Lineaarialgebra ja matriisilaskenta I, HY Kurssikoe 26.10.2017 Ratkaisuehdotus 1. (35 pistettä) (a) Seuraavat matriisit on saatu eräistä yhtälöryhmistä alkeisrivitoimituksilla. Kuinka monta ratkaisua yhtälöryhmällä on kussakin tapauksessa? (i) 1 3 0 1 3 0 0 1 4 2 0 0 0 1 5 (ii) 1 6 0 7/5 0 1 0 3 0 0 1 5 0 0 0 0 (b) Yhtälöryhmän kerroimatriisin determinantti on 17. Montako ratkaisua yhtälöryhmällä on? (a) i. Matriisi on porrasmuoodossa, joten ratkaisujen lukumäärän voi lukea suoraan matriisista. Epätosia yhtälöitä ei ole, joten ratkaisuja on olemassa. Toisessa sarakkeessa on vapaa, muuttuja / toisessa sarakkeessa ei ole johtavaa alkiota, joten ratkaisuja on äärettöämän monta. Muita tapoja: Matriisin voi myös redusoida loppuun asti ja lukea ratkaisujen lukumäärän redusoidusta porrasmatriisista. Ratkaisuksi kelpaa myös se, että on selvittänyt yhtälön ratkaisun ja toteaa sen perusteella, että ratkaisuja on äärettömästi. ii. Tapa 1: Matriisi on porrasmuoodossa, joten ratkaisujen lukumäärän voi lukea suoraan matriisista. Epätosia yhtälöitä ei ole, joten ratkaisuja on olemassa. Vapaita muuttujia ei ole, joten ratkaisuja ei ole äärettömän montaa. Siten ratkaisuja on täsmälleen yksi. Tapa 2: Matriisi on porrasmuoodossa, joten ratkaisujen lukumäärän voi lukea suoraan matriisista. Epätosia yhtälöitä ei ole, joten ratkaisuja on olemassa. Koska jokaisessa viivan vasemmalla puolella olevassa sarakkeessa on johtava alkio, ratkaisuja on täsmälleen yksi. Tapa 3: Matriisin voi myös redusoida loppuun asti ja lukea ratkaisujen lukumäärän redusoidusta porrasmatriisista. Tapa 4: Yhtälön voi ratkaista ja todeta ratkaisun perusteella, että ratkaisuja on vain yksi. (b) Koska determinantti ei ole nolla, matriisi on kääntyvä. Siten ratkaisuja on täsmälleen yksi. Arviointiperusteet: Kohta (i), 10 pistettä Todettu, että ratkaisuja on äärettömän monta. 4 p Perusteltu, että ratkaisuja ylipäätään on olemassa. 3 p Perusteltu, että ratkaisuja on äärettömästi. 3 p Jos vastaus on perusteltu ratkaisemalla yhtälö, voi kaksi edellistä kohtaa jättää huomiotta. Tällöin perutelusta voi saada maksimissaan 6 p. Kohta (ii), 10 pistettä Todettu, että ratkaisuja on yksi. 4 p
Perusteltu, että ratkaisuja ylipäätään on olemassa. 3 p Perusteltu, että ratkaisuja on vain yksi. 3 p Jos vastaus on perusteltu ratkaisemalla yhtälö, voi kaksi edellistä kohtaa jättää huomiotta. Tällöin perutelusta voi saada maksimissaan 6 p. Kohta (b), 15 pistettä Todettu, että determinantti ei ole nolla. 5 p Todettu, että matriisi on kääntyvä. 5 p Todettu, että ratkaisuja on täsmälleen yksi. 5 p 2. (35 pistettä) (a) Onko v = (2, 6, 4) aliavaruuden span((0, 1, 3), (1, 2, 1)) alkio? (b) Piirrä kuva joukosta {(0, 2)+t( 1, 1) t R}. Onko kyseessä avaruuden R 2 aliavaruus? Voit perustella vastauksesi kuvan avulla. (a) On, sillä (2, 6, 4) = 2(0, 1, 3) + 2(1, 2, 1). (b) Kuvassa pitäisi näkyä suora, joka kulkee pisteiden (0, 2) ja ( 1, 3) kautta. Kyseessä ei ole aliavaruus, sillä suora ei kulje origon kautta. Arviointiperusteet: Kohta (a), 15 pistettä Tutkittu oikeanlaista yhtälöä. 5 p Etsitty tai keksitty yhtälölle ratkaisu. 5 p (Pienet laskuvirheet eivät haittaa, mutta isommista voi vähentää 2 p.) Todettu, että kyseessä on aliavaruuden alkio. 5 p Kohta (a), 20 pistettä Piirretty oikeanlainen suora. 10 p (Jos kuva ei anna ymmärtää, että suora on äärettömän pitkä tai kuva on muuten vain osittain oikein, 5 p.) Todettu, että kyseessä ei ole aliavaruus. 5 p Perusteltu edellinen väite. 5 p (Vaikka perustelu ei olisikaan oikein, maininta origon kautta kulkemisesta tuottaa 3 p.) 3. (40 pistettä) (a) Tiedetään, että matriisilla A on ominaisvektori v = ( 4, 1). Mikä seuraavista vektoreista voisi olla A v ja mikä ei? Perustele vastauksesi ominaisarvon määritelmän avulla. ā = (2, 1/2), b = (1, 4) (b) On olemassa 2 2 -matriisi A, jolla kertominen projisoi tason vektorit vektorin w R 2 \ { 0} virittämälle aliavaruudelle. Toisin sanoen kaikilla x R 2 pätee A x = proj w ( x). Matriisilla A on kaksi ominaisarvoa. Mitkä ne ovat? Ratkaisuehdotus:
(a) Ominaisvektorille v pätee A v = λ v jollakin λ R. Vektorin v täytyy siis olla yhdensuuntainen vektorin A v kanssa. Huomataan, että ā = ( 1/2) v. Näin ollen ā voisi olla ominaisvektori. Vektori b ei voi olla ominaisvektori, sillä se ei ole yhdensuuntainen vektorin v kanssa. Todistetaan tämä täsmällisesti. Oletetaan vastoin väitettä, että v = t b jollakin t R \ {0}. Nyt ( 4, 1) = t(1, 4). Tästä seuraa, että 4 = t ja 1 = 4t. Näin ollen, 1 = 8, mikä on mahdotonta. Koska päädyttiin ristiriitaan, vastaoletus on väärä. Siten vektorit eivät ole yhdensuuntaiset. (b) Nähdään, että w w proj w ( w) = w = 1 w = w. w w Toisin sanoen A w = 1 w. Siten 1 on matriisin A ominaisarvo, ja eräs sitä vastaava ominaisvektori on w. Tiedetään, että vektori ū = v proj w ( v) on kohtisuorassa vektoria w vastaan. Nyt proj w (ū) = ū w w w w = 0 w w w = 0 w = 0. Näin ollen Aū = 0ū. Siten 0 on matriisin A ominaisarvo, ja eräs sitä vastaava ominaisvektori on v proj w ( v). Arviointiperusteet: Kohta (a), 20 pistettä Todettu, että vektorin A v pitää olla vektorin v skalaarimonikerta / yhdensuuntainen sen kanssa. Myös kaavana kirjoitettu toeamus käy. 4 p Todettu, että v ja ā eivät ole yhdensuuntaisia, joten ā kelpaa, 5 p Osoitettu edellinen täsmällisesti. 3 p (Jos opiskelijan perusteluissa ominaisarvo kääntyy vahingossa käänteisluvukseen, anna tästä kohdasta 1 p.) Todettu, että b ei ole yhdensuuntainen vektorin v kanssa, joten b ei kelpaa. 5 p Osoitettu edellinen täsmällisesti. 3 p Kohta (b), 20 pistettä Todettu, että vektorin w suuntainen vektori ei muutu projisoitaessa. (Tässä voi olla w tai jokin muu vektori tai sitten vain ihan yleinen toteamus.) 4 p Osoitettu edellinen täsmällisesti. Tässä voi kaavan sijasta käyttää myös projektion määritelmää. 4 p Todettu, että vektoria vastaa ominaisarvo 1. 2 p Todettu, että vektoria w vastaan kohtisuorassa oleva vektori projisoituu nollavektoriksi. (Tässä voi olla v proj w ( v) tai jokin muu vektori tai sitten vain ihan yleinen toteamus.) 4 p Osoitettu edellinen täsmällisesti joko vektorille v proj w ( v) tai jollekin mielivaltaiselle vektorille, joka on kohtisuorassa. 4 p Todettu, että vektoria vastaa ominaisarvo 0. 2 p 4. (40 pistettä) Lineaarialgebran kurssilla pitää ratkaista seuraavanlainen tehtävä: Oletetaan, että v 1, v 2, v 3 R n. Oletetaan, että jono ( v 1, v 2, v 3 ) on vapaa. Onko jono ( v 1 v 2, v 2 v 3, v 3 v 1 ) vapaa?
Ohessa on erään kurssin opiskelijan ratkaisu tehtävään. Oletuksena on, että jono ( v 1, v 2, v 3 ) on vapaa. Tällöin yhtälön x 1 v 1 + x 2 v 2 + x 3 v 3 = 0 ainoa ratkaisu on x 1 = 0, x 2 = 0 ja x 3 = 0. Ratkaistaan yhtälö x 1 ( v 1 v 2 ) + x 2 ( v 2 v 3 ) + x 3 ( v 3 v 1 ) = 0. Se saadaan muotoon x 1 v 1 x 1 v 2 + x 2 v 2 x 2 v 3 + x 3 v 3 x 3 v 1 = 0 ja edelleen muotoon (x 1 x 3 ) v 1 +( x 1 +x 2 ) v 2 +( x 2 +x 3 ) v 3 = 0. Aiemman perusteella tiedetään, että x 1 = 0, x 2 = 0 ja x 3 = 0. Nyt x 1 x 3 = 0, x 1 + x 2 = 0 ja x 2 + x 3 = 0. Siten jono ( v 1 v 2, v 2 v 3, v 3 v 1 ) on vapaa. (a) Osoita, että ratkaisu ei voi olla oikein, antamalla esimerkki vektoreista v 1, v 2 ja v 3, joilla jono ( v 1, v 2, v 3 ) on vapaa, mutta jono ( v 1 v 2, v 2 v 3, v 3 v 1 ) ei ole vapaa. Perustele väitteesi. (b) Etsi todistuksesta virheelliset kohdat ja selitä, miksi ne eivät ole oikein. (c) Oletetaan, että v 1, v 2, v 3 R n. Oletetaan, että jono ( v 1, v 2, v 3 ) on vapaa. Onko jono ( v 1 + v 2, v 2 + v 3, v 3 ) vapaa? (a) Merkitään v 1 = (1, 0, 0), v 2 = (0, 1, 0), v 3 = (0, 0, 1). Nyt jono ( v 1, v 2, v 3 ) on vapaa. Todistetaan väite vapauden määritelmän avula. Tutkitaan yhtälöä x(1, 0, 0) + y(0, 1, 0) + z(0, 0, 1) = (0, 0, 0), missä x, y, z R. Yhtälö sievenee muotoon (x, y, z) = (0, 0, 0). Siten nähdään, että ainoa ratkaisu on x = 0, y = 0, z = 0. Tässä voi myös vedota siihen, että kyseessä on luonnollinen kanta ja sen tiedetään olevan vapaa jono kurssimateriaalin perusteella. Tutkitaan sitten jonoa ( v 1 v 2, v 2 v 3, v 3 v 1 ) eli jonoa ((1, 1, 0), (0, 1, 1), ( 1, 0, 1)). Huomataan, että (1, 1, 0) + (0, 1, 1) + ( 1, 0, 1) = (0, 0, 0). Siten jono ei ole vapaa. (Perusteluksi kelpaa myös kirjoittaa yksi vektoreista toisten lineaarikombinaationa.) (b) Ratkaisussa on kaksi virhettä. Ensinnäkin symbolit x 1, x 2 ja x 3 ovat kahden eri yhtälön tuntemattomia. Tämä ei periaatteessa ole väärin, mutta aiheuttaa ongelmia, kun symbolit menevät sekaisin. Onkin väärin sanoa Aiemman perusteella tiedetään, että x 1 = 0, x 2 = 0 ja x 3 = 0. Tällaista tietoa ei ole. Toiseksi todistuksen lopuksi todetaan, että x 1 x 3 = 0, x 1 + x 2 = 0 ja x 2 + x 3 = 0. Johtopäätöksen pitäisi kuitenkin olla x 1 = 0, x 2 = 0 ja x 3 = 0. (c) Oletetaan, että a 1 ( v 1 + v 2 ) + a 2 v 2 + v 3 + a 3 v 3 = 0 joillakin a 1, a 2, a 3 R. Kertomalla sulut auki ja sen jälkeen ryhmittelemällä yhteenlaskettavat uudelleen päästään yhtälöön a 1 v 1 + (a 1 + a 2 ) v 2 + (a 2 + a 3 ) v 3 = 0. Jonon ( v 1, v 2, v 3 ) vapauden nojalla saadussa yhtälössä kaikkien kertoimien täytyy olla nollia eli a 1 = 0 a 1 + a 2 = 0 a 2 + a 3 = 0. Ensimmäisen yhtälön perusteella a 1 = 0. Tällöin toisesta yhtälöstä seuraa, että a 2 = 0 ja siten kolmannesta yhtälöstä seuraa, että a 3 = 0. Siten a 1 = 0 a 2 = 0 a 3 = 0. Näin ollen tutkittu jono on vapaa.
Arviointiperusteet: Kohta (a), 15 pistettä Annettu esimerkki vapaasta vektorijonosta. 5 p Perusteltu edellinen esimerkki. 5 p Perusteltu, että jono ( v 1 v 2, v 2 v 3, v 3 v 1 ) on sidottu. 5 p Kohta (b), 10 pistettä Todettu, että symboleilla x 1, x 2, x 3 on kaksi eri merkitystä. 5 p Selitetty, että johtopäätös on väärä. 5 p Jos vastauksesta ei löydy edellisiä kohtia, mutta opiskelija puhuu siitä, että ratkaisussa ei ole osoitettu ratkaisun x 1 = x 2 = x 3 = 0 olevan ainoa, vastauksesta voi kokonaisuudessaan antaa 5 p. Kohta (c), 15 pistettä Tutkittu oikeanlaista yhtälöä. 3 p Käytetty alkuperäisen jonon vapautta. 3 p Mainittu, että käytetään vapautta. 3 p Ratkaistu yhtälöryhmä. 3 p Todettu, että jono on vapaa. 3 p