HY / Avoin yliopisto
Lineaarialgebra ja matriisilaskenta II
Kurssikoe 31.8.2015 – ratkaisuja
Opettaja Lotta Oinonen
1. (a) Osoita, että joukko U = {x̄ ∈ R3 | x1 x2 x3 = 0} ei ole avaruuden R3 aliavaruus.
(b) Osoita, että joukko
W = {a0 + (a0 + a2 )x + a2 x2 | a0 , a2 ∈ R}
on vektoriavaruuden P2 aliavaruus.
Ratkaisu:
(a) Valitaan ā = (1, 1, 0) ja b̄ = (0, 0, 1). Tällöin ā ∈ U ja b̄ ∈ U , sillä kummankin
vektorin komponenttien tulo on nolla. Havaitaan, että
ā + b̄ = (1, 1, 1) 6∈ U,
sillä 1 · 1 · 1 = 1 6= 0. Siis U ei ole avaruuden R3 aliavaruus.
(b) Ensinnäkin havaitaan, että joukon W alkiot ovat polynomeja, joiden aste on
enintään kaksi. Siis W ⊂ P2 . Tutkitaan aliavaruuden määritelmän ehdot. Oletetaan, että p, q ∈ W ja t ∈ R. Tällöin p = a0 + (a0 + a2 )x + a2 x2 ja
q = b0 + (b0 + b2 )x + b2 x2 joillakin a0 ,a2 ,b0 , b2 ∈ R.
1. Summalle p + q pätee
p + q = a0 + (a0 + a2 )x + a2 x2 + b0 + (b0 + b2 )x + b2 x2
= (a0 + b0 ) + (a0 + a2 + b0 + b2 )x2 + (b0 + b2 )x2
= (a0 + b0 ) + (a0 + b0 + a2 + b2 )x2 + (b0 + b2 )x2 ,
missä a0 + b0 ∈ R ja a2 + b2 ∈ R. Viimeisestä muodosta nähdään, että
p+q ∈W.
2. Skalaarimonikerralle tp pätee
tp = t(a0 + (a0 + a2 )x + a2 x2 )
= ta0 + t(a0 + a2 )x + ta2 x2
= ta0 + (ta0 + ta2 )x + ta2 x2 ,
missä ta0 ∈ R ja ta2 ∈ R. Viimeisestä muodosta nähdään, että tp ∈ W .
3. Vektoriavaruuden P2 nollavektori 0̄ = 0 + 0x + 0x2 voidaan kirjoittaa muodossa
0̄ = 0 + (0 + 0)x + 0x2 ,
joten 0̄ ∈ W .
2. Merkitään


2 −1

1
A= 3
.
−1
1
(a) Matriisi A määrittelee lineaarikuvauksen LA : Rk → R` , jolla LA (x̄) = Ax̄.
Mitkä ovat lähtö- ja maaliavaruuden dimensiot? Ts. mitä ovat luvut k ja `?
(b) Määritä lineaarikuvauksen LA kuva Im LA .
(c) Perustele, että LA on injektio.
(d) Mitä voit edellisten kohtien nojalla päätellä avaruuden R3 aliavaruudesta
W = {(2s − t, 3s + t, t − s) | s, t ∈ R} ?
Ratkaisu:
(a) Huomataan, että A on 3 × 2-matriisi. Sillä voi kertoa avaruuden R2 vektoreita,
joten k = 2. Tuloksena saadaan avaruuden R3 vektorita, joten ` = 3. Siis
LA : R2 → R3 .
(b) Kuvan määritelmän mukaan Im LA = {LA (x̄) | x̄ ∈ R2 }. Saadaan
Im LA = {LA (x̄) | x̄ ∈ R2 }
= {Ax̄ | x̄ ∈ R2 }
= {(2x1 − x2 , 3x1 + x2 , −x1 + x2 ) | x1 , x2 ∈ R}
= {x1 (2, 3, −1) + x2 (−1, 1, 1) | x1 , x2 ∈ R}
= span((2, 3, −1), (−1, 1, 1))
Virittäjävektorit (2, 3, −1) ja (−1, 1, 1) eivät ole yhdensuuntaiset, joten Im LA
on niiden suuntainen origon kautta kulkeva taso.
(c) Edellisen kohdan perusteella dim(Im LA ) = 2, joten
dim(Ker LA ) = dim(R2 ) − dim(Im LA ) = 2 − 2 = 0.
Siten Ker LA = {0}. Näin ollen LA on injektio.
(d) Huomataan, että
W = {(2s − t, 3s + t, t − s) | s, t ∈ R} = span((2, 3, −1), (−1, 1, 1)) = Im LA .
Lineaarikuvaus LA : R2 → R3 on injektio, ja sen kuvalle pätee Im LA = W .
Voidaan siis päätellä, että W on isomorfinen avaruuden R2 kanssa.
3. (a) Merkitään v̄1 = (2, 0, −2), v̄2 = (2, 1, 0) ja ū = (7, −2, 1). Ovatko vektorit v̄1
ja v̄2 kohtisuorassa toisiaan vastaan? Määritä vektorin ū kohtisuora projektio
aliavaruudelle W = span(v̄1 , v̄2 ).
(b) Merkitään w̄ = (1, −2, 1). Tarkastellaan lineaarikuvausta L : R3 → R3 , joka
peilaa vektorit suoran span(w̄) suhteen.
L(x̄)
span(w̄)
x̄
Selitä, miksi yksi tämän kuvauksen ominaisvektori on (1, 1, 1) ja sitä vastaava ominaisarvo on −1. Päättele lineaarikuvauksen L muut ominaisvektorit ja
niitä vastaavat ominaisarvot. Miten aliavaruus ja sen kohtisuora komplementti
liittyvät tähän tehtävään?
Ratkaisu:
(a) Vektorit v̄1 ja v̄2 eivät ole kohtisuorassa toisiaan vastaan, sillä
v̄1 · v̄2 = 2 · 2 + 0 · 1 + (−2) · 0 = 4 + 0 + 0 = 4 6= 0.
Kohtisuoran projektion laskemiseen tarvitaan aliavaruudelle W = span(v̄1 , v̄2 )
ortogonaalinen kanta. Valitaan w̄1 = v̄1 = (2, 0, −2) ja
w̄2 = v̄2 − projw̄1 (v̄2 ) = v̄2 −
v̄2 · w̄1
w̄1
w̄1 · w̄1
4
= (2, 1, 0) − (2, 0, −2) = (2, 1, 0) − (1, 0, −1) = (1, 1, 1)
8
Tällöin (w̄1 , w̄2 ) on aliavaruuden W ortogonaalinen kanta. Lasketaan sen avulla
vektorin ū kohtisuora projektio aliavaruudelle W :
ū · w̄2
ū · w̄1
w̄1 +
w̄2
w̄1 · w̄1
w̄2 · w̄2
6
12
= (2, 0, −2) + (1, 1, 1) = (3, 0, −3) + (2, 2, 2) = (5, 2, −1)
8
3
projW (ū) =
(b) Vektori v̄ ∈ R3 on lineaarikuvauksen L ominaisvektori, jos ja vain jos v̄ 6= 0̄ ja
LA (v̄) = λv̄ jollakin λ ∈ R.
Vektori (1, 1, 1) on kohtisuorassa suoraa span(w̄) vastaan, sillä
(1, 1, 1) · w̄ = (1, 1, 1) · (1, −2, 1) = 1 − 2 + 1 = 0.
Peilauksessa se siis kuvautuu vastavektorikseen eli LA (1, 1, 1) = −(1, 1, 1). Huomataan, että (1, 1, 1) on lineaarikuvauksen L ominaisvektori ja vastaava ominaisarvo on −1.
Kaikki muutkin suoraa span(w̄) vastaan kohtisuorassa olevat vektorit kuvautuvat peilauksessa omiksi vastavektoreikseen. Ominaisarvoon −1 liittyvä ominaisavaruus saadaan siis ratkaisemalla yhtälö x̄ · (1, −2, 1) = 0 eli yhtälö
x1 − 2x2 + x3 = 0.
Ratkaisuksi saadaan x3 = t, x2 = s ja x1 = 2x2 − x3 = 2s − t. Ominaisarvoon
−1 liittyvä ominaisavaruus on siten
V−1 = {(2s − t, s, t) | s, t ∈ R} = span((2, 1, 0), (−1, 0, 1)
Suoran span(w̄) suuntaiset vektorit eivät peilauksessa muutu, joten nekin ovat
lineaarikuvauksen L ominaisvektoreita ja niitä vastaava ominaisarvo on 1. Ominaisarvoon 1 liittyvä ominaisavaruus on siten
V1 = span(1, −2, 1).
Huomataan, että ominaisavaruudet V1 ja V−1 ovat toistensa kohtisuoria komplementteja, sillä ne ovat toisiaan vastaan kohtisuorat taso ja suora avaruudessa
R3 .
4. Mitkä seuraavista väitteistä ovat tosia? Mitkä ovat epätosia? Perustele vastauksesi
kurssin tietojen avulla.
(a) On olemassa tasan yksi lineaarikuvaus L : R2 → R3 , jolla
L(1, 1) = (1, −1, 2), L(0, 1) = (−3, 5, −5) ja L(5, 7) = (−1, 5, 0).
(b) Jos lineaarikuvaus L : R3 → R4 on injektio, niin se on surjektio.
(c) Avaruuden R3 aliavaruuden W = span((1, 2, −1)) kohtisuora komplementti on
W ⊥ = span((1, 1, 3)).
Ratkaisu:
(a) Väite on tosi. Tiedetään, että kantavektorien kuvavektorit määräävät lineaarikuvauksen yksikäsitteisesti. Vektori (1, 1) ja (0, 1) muodostavat kannan avaruudelle R2 . Tämä johtuu siitä, että niitä on kaksi kappaletta (avaruuden R2
dimensio on kaksi) ja lisäksi jono ((1, 1), (0, 1)) on vapaa, sillä (1, 1) ∦ (0, 1).
On siis olemassa tasan yksi lineaarikuvaus L : R2 → R3 , jolla
L(1, 1) = (1, −1, 2) ja L(0, 1) = (−3, 5, −5).
Sille pätee lineaarisuuden nojalla, että
L(5, 7) = L((5, 5) + (0, 2)) = L(5, 5) + L(0, 2) = 5L(1, 1) + 2L(0, 1)
= 5(1, −1, 2) + 2(−3, 5, −5) = (5, −5, 10) + (−6, 10, −10) = (−1, 5, 0).
(b) Väite on epätosi. Jos lineaarikuvaus L : R3 → R4 on injektio, niin Ker L = {0}.
Tällöin dim(Ker L) = 0. Dimensiolauseesta seuraa, että
dim(Im L) = dim(R3 ) − dim(Ker L) = 3 − 0 = 3.
Koska dim(Im L) = 3 < 4 = dim(R4 ), niin Im L 6= R4 . Tämä tarkoittaa, että
L ei ole surjektio.
(c) Väite on epätosi. Huomataan, että dim(W ) = 1. Tiedetään, että tässä tilanteessa pätee yhtälö
dim(W ) + dim(W ⊥ ) = dim(R3 ),
josta seuraa, että dim(W ⊥ ) = 3 − 1 = 2. Kuitenkin dim(span((1, 1, 3))) = 1.
Siis W ⊥ 6= span((1, 1, 3)).