x 2 x 3 x 1 x 2 = 1 2x 1 4 x 2 = 3 x 1 x 5 LINEAARIALGEBRA I Oulun yliopisto Matemaattisten tieteiden laitos 2014 Esa Järvenpää, Hanna Kiili

6 4 2 x 2 x 3 15 10 5 0 5 15 5 3 2 1 1 2 3 2 0 x 2 = 1 2x 1 0 4 x 2 = 3 x 1 x 5 2 5 x 1 10 x 1 5 LINEAARIALGEBRA I Oulun yliopisto Matemaattisten tieteiden laitos 2014 Esa Järvenpää, Hanna Kiili

Sisältö 1 Alkusanat 3 2 Vektori, suora ja taso 3 21 Vektorin määritelmä ja laskutoimitukset 3 22 Suorat ja tasot 5 3 Lineaarinen yhtälöryhmä 7 31 Gaussin ja Jordanin eliminointimenetelmä 10 4 Matriisi 14 41 Matriisin määritelmä ja laskutoimitukset 14 42 Matriisiyhtälö 18 43 Käänteismatriisi 19 44 Alkeismatriisit 22 45 Gaussin ja Jordanin algoritmi käänteismatriisille 25 46 Matriisin transpoosi 26 5 Determinantti 27 51 Determinantin kehityskaavat 28 52 Determinantin ominaisuuksia 30 53 Matriisin kääntyvyys ja determinantti 33 54 Liittomatriisi 35 55 Cramerin sääntö 36 6 Vektoriavaruus R n 38 61 Lineaarikombinaatio 38 62 Lineaarinen riippuvuus ja riippumattomuus 39 63 Lineaarinen verho 42 64 Avaruuden R n aliavaruudet 46 65 Kanta 49 66 Koordinaatit 51 67 Dimensio 52 2

1 Alkusanat Tämä luentomoniste on pääosin sama kuin Esa Järvenpään Lineaarialgebra I (2011) luentomoniste, ks ccoulufi/ esjarven Olen tehnyt siihen joitain muutoksia, enimmäkseen lisäyksiä FT Hanna Kiili 2 Vektori, suora ja taso 21 Vektorin määritelmä ja laskutoimitukset 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 ) (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 Samanmuotoisia kolmioita hyväksi käyttäen osoitetaan, että λ (x 1, x 2 ) = (λx 1, λx 2 ) 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 + t 2 x 2 2 = λ 2 (x 2 1 + x 2 2) eli 3

t 2 = λ 2, joten t = λ Siis λ (x 1, x 2 ) = (λx 1, λx 2 ) Tämä pätee myös kun λ 0 Siinä tapauksessa vektorin suunta kääntyy vastakkaiseksi (x 1, x 2 ) λ (x 1, x 2 ) = (y 1, y 2 ) 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 λx = (λx 1, λx 2,, λx n ) R n ja Esimerkki 1 Olkoot x = (1, 4, 2, 6) ja y = (4, 2, 8, 2) Tällöin x + y = (5, 6, 10, 8) ja 3y = (12, 6, 24, 6) 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) 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 4

Huomautus 1 Lauseen 1 (d)-kohdan nojalla jokaisella vektorilla y R n on vastavektori y R n Otetaan käyttöön lyhennysmerkintä x y := x + ( y) Esimerkki 2 Olkoot x = (2a + 3b + 5c, a 3c, 5b 3c) R 3 ja y = (10, 2, 2) R 3 Vektoriyhtälö x = y vastaa yhtälöryhmää 2a + 3b + 5c = 10 a 3c = 2 5b 3c = 2 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 Esimerkki 3 Vektoreiden u = (1, 2, 3) ja v = (5, 3, 2) pistetulo on u v = 1 5 + 2 3 + 3 2 = 17 Määritelmä 3 Vektorit u R n ja v R n ovat ortogonaaliset eli kohtisuorassa toisiaan vastaan, jos u v = 0 Esimerkki 4 Vektorit u = (1, 2, 3) ja v = (2, 1, 0) ovat ortogonaaliset 22 Suorat ja tasot Suoria ja tasoja voidaan esittää erilaisilla yhtälöillä 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 Esimerkki 5 Olkoot x = (4, 3) ja y = ( 1, 2) avaruuden R 2 pisteitä Määrätään niiden kautta kulkeva suora muodossa {u + kv k R} Valitaan paikkavektoriksi u = ( 1, 2) Suoran suuntainen vektori on esimerkiksi v = y + x = ( 1, 2) + (4, 3) = (5, 5) Siten suora voidaan esittää muodossa y = ( 1, 2) {( 1, 2) + k(5, 5) k R} x = (4, 3) 5

Olkoon u = (x 0 1, x 0 2) avaruuden R 2 suoran piste ja olkoon n = (a, b) (0, 0) suoraa L vastaan kohtisuora vektori eli normaalivektori Tällöin x = (x 1, x 2 ) kuuluu suoralle L jos ja vain jos vektorit n ja x u ovat kohtisuorassa toisiaan vastaan eli n (x u) = (a, b) (x 1 x 0 1, x 2 x 0 2) = a(x 1 x 0 1) + b(x 2 x 0 2) = 0 Tämä yhtälö voidaan kirjoittaa muodossa ax 1 + bx 2 + c = 0, missä c = ax 0 1 bx 0 2 Jos b 0 (vastaavasti a 0), niin x 2 = a b x 1 c b Tämä on siis x 1 x 2 -koordinaatistossa olevan suoran yhtälö, joka leikkaa x 2 -akselin kohdassa c b ja jonka kulmakerroin on a b 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 Kuva 1: Piste x on paikkavektorin u ja suuntavektoreiden v ja w määräämässä tasossa Paikkavektoriksi voidaan valita mikä tahansa tason piste, ja suuntavektoreiksi voidaan valita mitkä tahansa nollasta eroavat tason suuntaiset vektorit, jotka eivät 6

ole yhdensuuntaiset Kuten suoralle, myös tasolle on erilaisia esitystapoja 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 Yhtälö voidaan perustella samaan tapaan kuin suoran tapauksessa; tässä tapauksessa käsitellään vain vektoreita u, n, x R 3 3 Lineaarinen yhtälöryhmä Määritelmä 6 Yleinen 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 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 6 Yhtälöt ovat lineaarisia, mutta esimerkiksi eivät ole lineaarisia 5x 1 + 72x 2 x 3 = 1 ja sin(4)x 3 = 7x 4 + x 1 x 1 x 2 = 5 ja x 2 2 4x 5 = 0 Esimerkki 7 a) Yhtälö 2x = 8 voidaan ratkaista kertomalla puolittain luvulla, jolloin saadaan x = 4 1 2 b) Yhtälö 2x 1 +3x 2 = 1 voidaan kirjoittaa muodossa x 2 = 1 3 (1 2x 1) (tai muodossa x 1 = 1 2 (1 3x 2)) Tämä on suoran yhtälö, jonka kulmakerroin on 2/3 ja se leikkaa x 2 -akselin kohdassa 1/3 Yleinen ratkaisu on x 1 = t ja x 2 = 1 (1 2t), missä t R on vapaa muuttuja 3 Ratkaisuja on siis ääretön määrä Esimerkiksi x 1 = 1 ja x 2 = 1 on yksi ratkaisu c) Yhtälö 3x 1 + 6x 2 + x 3 = 4 määrää tason avaruuteen R 3 Myös tällä yhtälöllä on ääretön määrä ratkaisuja: x 1 = t, x 2 = s ja x 3 = 4 3t 6s, t, s R 7

2 1 x 2 x 3 50 40 30 20 10 0 x 1 20 10 3 2 1 1 2 3 30 40 1 50 5 0 5 5 0 5 x 2 x 1 (a) Yhtälön x 2 (Esim 7) = 1/3 (2/3)x 1 kuvaaja (b) Yhtälön x 3 = 4 3x 1 6x 2 kuvaaja (Esim 7) Määritelmä 7 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 Esimerkki 8 (a) 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: { 2 ( 2) + 5 = 1 2 + 5 = 3 8

(b) Ratkaise yhtälöpari { 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 Esimerkki 9 Yhtälöparin { 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 d eli ad bc 0 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 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 Esimerkki 10 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 ( ) ( ) 9

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 3x 3 = 3 x 1 2x 2 + x 3 = 0 x 2 4x 3 = 0 x 3 = 1 x 1 2x 2 + x 3 = 0 x 2 = 4 x 3 = 1 x 1 = 7 x 2 = 4 x 3 = 1 Tarkistetaan ratkaisu: 7 2 ( 4) 1 = 0 2 ( 4) 8 ( 1) = 0 4 ( 7) + 7 ( 4) 3 ( 1) = 3 31 Gaussin ja Jordanin eliminointimenetelmä Gaussin ja Jordanin eliminointimenetelmä on menetelmä lineaaristen yhtälöryhmien ratkaisemiseksi Ideana on tiettyjä rivioperaatioita käyttäen muokata yhtälöryhmää niin, että se on helpompi ratkaista Rivioperaatiot eivät muuta yhtälöryhmän ratkaisuja, vaan alkuperäisellä ja muokatulla yhtälöryhmällä on samat ratkaisut Rivioperaatiot ovat 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 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 Todistus Jos kahden yhtälön paikkaa vaihdetaan keskenään eli suoritetaan rivioperaatio P ij, on selvä, että se ei vaikuta yhtälöryhmän ratkaisuihin Jos yhtälöä kerrotaan puolittain luvulla c R\{0}, se ei muuta yhtälön ratkaisuja Siten rivioperaatio M i (c) ei vaikuta yhtälöryhmän ratkaisuihin Rivioperaation A ij (c) perustelu sivuutetaan 10

Koska rivioperaatiot vaikuttavat vain kertoimiin a ij ja b i, voidaan yhtälöryhmää käsitellä tiiviimmässä muodossa, jossa tuntemattomat x 1, x 2,, x n jätetään kirjoittamatta 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, on kätevä kirjoittaa 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 Esimerkki 11 Yhtälöryhmän x 1 2x 2 + x 3 = 0 2x 2 8x 3 = 8 4x 1 + 5x 2 + 9x 3 = 9 laajennettu kerroinmatriisi on 1 2 1 0 0 2 8 8 4 5 9 9 (1) Kun kerrotaan ensimmäistä yhtälöä luvulla 4 ja lisätään se kolmanteen yhtälöön eli suoritetaan rivioperaatio A 13 (4), saadaan 1 2 1 0 0 2 8 8 0 3 13 9 (2) Seuraavaksi määritellään, millaiseen muotoon kerroinmatriisi tulee muokata, jotta yhtälöryhmän ratkaisu olisi siitä helposti luettavissa 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 11

Kun matriisi sievennetään rivitoimituksilla redusoiduksi porrasmatriisiksi, on kolme mahdollisuutta: (1) 1 0 0 d 1 0 1 0 0 d 2 0 1 d n 0 0 0 0 0 0 eli yksikäsitteinen ratkaisu 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 Gaussin ja Jordanin eliminointimenetelmä: 1 Kirjoita yhtälöryhmä laajennettuna kerroinmatriisina 2 Muuta kerroinmatriisi rivioperaatioilla redusoiduksi porrasmatriisiksi 3 Lue ratkaisu redusoidusta porrasmatriisista kirjoittamalla se takaisin yhtälöryhmäksi Esimerkki 12 (a) Ratkaise yhtälöryhmä 2x 1 + 3x 2 + 5x 3 = 10 x 1 3x 3 = 2 5x 2 3x 3 = 2 12

Laajennettu kerroinmatriisi on 2 3 5 10 1 0 3 2 0 5 3 2 A 13 ( 2) M 2 ( 1 5 ) P 12 1 0 3 2 0 1 3 2 5 5 0 3 11 14 1 0 3 2 2 3 5 10 0 5 3 2 A 23( 3) 1 0 3 2 M 3 ( 5 64 ) 0 1 3 2 5 5 A 31(3) A 0 0 1 1 32 ( 3 5 ) P 23 1 0 3 2 0 1 3 2 5 5 64 64 0 0 5 5 1 0 0 1 0 1 0 1 0 0 1 1 1 0 3 2 0 5 3 2 2 3 5 10 eli x 1 = 1 x 2 = 1 x 3 = 1 (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? Laajennettu kerroinmatriisi on 1 0 a b + 1 2 1 4a 4b + 2 A 12( 2) 0 3 5a 5b 1 A 23 (3) 1 0 a b + 1 0 1 2a 2b 0 0 a b 1 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 13

4 Matriisi 41 Matriisin määritelmä ja laskutoimitukset 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 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 kaikilla i = 1,, k ja j = 1,, n (A + B) ij = A ij + B ij ja (λa) ij = λa ij Esimerkki 13 (a) Olkoot a b A = c d 2 + d 2b ja B = c d 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 = 0 1 2 3 4 5 Tällöin A ja B ovat 2 3- matriiseja, joille pätee A + B = 2A = 5 + 0 4 + 1 3 + 2 = 2 + 3 1 + 4 0 + 5 2 5 2 4 2 3 = 2 2 2 1 2 0 5 5 5 5 5 5 10 8 6 4 2 0 ja Lause 3 Olkoot A, B, C M(k, n) ja λ, µ R Tällöin 14

(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 1) Olkoon A = [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 Merkintä 1 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 i=1 ja 5 b ij = b i2 + b i3 + b i4 + b i5 j=2 Määritelmä 11 Olkoot A M(k, n) ja B M(n, l) Matriisien A ja B tulo on matriisi AB M(k, l), missä n (AB) ij = 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 Huomautus 2 (a) Tulomatriisin AB alkio (AB) ij saadaan 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 15

ja laskemalla näin saadut tulot yhteen Eli AB = = A 11 A 12 A 1n B 11 B 1j B 1l B 21 B 2j B 2l A i1 A i2 A in 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 (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 Esimerkki 14 (a) Olkoot A = 1 2 3 M(2, 3) ja B = 0 1 1 Tällöin AB on määritelty ja se on 2 3-matriisi 1 0 1 1 2 3 AB = 5 0 1 0 1 1 1 1 1 = = 1 0 1 5 0 1 M(3, 3) 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 ] 0 M(1, 3) ja B = 3 M(3, 1) 1 16

Tällöin AB = [ 1 2 1 ] 0 3 = [ 1 0 + 2 3 + 1 1 ] = [ 7 ] M(1, 1) 1 0 0 1 0 2 0 1 0 0 0 BA = 3 1 2 1 = 3 1 3 2 3 1 = 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) 0 0 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 määritelty Entä BA? Todistus (a) Olkoot A M(k, n) ja B, 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 ( A(B + C) )ij n = n n A ip (B + C) pj = A ip (B pj + C pj ) = (A ip B pj + A ip C pj ) p=1 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 (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 ( (λa)b )ij n = n n n (λa) ip B pj = (λa ip )B pj = λa ip B pj = λ A ip B pj 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 p=1 p=1 p=1 ja 17

42 Matriisiyhtälö Merkintä 2 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 kertomista, ts x 1 y 1 x 1 x 2 x + y = + y 2 x 2 ja λx = λ x n y n 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 Ax = b, missä a 11 a 1n A =, x = a k1 a kn x 1 x 2 x n b 1 b 2 ja b = b k Matriisi A on yhtälöryhmän kerroinmatriisi ja b vakiovektori Esimerkki 15 Yhtälöryhmän 3x 1 x 2 + 2x 3 = 3 x 1 + 4x 2 + x 3 2x 4 = 0 5x 2 + 3x 3 7x 4 = 1 3 1 2 0 3 kerroinmatriisi on A = 1 4 1 2 ja vakiovektori on b = 0 0 5 3 7 1 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 18

(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 J 0 1 0 0 O 0 1 T 0 0 A I 0 0 N Todistus (b) (c): Katso kappale 31 (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 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 Todistus Katso kappale 31 43 Käänteismatriisi Jokaisella nollasta eroavalla reaaliluvulla on käänteisluku, jolla kerrottaessa tuloksena on 1 Seuraavaksi tarkastellaan vastaavaa ominaisuutta matriiseille ja määritellään käänteismatriisi Jokaisella matriisilla ei kuitenkaan ole käänteismatriisia Ensinnäkin, matriisissa täytyy olla yhtä monta riviä ja saraketta, jotta käänteismatriisi voi olla olemassa Se ei ole vielä riittävä ehto, vaan tarvitaan menetelmiä käänteismatriisin ja sen olemassaolon määräämiseksi Mutta ensin määritellään ykkösalkio matriiseille 19

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 1 0 0 I = [δ ij ] = M(n, n) 0 1 on yksikkömatriisi eli identtinen matriisi Tässä { 1, i = j δ ij = 0, i j Lause 7 Olkoon A M(n, n) Tällöin IA = AI = A Todistus HT 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 2 1 1 1 Esimerkki 16 (a) Matriisi A = on kääntyvä ja A 3 1 1 =, sillä 3 2 (b) Matriisi A = 2 1 1 1 = 3 1 3 2 [ 1 0 1 1 = 0 1 3 2 ] 2 1 3 1 1 2 ei ole kääntyvä Jos nimittäin olisi B = 2 4 1 2 a b = 2 4 c d a + 2c b + 2d = 2a + 4c 2b + 4d 1 0, 0 1 a b, jolle c d niin a + 2c = 1 b + 2d = 0 2a + 4c = 0 2b + 4d = 1 Erityisesti { a + 2c = 1 2a + 4c = 0 mikä on ristiriita Siten B:tä ei ole { 0 = 1 a = 2c, Lause 8 (a) Jos neliömatriisilla A on käänteismatriisi, niin se on yksikäsitteinen Erityisesti (A 1 ) 1 = A 20

(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 L7 = BI = B(AC) L4 = (BA)C = IC L7 = 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 ) L4 = A(BB 1 )A 1 = AIA 1 L4 = 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 Lause 9 Olkoon A M(n, n) kääntyvä Tällöin kaikilla b R n yhtälöllä Ax = b on yksikäsitteinen ratkaisu x = A 1 b 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 joten y = A 1 b A 1 (Ay) = A 1 b (A 1 A)y = A 1 b Iy = A 1 b, Huomautus 3 Muista, että käänteismatriisilla voidaan kertoa ainoastaan silloin, kun tiedetään, että se on olemassa Esimerkki 17 (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 = 16(a), niin 3 2 1 1 3 x = A 1 b = = 3 2 5 on yhtälöryhmän ainoa ratkaisu 21 2 1 eli { x1 = 2 x 2 = 1

(b) Jos A on kääntyvä, niin lauseen 8 nojalla A 2 = AA on kääntyvä ja (A 2 ) 1 = (AA) 1 = A 1 A 1 = (A 1 ) 2 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 Todistus Sivuutetaan 44 Alkeismatriisit Seuraavaksi sovelletaan tuttuja rivioperaatioita P ij : vaihdetaan rivit i ja j keskenään, M i (c): kerrotaan rivi i luvulla c 0, A ij (c): kerrotaan rivi i luvulla c R ja lisätään se riviin j, missä i j, yksikkömatriisiin I ja määritellään alkeismatriisit Määritelmä 14 Alkeismatriisi on sellainen matriisi, joka on saatu yksikkömatriisista I yhdellä rivioperaatiolla Esimerkki 18 Olkoot 1 0 0 0 1 0 1 0 0 a b c E 1 = 0 1 0, E 2 = 1 0 0, E 3 = 0 1 0, A = d e f 4 0 1 0 0 1 0 0 5 g h i Matriisit E 1, E 2 ja E 3 ovat alkeismatriiseja Nyt a b c d e f a b c E 1 A = d e f, E 2 A = a b c, E 3 A = d e f g 4a h 4b i 4c g h i 5g 5h 5i Matriisilla E 1 kertominen on siis sama kuin rivioperaatio, jossa ensimmäistä riviä kerrotaan luvulla 4 ja lisätään se kolmanteen riviin Matriisilla E 2 kertominen vaihtaa ensimmäisen ja toisen rivin paikkaa, ja matriisilla E 3 kertominen kertoo kolmannen rivin alkiot viidellä Edellinen esimerkki pätee myös yleisesti 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 22

Todistus Olkoon A 1 A i A =, A j A n missä A i on matriisin A i:s rivi ja A j on j:s rivi Olkoon E 1 matriisi, joka on saatu vaihtamalla rivit i ja j keskenään yksikkömatriisissa eli e 1 e j E 1 =, e i e n missä e i = [0 0 1 0 0] ja 1 on i:nnessä sarakkeessa Tällöin e 1 A e j A E 1 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 Seuraavan lauseen todistuksessa tarvitaan tietoa, että jokaisella rivioperaatiolla on käänteinen rivioperaatio, jolla yhtälöryhmä (tai matriisi) saadaan alkuperäiseen muotoonsa (HT) 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 EF = I ja FE = I Siten E 1 = F 23

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 (e) Matriisi A on alkeismatriisien tulo 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 (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 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 24

(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 Seuraavaksi kerrotaan matriisilla E2 1, jolloin E 3 E k A = E2 1 E1 1 Jatketaan, kunnes viimeisenä kerrotaan matriisilla Ek 1 ja on saatu yhtälö A = Ek 1 E2 1 E1 1 Koska alkeismatriisien käänteismatriisit ovat alkeismatriiseja, kohta (e) pätee (e) (a): Oletetaan, että A = E 1 E 2 E k, missä E 1,, E k ovat alkeismatriiseja Matriisi B = Ek 1 E2 1 E1 1 on matriisin A käänteismatriisi, koska AB = (E 1 E 2 E k )(Ek 1 E2 1 E1 1 ) = E 1 E 2 (E k Ek 1 ) E 1 2 E1 1 = E 1 E 2 E k 1 IEk 1 1 E 1 2 E1 1 = E 1 E 2 (E k 1 Ek 1 1 ) E 1 2 E1 1 = E 1 E1 1 = I Siten A on kääntyvä Huomautus 4 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 45 Gaussin ja Jordanin algoritmi käänteismatriisille Lauseen 13 mukaan matriisi A M(n, n) on kääntyvä jos ja vain jos se on riviekvivalentti yksikkömatriisin kanssa Matriisin kääntyvyys voidaan siis todeta osoittamalla, että rivioperaatioita tekemällä se muuttuu yksikkömatriisiksi Koska jokainen rivioperaatio vastaa alkeismatriisilla kertomista, niin kääntyvälle matriisille A pätee E k E 2 E 1 A = I Koska (E k E 2 E 1 )A = I, niin työnpuolituslauseen nojalla A 1 = E k E 2 E 1 = E k E 2 E 1 I Gaussin ja Jordanin menetelmällä voidaan yhdistää kääntyvyyden tutkiminen sekä käänteismatriisin määrääminen: (1) Tarkastellaan laajennettua kerroinmatriisia [ A I ] (2) Sovelletaan Gaussin ja Jordanin menetelmää 25

(3) Jos A muuttuu I:ksi, on viivan oikealla puolella A 1 Jos A ei muutu I:ksi, A ei ole kääntyvä 1 1 1 Esimerkki 19 (a) Käännä A = 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) Siis A 1 = A 12( 2) A 13 ( 3) 1 0 0 3 1 0 0 1 1 2 1 0 0 0 1 7 2 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 Tarkistetaan ratkaisu: 1 1 1 3 1 0 1 0 0 AA 1 = 2 3 3 5 1 1 = 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 46 Matriisin transpoosi 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 5 Transpoosin rivit ovat alkuperäisen matriisin sarakkeita ja transpoosin sarakkeet ovat alkuperäisen matriisin rivejä 5 4 5 1 3 Esimerkki 20 (a) Jos A =, niin A 4 1 6 T = 1 1 3 6 26 ],

(b) x 1 T x1 x n = x n 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 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) ji = A jp C pi = C pi A jp = (C T ) ip (A T ) pj = (C T A T ) ij ij p=1 p=1 p=1 kaikilla i = 1,, l ja j = 1,, k Siten (AC) T = C T A T Lause 15 Olkoon A M(n, n) kääntyvä Tällöin A T on kääntyvä ja Todistus HT 5 Determinantti (A T ) 1 = (A 1 ) T Determinantti on neliömatriiseille määritelty reaaliluku, jonka avulla saadaan selville matriisin ominaisuuksia Esimerkiksi determinantti kertoo, onko matriisi kääntyvä vai ei Determinantin laskemalla voidaan myös selvittää matriisin sarakevektoreiden määräämän suunnikkaan pinta-ala x 2 1 + x 2 2 Esimerkki 21 Olkoot x = (x 1, x 2 ), y = (y 1, y 2 ) R 2 Merkitään x = vektorin x pituutta Koulusta muistetaan vektorin pistetulo x y = x 1 y 1 + x 2 y 2 = x y cos α, missä α on vektorien x ja y välinen kulma Vektorien x ja y määräämän suunnikkaan pinta-ala on A = x h = x y sin α = x y cos( π 2 α) = b y, 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 27

b π α 2 α y h x Huomautus 6 Esimerkin 21 perusteella matriisin A = ] ] [ a11 a 21 ja [ a12 a 22 a11 a 12 sarakevektoreiden a 21 a 22 määräämän suunnikkaan ala on a 11 a 22 a 12 a 21 Merkitään Osoittautuu, että kolmen vektorin tilavuus on lausekkeen a 11 a 12 a 13 det A = det a 21 a 22 a 23 a 31 a 32 a 33 itseisarvo det A = a 11 a 22 a 12 a 21 (vrt esim 21) a 11 a 21 a 31, a 12 a 22 a 32 ja a 13 a 23 a 33 määräämän suuntaissärmiön 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 51 Determinantin kehityskaavat 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 n det A = ( 1) 1+j A 1j det A 1j, missä det[a] = a j=1 Huomautus 7 Matriisin A M(n, n) sarakevektoreiden virittämän n-ulotteisen suuntaissärmiön tilavuus on det A Erityisesti, 1-ulotteisen suuntaissärmiön eli janan pituus on det a = a Esimerkki 22 (a) Olkoon A = A 11 = 0 4, A 12 = 1 7 0 1 2 3 0 4 Tällöin 2 1 7 3 4, A 22 = 2 7 0 2 2 7 jne 28

a11 a (b) Olkoon A = 12 Tällöin a 21 a 22 (c) Olkoon A = 2 det A = ( 1) 1+j a 1j det A 1j = ( 1) 1+1 a 11 det A 11 + ( 1) 1+2 a 12 det A 12 j=1 = a 11 det[a 22 ] a 12 det[a 21 ] = a 11 a 22 a 12 a 21 2 1 2 1 0 3 Tällöin 1 1 2 det A = ( 1) 2 2 det + ( 1) 4 2 det 0 3 1 3 + ( 1) 3 1 det 1 2 1 2 1 0 1 1 = 2(0 2 3 1) (1 2 3 ( 1)) + 2(1 1 0 ( 1)) = 9 a 11 0 0 0 a 22 0 0 (d) Olkoon A = diagonaalimatriisi Tällöin 0 a nn a 22 0 0 det A = 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 Lause 16 Neliömatriisin A determinantille pätee (a) kehittämissääntö i:nen rivin suhteen n det A = ( 1) i+k a ik det A ik, k=1 29

(b) kehittämissääntö j:nen sarakkeen suhteen n det A = ( 1) k+j a kj det A kj k=1 Todistus Sivuutetaan (Helppo uskoa tilavuustulkinnasta) Esimerkki 23 Olkoon A = (a) kehittämällä se 2 rivin suhteen det A = ( 1) 2+1 1 det 2 1 2 1 0 3 Lasketaan det A 1 1 2 + ( 1) 2+3 3 det (b) kehittämällä se 3 sarakkeen suhteen 1 2 2 2 + ( 1) 2+2 0 det 1 2 1 2 2 1 1 1 = (1 2 2 1) + 0 3(2 1 1 ( 1)) = 9, det A = ( 1) 1+3 2 det + ( 1) 3+3 2 det 1 0 2 1 + ( 1) 2+3 3 det 1 1 1 1 2 1 1 0 = 2(1 1 0 ( 1)) 3(2 1 1 ( 1)) + 2(2 0 1 1) = 9 52 Determinantin ominaisuuksia Lause 17 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 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 ] 30

R 1 Vastaavasti olkoon A =, missä R i on A:n i:s rivi Jos R i = W 1 + W 2 R n jollekin i, niin R 1 R 1 R 1 det A = 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 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 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 det B = ( 1) i+k B ik det B ik = ( 1) i+k λa ik det A ik k=1 k=1 n = λ ( 1) i+k A ik det A ik = λ det A k=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], 31

missä V 1 ja V 2 ovat j:nnessä sarakkeessa Tällöin n+1 det A = ( 1) 1+k A 1k det A 1k = = k=1 j 1 k=1 ( 1) 1+k A 1k det A 1k + ( 1) 1+j (V1 1 + V1 2 ) det A 1j + n+1 k=1,k j n+1 n+1 k=j+1 ( 1) 1+k A 1k det A 1k ( 1) 1+k A 1k (det B 1k + det C 1k ) + ( 1) 1+j V1 1 det B 1j + ( 1) 1+j V1 2 det C 1j = ( 1) 1+k B 1k det B 1k + ( 1) 1+k C 1k det C 1k = det B + det C k=1 (d) HT (induktiolla n:n suhteen) R 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 det C = 0 Lisäksi (c)-kohdan nojalla n+1 k=1 0 = det C R 1 R 1 R 1 R 1 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 R n R n R n R n = det A + det B Siis det B = det A (f) HT Merkintä 3 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 Esimerkki 24 (a) 1 2 3 4 1 1 2 2 det 1 0 1 0 1 1 0 0 1 1 3 4 1 0 2 2 = det 1 1 1 0 1 0 0 0 A S 12 ( 1) A S 23 (1) R 1 1 1 4 4 1 0 2 2 = det 1 1 0 0 1 0 0 0 L17(d) = 0 32

(b) 5 2 3 4 0 1 2 2 det 5 0 1 0 10 1 0 0 1 2 3 4 0 1 2 2 = 5 det 1 0 1 0 2 1 0 0 L17(a) 3 3 4 = 5 ( 1) 4+2 1 det 2 2 2 1 1 0 = 5 ( 1) 3+2 2 det AS 12 (1) 3 2 3 4 2 1 2 2 = 5 det 1 0 1 0 0 1 0 0 A S 21 ( 2) 3 0 4 = 5 det 2 0 2 1 2 0 3 4 = 10 ( 6 + 8) = 20 2 2 [ ] a b 2a 6b d c (c) Olkoon det = 2 Lasketaan det ja det c d c 3d b + 2d a + 2c Nyt 2a 6b det c 3d L17(a) a 3b = 2 det c 3d [ L17(a) a b = 2 3 det c d ] = 6 2 = 12 ja [ ] d c det b + 2d a + 2c L17(e) b a = det + 2 det L17(a) d c [ L17(c) d c = det b a d c d c ] + det d c 2d 2c L17(e) = L17(d) ( 1)2 det a b + 2 0 = 2 c d 53 Matriisin kääntyvyys ja determinantti Esimerkki 25 (a) Olkoon A = [ a ] M(1, 1) Tällöin A on kääntyvä, jos ja vain jos det A = a 0 a11 a (b) Olkoon A = 12 Jos det A 0, niin A on kääntyvä ja sen käänteismatriisi a 21 a [ 22 ] on A 1 = 1 a22 a 12, sillä det A a 21 a 11 a11 a 12 1 a22 a 12 a 21 a 22 det A a 21 a 11 = 1 a11 a 22 a 12 a 21 0 = det A 0 a 21 a 12 + a 11 a 22 1 0 0 1 33

Jos det A = 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 Lause 18 Matriisi A M(n, n) on kääntyvä, jos ja vain jos det A 0 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 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 Todistus (a) ja (b) sivuutetaan (c) Koska 1 = det I = det(aa 1 ) (a) = det A det(a 1 ), niin det(a 1 ) = 1 1 0 5 Esimerkki 26 (a) Onko matriisi 2 0 3 kääntyvä? 1 1 2 Koska 1 0 5 1 5 det A = det 2 0 3 = ( 1) 3+2 1 det = 7 0, 2 3 1 1 2 on A kääntyvä lauseen 18 perusteella (b) Osoitetaan, että ei ole olemassa 2011 2011-matriisia, jolle A T = A 1 Oletetaan, että tällainen A on olemassa Silloin det A = det(a T ) = det( A 1 ) = ( 1) 2011 det(a 1 ) = 1 det A, joten (det A) 2 = 1, mikä on mahdotonta Siis A:ta ei ole olemassa 34 det A ]

54 Liittomatriisi Määritelmä 18 Olkoon A M(n, n) Matriisin A liittomatriisi on cof A M(n, n), missä kaikilla i, j = 1,, n (cof A) ij = ( 1) i+j det A ij Huomautus 8 Olkoon A M(n, n) Tällöin kaikilla i = 1,, n n n det A = ( 1) i+k A ik det A ik = A ik (cof A) ik k=1 k=1 2 4 3 Esimerkki 27 Olkoon A = 0 1 1 Tällöin 3 5 7 1 1 0 1 (cof A) 11 = ( 1) 1+1 det = 12, (cof A) 5 7 12 = ( 1) 1+2 det = 3, 3 7 (cof A) 32 = ( 1) 3+2 det 2 3 = 2, jne 0 1 Siten 12 3 3 cof A = 13 5 2 7 2 2 Lause 20 Olkoon A M(n, n) Tällöin Erityisesti, jos A on kääntyvä, niin A(cof A) T = det A I A 1 = 1 det A (cof A)T 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 ( det B = B jk (cof B) jk = A ik (cof A) jk = A ) ik (cof A) T kj k=1 k=1 k=1 = ( A(cof A) T ) ij 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(cof A) T ) ij = { det A, jos i = j 0, jos i j eli A(cof A) T = det A I 35

Jos A on kääntyvä, niin det A 0, joten A 1 det A (cof A)T = I eli A 1 = 1 det A (cof A)T 2 4 3 Esimerkki 28 (a) Olkoon A = 0 1 1 Tällöin 3 5 7 2 4 7 det A AS 23 = (1) 2 7 det 0 1 0 = ( 1) 2+2 1 det = 3 0, 3 12 3 5 12 joten A on kääntyvä ja A 1 = 1 det A (cof A)T esim 27 = 1 3 T 12 3 3 13 5 2 7 2 2 = 1 12 13 7 3 5 2 3 3 2 2 a11 a (b) Olkoon A = 12 a22 a Tällöin cof A = 21 Jos A on kääntyvä eli a 21 a 22 a 12 a 11 det A 0, niin A 1 = 1 det A (cof A)T = 1 det A 55 Cramerin sääntö a22 a 12 a 21 a 11 (vrt esim 25) Lause 21 (Cramerin sääntö) Olkoon A M(n, n) kääntyvä Tällöin yhtälöryhmän Ax = b yksikäsitteinen ratkaisu on missä x 1 = x 2 = x n = det C(1) det A det C(2) det A det C(n), det A 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 36

Todistus Lauseen 20 perusteella A 1 = 1 det A (cof A)T Siten lauseen 9 nojalla yhtälön Ax = b yksikäsitteinen ratkaisu on Nyt x = A 1 b = 1 det A (cof A)T b x i = 1 det A = 1 det A n k=1 n k=1 ( (cof A) T ) ik b k = 1 det A ( 1) k+i b k det A ki = n b k (cof A) ki k=1 det C(i) det A kaikilla i = 1,, n Esimerkki 29 Ratkaise yhtälöryhmä x 1 x 3 = 1 2x 1 + x 2 x 3 = 1 x 1 + 2x 2 + 5x 3 = 2 1 0 1 1 0 0 Kerroinmatriisi on A = 2 1 1 ja det A AS 13 = (1) 2 1 1 = 4 0 Siten A on 1 2 5 1 2 6 1 kääntyvä ja Cramerin sääntöä voi soveltaa Nyt b = 1, joten 2 1 0 1 1 0 0 C(1) = 1 1 1 ja det C(1) AS 13 = (1) det 1 1 0 = 7 Siis x 1 = 7 4 2 2 5 2 2 7 Vastaavasti 1 1 1 C(2) = 2 1 1, det C(2) = 7 ja x 2 = 7 4 1 2 5 1 0 1 C(3) = 2 1 1, det C(3) = 3 ja x 3 = 3 4 1 2 2 sekï ½ Yhtälöryhmän yksikäsitteinen ratkaisu on x 1 = 7 4 x 2 = 7 4 x 3 = 3 4 37

6 Vektoriavaruus R n 61 Lineaarikombinaatio 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 k x = λ i v i i=1 Esimerkki 30 Olkoot v 1 = (1, 1) ja v 2 = ( 2, 1) Esimerkiksi x = 2v 1 = (2, 2), w = v 1 + 2v 2 = ( 3, 3), z = v 2 v 1 = (1, 2) ja u = 2v 1 = ( 2, 2) ovat vektoreiden v 1 ja v 2 lineaarikombinaatioita Tarkastellaan sitten vektoria y = (1, 2) Se on vektorien v 1 ja v 2 lineaarikombinaatio, jos on olemassa reaaliluvut λ 1 ja λ 2, että y = λ 1 v 1 + λ 2 v 2 eli (1, 2) = λ 1 (1, 1) + λ 2 ( 2, 1) Tämä on yhtäpitävä yhtälöryhmän λ 1 2λ 2 = 1 λ 1 + λ 2 = 2 kanssa Yhtälöryhmällä on ratkaisu λ 1 = 5 ja λ 3 2 = 1, joten y voidaan kirjoittaa 3 vektoreiden v 1 ja v 2 lineaarikombinaationa y = 5 3 v 1 + 1 3 v 2 = 5 3 (1, 1) + 1 ( 2, 1) = (1, 2) 3 38

i:s Merkintä 4 Merkitään e i = (0,, 0, 1, 0,, 0) R n, i = 1,, n Vektoreita e 1,, e n kutsutaan R n :n luonnollisiksi kantavektoreiksi Esimerkki 31 (a) Vektori (3, 4, 5) R 3 on luonnollisten kantavektorien e 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 1λ 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 Siten x on vektorien v 1, v 2 ja v 3 lineaarikombinaatio Huomaa, että esitys ei ole yksikäsitteinen 62 Lineaarinen riippuvuus ja riippumattomuus 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 i v i = 0 Muutoin vektorit v 1,, v k ovat lineaarisesti riippumattomia, toisin sanoen ehdosta ki=1 λ i v i = 0 seuraa, että λ 1 = = λ k = 0 Huomautus 9 (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 39

(b) Sanotaan, että joukko {v 1,, v k } on lineaarisesti riippuva/riippumaton, jos vektorit v 1,, v k ovat lineaarisesti riippuvia/riippumattomia (c) Lineaarisesti riippuvat (d) Lineaarisesti riippuvat (e) Lineaarisesti riippumattomat 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 (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 Todistus HT 40

(f) Lineaarisesti riippumattoman joukon jokainen epätyhjä osajoukko on lineaarisesti riippumaton Todistus HT 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 Todistus : Oleteaan, että v V on vektorien v 1,, v k V \{v} lineaarikombinaatio, toisin sanoen v = k i=1 λ i v 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 : 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 j v 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, Huomaa, että Lause 22 ei väitä, että jokainen vektori lineaarisesti riippuvassa joukossa voitaisiin esittää muiden vektoreiden lineaarikombinaationa Lineaarisesti riippuvassa joukossa voi siis olla vektoreita, jotka eivät ole muiden vektoreiden lineaarikombinaatioita Vrt esimerkiksi joukko V = {(1, 2), (3, 0), (4, 8)} R 2 Lause 23 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 Ax = 0 a 11 x 1 + + a 1k x k = 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 41

missä x i R ja A i R n kaikilla i = 1,, k 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 Seuraus 1 Olkoot v 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 det A 0 Todistus Seuraa lauseista 23, 13 ja 18 Esimerkki 33 (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: 0 1 3 det 3 1 3 1 1 5 0 1 0 = det 3 1 6 = (6 6) = 0, 1 1 2 AS 23 ( 3) joten v 1, v 2 ja v 3 ovat lineaarisesti riippuvia Kuitenkin ne ovat selvästi eri suuntaisia 63 Lineaarinen verho Määritelmä 21 Olkoon S = {v 1,, v k } R n epätyhjä äärellinen joukko Joukon S lineaarinen verho (peite) k S = v 1,, v k = { λ j v j λ j R, j = 1,, k} j=1 on vektorien v 1,, v k kaikkien lineaarikombinaatioiden joukko Vektori w kuuluu siis joukon S = {v 1,, v k } lineaariseen verhoon S, jos se voidaan kirjoittaa vektoreiden v 1,, v k lineaarikombinaationa eli on olemassa sellaiset λ 1,, λ k R, että w = λ 1 v 1 + λ 2 v 2 + + λ k v k 42

(f) Vektorin v R 3 lineaarinen verho v on origon kautta kulkeva suora Esimerkki 34 (g) Vektoreiden v, w R 3 määräämä lineaarinen verho v, w on origon kautta kulkeva taso (h) Nollavektorin 0 R 3 määräämä lineaarinen verho 0 on nollavektori Esimerkki 35 (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 = x 1 2x 2 + 2λ 4 1 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 43

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 Todistus (a) : Oletetaan, että x S eli x = k i=1 λ i v 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 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 i=1 i=1 i=1 joten y S Siis S {x} S ja S {x} = S : Oletetaan, että S {x} = S Esimerkin 35(a) nojalla x S {x} = S, joten x S (b) HT 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 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 j w 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 ( ) 44