoimituksilla, niin näin saatua uutta matriisia vastaavalla yhtälöryhmällä on täsmälleen samat ratkaisut kuin alkuperäisellä yhtälöryhmällä. a 11 a 12... a 1n b 1 a 21 a 22... a 2n b 2.. a m1 a m2... a mn b m alkeisrivi- toimituksia c 11 c 12... c 1n d 1 c 21 c 22... c 2n d 2.. c m1 c m2... c mn d m a 11 x 1 + + a 1n x n = b 1 a 21 x 1 + + a 2n x n = b 2. =.. a m1 x 1 + + a mnx n = b m samat ratkaisut c 11 x 1 + + c 1n x n = d 1 c 21 x 1 + + c 2n x n = d 2. =.. c m1 x 1 + + c mnx n = d m LM1, Kesä 2012 77/169
Gaussin-Jordanin eliminointimenetelmä Kirjoita yhtälöryhmän täydennetty matriisi. Muuta se alkeisrivitoimituksilla porrasmatriisiksi. Ohjeita: porrasmatriisia muodostetaan vasemmalta oikealle ja ylhäältä alaspäin; johtavat alkiot kannattaa useimmiten muuttaa ykkösiksi; johtavien alkioiden avulla muutetaan niiden alapuolella olevat alkiot nolliksi. Muuta porrasmatriisi redusoiduksi porrasmatriisiksi. Ohjeita: redusoitua porrasmatriisia muodostetaan oikealta vasemmalle ja alhaalta ylöspäin; johtavien alkioiden avulla muutetaan niiden yläpuolella olevat alkiot nolliksi. Lue ratkaisut redusoidusta porrasmatriisista. Tee alkeisrivitoimitukset yksi kerrallaan! LM1, Kesä 2012 78/169
Esimerkki 11 Ratkaise lineaarinen yhtälöryhmä 3x + 5y = 22 3x + 4y = 4 4x 8y = 32. 3 5 22 r 1 + r 3 3 4 4 4 8 32 1 3 10 0 13 26 4 8 32 r 3 4r 1 1 3 10 3 4 4 r 2 3r 1 4 8 32 1 3 10 0 13 26 r 2 /13 0 4 8 LM1, Kesä 2012 79/169
1 3 10 0 1 2 0 4 8 r 3 4r 2 1 0 4 0 1 2. 0 0 0 1 3 10 r 1 + 3r 2 0 1 2 0 0 0 Vastaava yhtälöryhmä on x = 4 y = 2 0 = 0. Alin yhtälö on aina tosi, joten yhtälöryhmän ratkaisu on x = 4 ja y = 2. LM1, Kesä 2012 80/169
Esimerkki 12 Ratkaise lineaarinen yhtälöryhmä { x + 2y + z = 8 3x 6y 3z = 21. [ ] 1 2 1 8 3 6 3 21 r 2 + 3r 1 [ 1 2 1 ] 8 0 0 0 3 Vastaava yhtälöryhmä on { x + 2y + z = 8 0 = 3. Alin yhtälö on aina epätosi, joten yhtälöryhmällä ei ole ratkaisua. LM1, Kesä 2012 81/169
Esimerkki 13 Ratkaise lineaarinen yhtälöryhmä 3x 1 + 3x 2 15x 3 = 9 x 1 2x 3 = 1 2x 1 x 2 x 3 = 0. 3 3 15 9 r 1 /3 1 0 2 1 2 1 1 0 1 1 5 3 0 1 3 2 2 1 1 0 r 3 2r 1 1 1 5 3 1 0 2 1 r 2 r 1 2 1 1 0 1 1 5 3 0 1 3 2 1 r 2 0 3 9 6 LM1, Kesä 2012 82/169
1 1 5 3 0 1 3 2 0 3 9 6 r 3 + 3r 2 1 0 2 1 0 1 1 2. 0 0 0 0 1 1 3 3 r 1 r 2 0 1 1 2 0 0 0 0 Alinta riviä vastaava yhtälö 0 = 0 on aina tosi. Tuntematonta x 3 vastaavassa sarakkeessa ei ole johtavaa alkiota, joten se on ns. vapaa muuttuja. Merkitään x 3 = t, missä t R. Ratkaistaan muut tuntemattomat: x 1 2t = 1 { x1 = 1 + 2t x 2 t = 2 t R. x 2 = 2 + t, 0 = 0 LM1, Kesä 2012 83/169
Esimerkki 14 Lineaarisen yhtälöryhmän täydennetty matriisi muutettiin alkeisrivitoimituksilla redusoiduksi porrasmatriisiksi: 1 3 0 4 0 0 0 0 0 1 2 0 0 0. 0 0 0 0 0 1 3 Mikä on yhtälöryhmän ratkaisu? Havaitaan, että johtavat alkiot (rivien ensimmäiset nollasta poikkeavat alkiot) ovat sarakkeissa 1, 3 ja 6. Muita sarakkeita vastaavat tuntemattomat x 2, x 4 ja x 5 ovat vapaita muuttujia. Merkitään x 2 = r, x 4 = s ja x 5 = t, missä r, s, t R. LM1, Kesä 2012 84/169
Yhtälöryhmä on tällöin x 1 + 3r + 4s = 0 x 3 + 2s = 0 x 6 = 3 x 1 = 3r 4s x 3 = 2s x 6 = 3. Ratkaisu on siis x 1 = 3r 4s x 2 = r x 3 = 2s x 4 = s x 5 = t x 6 = 3, r, s, t R. LM1, Kesä 2012 85/169
Esimerkki 15 Tarkastellaan yhtälöryhmää x + y + kz = 1 x + ky + z = 1 kx + y + z = 2. Määritä ne reaaliluvut k, joilla tällä yhtälöryhmällä (a) ei ole ratkaisua; (b) on tasan yksi ratkaisu; (c) on äärettömän paljon ratkaisuja. LM1, Kesä 2012 86/169
1 1 k 1 1 1 k 1 1 k 1 1 r 2 r 1 0 k 1 1 k 0 k 1 1 2 k 1 1 2 r 3 kr 1 1 1 k 1 0 k 1 1 k 0 0 1 k 1 k 2 2 k r 3 + r 2 1 1 k 1 0 k 1 1 k 0 r 2 /(k 1) 0 0 2 k k 2 2 k Oletus: k 1 0 1 1 k 1 0 1 1 0. 0 0 2 k k 2 2 k LM1, Kesä 2012 87/169
Oletus: k 1 0 eli k 1. Alimman rivin johtavassa alkiossa esiintyy k, joten tarkastellaan eri tapaukset. Jos kerroin 2 k k 2 = 0 eli k = 2 (tai k = 1) on periaatteessa kaksi mahdollisuutta: Jos myös vakio 2 k = 0 eli k = 2, niin yhtälöllä on äärettömän monta ratkaisua. Alinta riviä nimittäin vastaa yhtälö 0 = 0 ja x 3 on vapaa muuttuja. Jos vakio 2 k 0 eli k 2, ei nyt voida päätellä mitään, koska on mahdotonta, että yhtä aikaa k = 2 ja k 2. Jos kerroin 2 k k 2 0 eli k 2 ja k 1, niin saadaan ratkaistua x 3 = ( 2 k)/(2 k k 2 ) ja ylemmistä yhtälöistä saadaan muut tuntemattomat. Yhtälöryhmällä on tasan yksi ratkaisu. LM1, Kesä 2012 88/169
Tapaus k 1 = 0 eli k = 1. Yhtälöryhmä on tällöin x + y + z = 1 x + y + z = 1 x + y + z = 2. Ylin ja alin yhtälö ovat keskenään ristiriitaiset, joten yhtälöryhmällä ei ole ratkaisua. Yhteenveto: (a) ei ratkaisua, jos ja vain jos k = 1; (b) tasan yksi ratkaisu, jos ja vain jos k 2 ja k 1; (c) äärettömän monta ratkaisua, jos ja vain jos k = 2. LM1, Kesä 2012 89/169
Vektorien virittämä aliavaruus Esimerkki 16 Mikä ehto vektorin w = (w 1, w 2, w 3 ) komponenttien on toteutettava, jotta w kuuluu vektoreiden v 1 = (3, 2, 1), v 2 = (2, 2, 6) ja v 3 = (3, 4, 5) virittämään aliavaruuteen span( v 1, v 2, v 3 )? Toisin sanottuna: Mikä ehto vektorin w = (w 1, w 2, w 3 ) komponenttien on toteutettava, jotta w on vektoreiden v 1, v 2 ja v 3 lineaarikombinaatio? LM1, Kesä 2012 90/169
Tarkastellaan yhtälöä x 1 v 1 + x 2 v 2 + x 3 v 3 = w eli yhtälöä x 1 (3, 2, 1) + x 2 (2, 2, 6) + x 3 (3, 4, 5) = (w 1, w 2, w 3 ). Muokataan vastaavan yhtälöryhmän täydennetty matriisi porrasmatriisiksi: 3 2 3 w 1 ( 1) r 3 1 6 5 w 3 2 2 4 w 2 2 2 4 w 2 r 2 2r 1 1 6 5 w 3 3 2 3 w 1 1 6 5 w 3 0 10 6 w 2 + 2w 3 3 2 3 w 1 r 3 3r 1 1 6 5 w 3 0 10 6 w 2 + 2w 3 0 20 12 w 1 + 3w 3 r 3 2r 2 r 1 LM1, Kesä 2012 91/169
1 6 5 w 3 0 10 6 w 2 + 2w 3 r 2 /10 0 0 0 w 1 + 3w 3 2(w 2 + 2w 3 ) 1 6 5 w 3 0 1 3/5 (w 2 + 2w 3 )/10 0 0 0 w 1 2w 2 w 3 Havaitaan, että yhtälöryhmällä on ratkaisuja, jos ja vain jos w 1 2w 2 w 3 = 0. Siten span( v 1, v 2, v 3 ) = { w R 3 w 1 2w 2 w 3 = 0 } = { (x, y, z) R 3 x 2y z = 0 } eli origon kautta kulkeva taso, jonka yksi normaali on (1, 2, 1). LM1, Kesä 2012 92/169
Vektorien virittämä aliavaruus Esimerkki 17 Merkitään ī = (1, 0) ja j = (0, 1). Osoita, että span(ī, j) = R 2. Toisin sanottuna: osoita, että jokainen avaruuden R 2 vektori voidaan esittää vektoreiden ī ja j lineaarikombinaationa. j ī LM1, Kesä 2012 93/169
Oletetaan, että w R 2. Tällöin w = (w 1, w 2 ) joillakin reaaliluvuilla w 1 ja w 2. Huomataan, että w 1 ī + w 2 j = w 1 (1, 0) + w 2 (0, 1) = (w 1, 0) + (0, w 2 ) = (w 1, w 2 ) = w. Siis w voidaan kirjoittaa vektoreiden ī ja j lineaarikombinaationa eli w span(ī, j). Näin on osoitettu, että R 2 span(ī, j). Toinen suunta span(ī, j) R 2 on selvä, koska jokainen vektoreiden ī, j R 2 lineaarikombinaatio kuuluu avaruuteen R 2. LM1, Kesä 2012 94/169
Vektoreiden virittämä aliavaruus Esimerkki 18 Onko totta, että span( v 1, v 2, v 3, v 4 ) = R 3, jos (a) v 1 = (1, 1, 0), v 2 = (1, 0, 1), v 3 = (0, 1, 1) ja v 4 = ( 2, 1, 1)? (b) v 1 = (1, 1, 0), v 2 = ( 1, 0, 1), v 3 = (0, 1, 1) ja v 4 = (2, 1, 1)? Kielteisessä tapauksessa määritä span( v 1, v 2, v 3, v 4 ). Myönteisessä tapauksessa tutki, kuinka monella tavalla vektori w = (w 1, w 2, w 3 ) voidaan esittää vektoreiden v 1, v 2, v 3 ja v 4 lineaarikombinaationa. LM1, Kesä 2012 95/169
(a) Tarkastellaan yhtälöä x 1 v 1 + x 2 v 2 + x 3 v 3 + x 4 v 4 = w. Muokataan vastaavan yhtälöryhmän täydennetty matriisi joksikin porrasmatriisiksi: 1 1 0 2 w 1 1 0 1 1 w 2... 0 1 1 1 w 3 1 1 0 2 w 1 0 1 1 3 w 1 w 2. 0 0 1 2 (w 3 + w 2 w 1 )/2 Havaitaan, että yhtälöryhmällä on aina ratkaisu; itseasiassa niitä on äärettömän monta, koska x 4 on vapaa muuttuja. Siis span( v 1, v 2, v 3, v 4 ) = R 3 ja jokainen avaruuden R 3 vektori voidaan esittää äärettömän monella tavalla vektoreiden v 1, v 2, v 3 ja v 4 lineaarikombinaationa. LM1, Kesä 2012 96/169
(b) Tarkastellaan yhtälöä x 1 v 1 + x 2 v 2 + x 3 v 3 + x 4 v 4 = w. Muokataan vastaavan yhtälöryhmän täydennetty matriisi joksikin porrasmatriisiksi: 1 1 0 2 w 1 1 0 1 1 w 2... 0 1 1 1 w 3 1 1 0 2 w 1 0 1 1 1 w 1 w 2 0 0 0 0 w 1 + w 2 + w 3. Havaitaan, että yhtälöryhmällä on ratkaisu, jos ja vain jos w 1 + w 2 + w 3 = 0. Siten span( v 1, v 2, v 3, v 4 ) = { w R 3 w 1 + w 2 + w 3 = 0 } = { (x, y, z) R 3 x + y + z = 0 } eli origon kautta kulkeva taso, jonka yksi normaali on (1, 1, 1). LM1, Kesä 2012 97/169
Jos w 1 + w 2 + w 3 = 0, niin vektori w voidaan esittää vektoreiden v 1, v 2, v 3 ja v 4 lineaarikombinaationa äärettömän monella tavalla, sillä x 3 ja x 4 ovat vapaita muuttujia. Erityisesti voidaan valita x 3 = 0 ja x 4 = 0 ja saadaan esitys w = w 2 v 1 + ( w 1 w 2 ) v 2. Näin ollen span( v 1, v 2, v 3, v 4 ) = span( v 1, v 2 ). LM1, Kesä 2012 98/169
Havaintoja Edellisen esimerkin perusteella: Joskus osajono virittää saman aliavaruuden kuin alkuperäinen virittäjäjono ( v 1,..., v k ). Joskus aliavaruuden span( v 1,..., v k ) vektorit voidaan esittää usealla eri tavalla virittäjävektorien lineaarikombinaatioina. Miten löytää virittäjäjono, jossa ei ole turhia vektoreita? Miten löytää sellainen virittäjäjono, että kaikki aliavaruuden vektorit voidaan esittää tasan yhdellä tavalla virittäjävektorien lineaarikombinaatioina? LM1, Kesä 2012 99/169