1. No category

802120P MATRIISILASKENTA (5 op)
Oulun yliopisto
Matemaattiset tieteet
2015
Tero Vedenjuoksu
1
Alkusanat
Tämä luentomoniste pohjautuu osaksi Esa Järvenpään (2011) ja osaksi Hanna Kiilin
(2014) kurssin Lineaarialgebra I (802118P, 4 op) luentomonisteeseen.
2
2.1
Vektori, suora ja taso
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 (x1 , x2 ). Jos
vektorin suuntaa tai suuruutta muutetaan, niin loppupiste (x1 , x2 ) muuttuu, joten
eri vektoreita vastaa eri piste (x1 , x2 ). Kääntäen, jokainen tason pistepari (x1 , x2 )
määrää vektorin yllä olevalla tavalla. Siten tason vektorit voidaan samastaa tason
R2 = {(x1 , x2 ) | x1 , x2 œ R} kanssa.
Vektorit x = (x1 , x2 ) ja y = (y1 , y2 ) lasketaan yhteen laittamalla ne peräkkäin.
Summavektorin x + y ensimmäinen koordinaatti on x1 + y1 ja toinen koordinaatti on
x2 + y2 . Siis (x1 , x2 ) + (y1 , y2 ) = (x1 + y1 , x2 + y2 ).
Vektori x = (x1 , x2 ) kerrotaan luvulla ⁄ > 0 siten, että vektorin suunta säilyy ja
pituus tulee kerrotuksi luvulla ⁄. Samanmuotoisia kolmioita hyväksi käyttäen osoitetaan, että ⁄ · (x1 , x2 ) = (⁄x1 , ⁄x2 ). Merkitään ⁄ · (x1 , x2 ) = (y1 , y2 ). Koska suunta ei
muutu, niin yy21 = xx21 eli y2 = xx21 y1 . Nyt y1 = tx1 jollekin t œ R, joten y2 = xx21 tx1 = tx2 .
Siis ⁄·(x1 , x2 ) = (tx1 , tx2 ) jollekin t > 0. Koska vektorin ⁄·(x1 , x2 ) pituus on ⁄ kertaa
vektorin (x1 , x2 ) pituus, saadaan Pythagoraan lauseesta t2 x21 + t2 x22 = ⁄2 (x21 + x22 ) eli
t2 = ⁄2 , joten t = ⁄. Siis ⁄ · (x1 , x2 ) = (⁄x1 , ⁄x2 ). Tämä pätee myös kun ⁄ Æ 0. Siinä
2
tapauksessa vektorin suunta kääntyy vastakkaiseksi.
Määritelmä 1. Olkoon n œ N = {1, 2, 3, . . .}. Jono x = (x1 , x2 , . . . , xn ), missä x1 , x2 , . . . , xn œ R, on n-ulotteinen tai n-komponenttinen vektori. Kaikkien nulotteisten vektorien joukko on avaruus Rn , ts.
Rn = {(x1 , x2 , . . . , xn ) | x1 , x2 , . . . , xn œ R}.
Vektorit x, y œ Rn ovat samat, jos xi = yi kaikilla i = 1, . . . , n. Olkoot x, y œ Rn ja
⁄ œ R. Tällöin
x + y = (x1 + y1 , x2 + y2 , . . . , xn + yn ) œ Rn
⁄x = (⁄x1 , ⁄x2 , . . . , ⁄xn ) œ Rn .
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 œ Rn ja ⁄, µ œ R. Tällöin
(a) x + y = y + x
(vaihdannaisuus)
(b) x + (y + z) = (x + y) + z
(liitännäisyys)
(c) on olemassa nollavektori 0 = (0, . . . , 0) œ Rn ja x + 0 = x
(d) on olemassa vastavektori ≠x = ≠1 · x ja x + (≠x) = 0
(e) ⁄(µx) = (⁄µ)x
(f) 1 · x = x
(g) (⁄ + µ)x = ⁄x + µx
(h) ⁄(x + y) = ⁄x + ⁄y
(osittelulait).
Todistus. Todistetaan (h). Muut HT. Olkoot x = (x1 , . . . xn ), y = (y1 , . . . , yn ) ja
⁄ œ R. Nyt
1
2
⁄(x + y) = ⁄ (x1 , . . . , xn ) + (y1 , . . . , yn ) = ⁄(x1 + y1 , . . . , xn + yn )
1
2
= ⁄(x1 + y1 ), . . . , ⁄(xn + yn ) = (⁄x1 + ⁄y1 , . . . , ⁄xn + ⁄yn )
= (⁄x1 , . . . , ⁄xn ) + (⁄y1 , . . . , ⁄yn ) = ⁄(x1 , . . . , xn ) + ⁄(y1 , . . . , yn )
= ⁄x + ⁄y.
3
Huomautus 1. Lauseen 1 (d)-kohdan nojalla jokaisella vektorilla y œ Rn on vastavektori ≠y œ Rn . Otetaan käyttöön lyhennysmerkintä x ≠ y := x + (≠y).
Esimerkki 2. Olkoot x = (2a + 3b + 5c, a ≠ 3c, 5b ≠ 3c) œ R3 ja y = (10, ≠2, 2) œ R3 .
Vektoriyhtälö x = y vastaa yhtälöryhmää
Y
_
] 2a
+ 3b + 5c = 10
a
≠ 3c = ≠2
_
[
5b ≠ 3c = 2.
Määritelmä 2. Vektoreiden u = (u1 , . . . , un ) œ Rn ja v = (v1 , . . . , vn ) œ Rn pistetulo
on
u · v = u1 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 œ Rn ja v œ Rn ovat ortogonaaliset eli kohtisuorassa
toisiaan vastaan, jos
u · v = 0.
Esimerkki 4. Vektorit u = (1, ≠2, 3) ja v = (2, 1, 0) ovat ortogonaaliset.
2.2
Suorat ja tasot
Suoria ja tasoja voidaan esittää erilaisilla yhtälöillä.
Määritelmä 4. Avaruuden Rn , n = 2, 3, suora on joukko
{u + kv|k œ R},
missä u œ Rn ja v œ Rn \{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 R2 pisteitä. Määrätään
niiden kautta kulkeva suora muodossa {u + kv|k œ 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
{(≠1, 2) + k(5, ≠5)|k œ R}.
y = (≠1, 2)
x = (4, ≠3)
4
Olkoon u = (x01 , x02 ) avaruuden R2 suoran piste ja olkoon n = (a, b) ”= (0, 0) suoraa
L vastaan kohtisuora vektori eli normaalivektori. Tällöin x = (x1 , x2 ) kuuluu suoralle
L jos ja vain jos vektorit n ja x ≠ u ovat kohtisuorassa toisiaan vastaan eli
n · (x ≠ u) = (a, b) · (x1 ≠ x01 , x2 ≠ x02 ) = a(x1 ≠ x01 ) + b(x2 ≠ x02 ) = 0.
Tämä yhtälö voidaan kirjoittaa muodossa
ax1 + bx2 + c = 0,
missä c = ≠ax01 ≠ bx02 . Jos b ”= 0 (vastaavasti a ”= 0), niin
a
c
x2 = ≠ x1 ≠ .
b
b
Tämä on siis x1 x2 -koordinaatistossa olevan suoran yhtälö, joka leikkaa x2 -akselin
kohdassa ≠ cb ja jonka kulmakerroin on ≠ ab .
Määritelmä 5. Avaruuden R3 taso on joukko
{u + kv + tw|k, t œ R},
missä u œ R3 ja v, w œ R3 \{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
5
ole yhdensuuntaiset. Kuten suoralle, myös tasolle on erilaisia esitystapoja. Taso avaruudessa R3 on myös sellaisten pisteiden (x1 , x2 , x3 ) œ R3 joukko, jotka toteuttavat
yhtälön
ax1 + bx2 + cx3 + d = 0,
missä a, b, c, d œ 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 œ R3 .
3
Lineaarinen yhtälöryhmä
Määritelmä 6. Yleinen lineaarinen yhtälö on muotoa
a1 x1 + a2 x2 + . . . + an xn = b
missä ai , b œ R, i = 1, . . . , n, ovat tunnettuja ja xi œ R, i = 1, . . . , n, ovat tuntemattomia. Yhtälön toteuttavaa lukujonoa (x1 , . . . , xn ) sanotaan yhtälön ratkaisuksi
ja kaikkien ratkaisujen joukkoa sanotaan yhtälön ratkaisujoukoksi. Jos b = 0, yhtälö
on homogeeninen ja sillä on aina triviaaliratkaisu x1 = x2 = · · · = xn = 0.
Esimerkki 6. Yhtälöt
5x1 + 7.2x2 ≠ x3 = 1 ja sin(4)x3 =
Ô
7x4 + x1
ovat lineaarisia, mutta esimerkiksi
x1 x2 = 5 ja x22 ≠ 4x5 = 0
eivät ole lineaarisia.
Esimerkki 7.
a) Yhtälö 2x = 8 voidaan ratkaista kertomalla puolittain luvulla
1
, jolloin saadaan x = 4.
2
b) Yhtälö 2x1 +3x2 = 1 voidaan kirjoittaa muodossa x2 = 13 (1≠2x1 ) (tai muodossa
x1 = 12 (1 ≠ 3x2 )). Tämä on suoran yhtälö, jonka kulmakerroin on ≠2/3 ja se
leikkaa x2 -akselin kohdassa 1/3. Yleinen ratkaisu on
1
x1 = t ja x2 = (1 ≠ 2t), missä t œ R on vapaa muuttuja.
3
Ratkaisuja on siis ääretön määrä. Esimerkiksi x1 = ≠1 ja x2 = 1 on yksi
ratkaisu.
c) Yhtälö 3x1 + 6x2 + x3 = 4 määrää tason avaruuteen R3 . Myös tällä yhtälöllä on
ääretön määrä ratkaisuja:
x1 = t, x2 = s ja x3 = 4 ≠ 3t ≠ 6s, t, s œ R.
6
2
50
x2
40
30
20
1
10
x3
0
−10
x1
≠3
≠2
1
≠1
2
−20
3
−30
−40
−50
5
≠1
5
0
0
−5
−5
x2
(a) Yhtälön x2 = 1/3 ≠ (2/3)x1 kuvaaja
(Esim. 7)
x1
(b) Yhtälön x3 = 4 ≠ 3x1 ≠ 6x2 kuvaaja
(Esim. 7)
Määritelmä 7. Yleinen lineaarinen yhtälöryhmä on muotoa
Y
a11 x1
_
_
_
_
] a21 x1
_
_
_
_
[
+ a12 x2 + . . . + a1n xn = b1
+ a22 x2 + . . . + a2n xn = b2
..
.
ak1 x1 + ak2 x2 + . . . + akn xn = bk ,
missä aij , bi œ R, i = 1, . . . , k, j = 1, . . . , n ovat tunnettuja ja xi œ R, i = 1, . . . , n
ovat tuntemattomia. Yhtälöryhmän toteuttavaa lukujonoa (x1 , . . . , xn ) sanotaan yhtälöryhmän ratkaisuksi ja kaikkien ratkaisujen joukkoa sanotaan yhtälöryhmän ratkaisujoukoksi. Jos b1 = b2 = · · · = bk = 0, yhtälöryhmä on homogeeninen ja sillä on
aina triviaaliratkaisu x1 = x2 = · · · = xn = 0.
Esimerkki 8. (a) Ratkaise yhtälöpari
I
2x1 + x2 = 1
x1 + x2 = 3.
Alemmasta yhtälöstä voidaan ratkaista x2 = 3 ≠ x1 . Sijoitetaan tämä ylempään
yhtälöön, jolloin saadaan
2x1 + 3 ≠ x1 = 1
eli
x1 = ≠2.
Näin ollen x2 = 3 ≠ (≠2) = 5. Siten yhtälöparilla on täsmälleen yksi ratkaisu
I
x1 = ≠2
x2 = 5.
Tarkistetaan vielä ratkaisu:
I
2 · (≠2) + 5 = 1
≠2 + 5 = 3.
7
(b) Ratkaise yhtälöpari
I
5x1 ≠ x2 = ≠1
10x1 ≠ 2x2 = 2.
Ensimmäisestä yhtälöstä saadaan x2 = 5x1 +1. Sijoitetaan tämä toiseen yhtälöön,
jolloin
10x1 ≠ 2(5x1 + 1) = 2
eli
≠ 2 = 2,
mikä on ristiriita. Siis yhtälöparilla ei ole ratkaisua.
Esimerkki 9. Yhtälöparin
I
ax1 + bx2 = e
cx1 + dx2 = f
ratkaisu on suorien ax1 + bx2 = e ja cx1 + dx2 = f leikkauspiste. Leikkauspiste on
yksikäsitteinen täsmälleen silloin kun suorat eivät ole yhdensuuntaiset, toisin sanoen
(b ”= 0, d ”= 0)
a
c
≠ ”= ≠
eli ad ≠ bc ”= 0.
b
d
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 (x1 , x2 ), joka kuuluu suoralle, on ratkaisu.
Esimerkki 10. Ratkaise yhtälöryhmä
Y
_
]
x1 ≠ 2x2 + x3 = 0
2x2 ≠ 8x3 = 0
_
[
≠4x1 + 7x2 ≠ 3x3 = 3
(ú)
Jos x1 ≠ 2x2 + x3 = 0, niin 4(x1 ≠ 2x2 + x3 ) = 0, joten lisäämällä 0 kolmanteen
yhtälöön molemmille puolille saadaan
Y
_
]
x1 ≠ 2x2 + x3 = 0
2x2 ≠ 8x3 = 0
_
[
≠4x1 + 7x2 ≠ 3x3 +4x1 ≠ 8x2 + 4x3 = 3 + 0
…
Y
_
] x1
_
[
≠ 2x2 + x3 = 0
2x2 ≠ 8x3 = 0
≠x2 + x3 = 3.
8
(úú)
Siten
(úú)
…
…
…
Y
_
] x1
_
[
Y
_
] x1
_
[
Y
_
] x1
≠ 2x2 + x3 = 0
x2 ≠ 4x3 = 0
≠x2 + x3 = 3
≠ 2x2 + x3 = 0
x2 ≠ 4x3 = 0
x3 = ≠1
…
…
= ≠7
x2 = ≠4
_
[
x3 = ≠1.
Y
_
] x1
_
[
≠ 2x2 + x3 = 0
x2 ≠ 4x3 = 0
≠ 3x3 = 3
Y
_
] x1
_
[
≠ 2x2 + x3 = 0
x2 = ≠4
x3 = ≠1
Tarkistetaan ratkaisu:
Y
_
]
3.1
≠7 ≠ 2 · (≠4) ≠ 1 = 0
2 · (≠4) ≠ 8 · (≠1) = 0
_
[
≠4 · (≠7) + 7 · (≠4) ≠ 3 · (≠1) = 3.
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
≠ Pij : vaihdetaan yhtälöt i ja j keskenään.
≠ Mi (c): kerrotaan yhtälö i luvulla c ”= 0.
≠ Aij (c): kerrotaan yhtälö i luvulla c œ 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 Pij , on selvä, että se ei vaikuta yhtälöryhmän ratkaisuihin. Jos yhtälöä kerrotaan puolittain luvulla c œ R\{0}, se ei muuta yhtälön ratkaisuja. Siten rivioperaatio
Mi (c) ei vaikuta yhtälöryhmän ratkaisuihin. Rivioperaation Aij (c) perustelu sivuutetaan.
9
Koska rivioperaatiot vaikuttavat vain kertoimiin aij ja bi , voidaan yhtälöryhmää
käsitellä tiiviimmässä muodossa, jossa tuntemattomat x1 , x2 , . . . , xn jätetään kirjoittamatta. Yhtälöryhmä
Y
a11 x1
_
_
_
_
] a21 x1
_
_
_
_
[
+ a12 x2 + . . . + a1n xn = b1
+ a22 x2 + . . . + a2n xn = b2
..
.
ak1 x1 + ak2 x2 + . . . + akn xn = bk ,
on kätevä kirjoittaa laajennettuna kerroinmatriisina
S
W
W
W
W
U
a11 a12 · · ·
a21 a22 · · ·
..
..
.
.
ak1 ak2 · · ·
Esimerkki 11. Yhtälöryhmän
T
a1n b1
a2n b2 X
X
..
.. X
X.
.
. V
akn bk
Y
_
]
x1 ≠ 2x2 + x3 = 0
2x2 ≠ 8x3 = 8
_
[
≠4x1 + 5x2 + 9x3 = ≠9
laajennettu kerroinmatriisi on
S
T
0
1 ≠2 1
W
2 ≠8 8 X
V.
U 0
≠4 5
9 ≠9
(1)
Kun kerrotaan ensimmäistä yhtälöä luvulla 4 ja lisätään se kolmanteen yhtälöön eli
suoritetaan rivioperaatio A13 (4), saadaan
S
T
1 ≠2 1
0
W
X
U 0 2 ≠8 8 V .
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.
Kun matriisi sievennetään rivitoimituksilla redusoiduksi porrasmatriisiksi, on kolme mahdollisuutta:
10
(1)
S
W
W
W
W
W
W
W
W
W
W
W
W
U
1 0
···
0 1 0 ···
..
.
0
0
..
.
···
···
0
···
eli yksikäsitteinen ratkaisu.
T
0 d1
0 d2 X
X
.. .. X
X
. . X
X
1 dn X
X
0 0 X
X
.. .. X
X
. . V
0
…
0
Y
x1
_
_
_
_
] x2
_
_
_
_
[
..
.
= d1
= d2
xn = dn .
(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
S
T
1 2 0 6
W
X
U 0 0 1 5 V
0 0 0 0
eli
I
x1 + 2x2 = 6
x3 = 5
eli
Y
_
] x1
= ≠2x2 + 6
x2 œ R
_
[
x3 = 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
Y
_
] 2x1
+ 3x2 + 5x3 = 10
x1
≠ 3x3 = ≠2
_
[
5x2 ≠ 3x3 = 2.
11
Laajennettu kerroinmatriisi on
S
T
S
T
S
T
2 3 5 10
1 0 ≠3 ≠2
1 0 ≠3 ≠2
W
X P12 W
X P23 W
X
≠æ U 2 3 5 10 V ≠≠æ
U 1 0 ≠3 ≠2 V ≠
U 0 5 ≠3 2 V
0 5 ≠3 2
0 5 ≠3 2
2 3 5 10
S
T
S
T
S
T
1 0 ≠3 ≠2
1 0 ≠3 ≠2
A13 (≠2) W
3
2 X A23 (≠3) W
3
2 X
0
1
≠
≠≠≠≠
æ
≠
≠
≠
≠
æ
U
U 0 1 ≠5
5
5 V
5 V
1
M2 ( 5 )
64
0 3 11 14
0 0 64
5
5
S
T
1 0 ≠3 ≠2
1 0 0 1
W
X
3
2 X A31 (3) W
≠≠≠≠æ U 0 1 ≠ 5 5 V ≠≠≠≠3æ U 0 1 0 1 V
A32 ( 5 )
0 0 1
1
0 0 1 1
5
M3 ( 64
)
Y
_
] x1
=1
x2 = 1
_
[
x3 = 1.
eli
(b) Miten yhtälöryhmän
Y
_
]
x1
+ ax3 = b + 1
2x1 + x2 + 4ax3 = 4b + 2
_
[
≠ 3x2 ≠ 5ax3 = ≠5b ≠ 1
ratkaisujen lukumäärä riippuu vakioista a ja b?
Laajennettu kerroinmatriisi on
S
T
S
T
S
T
1 0
a
b+1
1 0
a
b+1
A12 (≠2) W
W
X
4a
4b + 2 X
2a
2b
U 2 1
V ≠≠≠≠æ U 0 1
V
0 ≠3 ≠5a ≠5b ≠ 1
0 ≠3 ≠5a ≠5b ≠ 1
S
T
1 0 a b+1
1 0 0
2
A23 (3) W
X A31 (≠1) W
2 X
≠≠≠æ U 0 1 2a 2b V ≠≠≠≠æ U 0 1 0
V
A32 (≠2)
0 0 a b≠1
0 0 a b≠1
Jos a ”= 0, niin yhtälöryhmällä on yksikäsitteinen ratkaisu
Y
_
] x1
=2
x2 = 2
_
[
x3 = 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
Y
_
] x1
=2
x2 = 2
_
[
x3 œ R.
12
4
4.1
Matriisi
Matriisin määritelmä ja laskutoimitukset
Määritelmä 10. Reaaliluvuista aij , missä i = 1, . . . , k ja j = 1, . . . , n muodostettua
kaaviota
S
a11 a12 · · ·
W
Wa21 a22 · · ·
A=W
..
W ..
U .
.
ak1 ak2 · · ·
T
a1n
a2n X
X
.. X
X
. V
akn
sanotaan k ◊ n-matriisiksi. Usein merkitään A = [aij ]. Lukuja aij sanotaan matriisin
A alkioiksi (aij on alkio rivillä i ja sarakkeessa j). Toinen merkintä alkiolle aij on Aij .
Matriisit A ja B ovat samat, jos Aij = Bij kaikilla i ja j. Kaikkien k ◊ n- matriisien
joukkoa merkitään symbolilla M(k, n). Olkoot A, B œ M(k, n) ja ⁄ œ R. Tällöin
A + B œ M(k, n) ja ⁄A œ M(k, n), missä
(A + B)ij = Aij + Bij
ja
(⁄A)ij = ⁄Aij
kaikilla i = 1, . . . , k ja j = 1, . . . , n.
Esimerkki 13. (a) Olkoot
C
D
a b
A=
c d
C
D
2 + d 2b
B=
.
c
≠d
ja
Tällöin
A=B
…
(b) Olkoot
C
Y
_
_a
_
]b
=2+d
= 2b
_
c=c
_
_
[
d = ≠d
D
5 4 3
A=
2 1 0
…
Y
_
_a
_
]b
=2
=0
_
cœR
_
_
[
d = 0.
C
D
0 1 2
B=
.
3 4 5
ja
Tällöin A ja B ovat 2 ◊ 3- matriiseja, joille pätee
C
D
C
D
5+0 4+1 3+2
5 5 5
A+B =
=
2+3 1+4 0+5
5 5 5
C
D
C
D
2·5 2·4 2·3
10 8 6
2A =
=
.
2·2 2·1 2·0
4 2 0
Lause 3. Olkoot A, B, C œ M(k, n) ja ⁄, µ œ R. Tällöin
13
ja
(a) A + B = B + A,
(b) A + (B + C) = (A + B) + C,
(c) on olemassa nollamatriisi 0 œ M(k, n), jolle A + 0 = A,
(d) on olemassa vastamatriisi ≠A œ M(k, n), jolle A + (≠A) = 0,
(e) ⁄(µA) = (⁄µ)A,
(f) 1A = A,
(g) (⁄ + µ)A = ⁄A + µA,
(h) ⁄(A + B) = ⁄A + ⁄B.
Todistus. Todistetaan (c), muut HT (vertaa lause 1). Olkoon A = [aij ]. Määritellään
k ◊ n-matriisi 0 asettamalla 0ij = 0 kaikilla i = 1, . . . , k ja j = 1, . . . , n. Tällöin
0 œ M(k, n) ja
(A + 0)ij = Aij + 0ij = aij + 0 = aij = Aij
kaikilla i = 1, . . . , k ja j = 1, . . . , n. Siten A + 0 = A.
Merkintä 1. Otetaan käyttöön lyhennysmerkintä summalle:
k
ÿ
i=1
ai = a1 + a2 + · · · + ak .
Esimerkiksi
5
ÿ
i2 = 12 + 22 + 32 + 42 + 52
ja
i=1
5
ÿ
bij = bi2 + bi3 + bi4 + bi5 .
j=2
Määritelmä 11. Olkoot A œ M(k, n) ja B œ M(n, l). Matriisien A ja B tulo on
matriisi AB œ M(k, l), missä
(AB)ij =
n
ÿ
p=1
Aip Bpj = Ai1 B1j + Ai2 B2j + · · · + Ain Bnj
kaikilla i = 1, . . . , k ja j = 1, . . . , l.
Huomautus 2. (a) Tulomatriisin AB alkio (AB)ij saadaan kertomalla A:n i:nen rivin alkiot Ai1 , Ai2 , . . . , Ain vastaavilla B:n j:nnen sarakkeen alkioilla B1j , B2j , . . . , Bnj
14
ja laskemalla näin saadut tulot yhteen. Eli
S
T
A11 A12 · · · A1n S
B11 · · ·
W .
..
.. X
W ..
.
. X
W
XW
W
X W B21 · · ·
AB = W Ai1 Ai2 · · · Ain X W
W ..
W
..
.. X
W ..
XU .
U .
.
. V B
n1 · · ·
Ak1 Ak2 · · · Akn
S
B1j · · ·
B2j · · ·
..
.
Bnj · · ·
T
(AB)11 · · ·
W
..
W
.
(AB)1j · · ·
..
.
(AB)1l
.. X
. X
(AB)k1 · · ·
(AB)kj · · ·
(AB)kl
W
W
= W (AB)i1 · · ·
W
..
W
U
.
(AB)ij · · ·
..
.
T
B1l
B2l X
X
.. X
X
. V
Bnl
X
(AB)il X
X,
.. X
X
. V
missä (AB)ij = Ai1 B1j +Ai2 B2j +· · ·+Ain Bnj 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
C
D
1 2 3
A=
œ M(2, 3)
0 1 1
S
T
1 0 1
W
X
B = U5 0 1V œ M(3, 3).
1 1 1
ja
Tällöin AB on määritelty ja se on 2 ◊ 3-matriisi
S
T
1 0 1
1 2 3 W
X
AB =
U5 0 1V
0 1 1
1 1 1
C
D
C
D
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
C
D
14 3 6
=
.
6 1 2
Tuloa BA ei ole määritelty.
(b) Olkoot
Ë
È
A = 1 2 1 œ M(1, 3)
15
ja
S T
0
W X
B = U3V œ M(3, 1).
1
Tällöin
S T
0
Ë
È
Ë È
W X
AB = 1 2 1 U3V = 1 · 0 + 2 · 3 + 1 · 1 = 7 œ M(1, 1)
1
Ë
È
S T
S
T
S
ja
T
0 Ë
0·1 0·2 0·1
0 0 0
È
X
W
X
W
X
3
1
2
1
3
·
1
3
·
2
3
·
1
BA = W
=
=
U V
U
V
U3 6 3V œ M(3, 3).
1
1·1 1·2 1·1
1 2 1
Erityisesti AB ”= BA.
(c) Olkoot
C
D
1 1
A=
œ M(2, 2)
2 2
Tällöin
C
DC
1 1
AB =
2 2
ja
D
C
C
D
≠1 1
B=
œ M(2, 2).
1 ≠1
D
≠1 1
0 0
=
œ M(2, 2).
1 ≠1
0 0
Entä BA?
Lause 4. Olkoot A, B ja C matriiseja ja ⁄ œ R. Tällöin
(a) A(B + C) = AB + AC,
(b) (A + B)C = AC + BC,
(c) A(BC) = (AB)C,
(d) (⁄A)B = A(⁄B) = ⁄(AB),
aina, kun kyseiset laskutoimitukset on määritelty.
Todistus. (a) Olkoot A œ M(k, n) ja B, C œ M(n, l). Tällöin, ja vain tällöin, B +C œ
M(n, l), A(B + C) œ M(k, l), AB œ M(k, l), AC œ M(k, l) ja AC + BC œ M(k, l)
ovat määriteltyjä. Nyt
1
2
A(B + C)
ij
=
n
ÿ
n
ÿ
Aip (B + C)pj =
p=1
Aip (Bpj + Cpj ) =
p=1
n
ÿ
(Aip Bpj + Aip Cpj )
p=1
= Ai1 B1j + Ai1 C1j + Ai2 B2j + Ai2 C2j + · · · + Ain Bnj + Ain Cnj
=
n
ÿ
Aip Bpj +
p=1
n
ÿ
Aip Cpj = (AB)ij + (AC)ij = (AB + BC)ij
p=1
kaikilla i = 1, . . . , k ja j = 1, . . . , l. Siten A(B + C) = AB + AC.
(b) ja (c) HT.
(d) Olkoot A œ M(k, n), B œ M(n, l) ja ⁄ œ R. Tällöin, ja vain tällöin, AB,
(⁄A)B ja A(⁄B) ovat määriteltyjä ja
1
(⁄A)B
2
ij
=
n
ÿ
p=1
(⁄A)ip Bpj =
1
n
ÿ
p=1
(⁄Aip )Bpj =
2
= ⁄(AB)ij = ⁄(AB)
n
ÿ
p=1
⁄Aip Bpj = ⁄
n
ÿ
Aip Bpj
p=1
ij
kaikilla i = 1, . . . , k ja j = 1, . . . , l. Siten (⁄A)B = ⁄(AB). Toinen väite HT.
16
4.2
Matriisiyhtälö
Merkintä 2. Tulkitaan Rn :n vektorit n ◊ 1-matriiseiksi eli pystyvektoreiksi
S
T
x1
W X
W x2 X
X
x=W
W .. X .
U . V
xn
Tämä tulkinta ei muuta vektorien yhteenlaskua eikä reaaliluvulla kertomista, ts.
S
T
S
T
x1
y1
W X W X
W x2 X W y2 X
X W X
x+y =W
W .. X + W .. X
U . V U . V
xn
ja
_
_
[a
k1 x1
T
x1
W X
W x2 X
X
⁄x = ⁄ W
W .. X .
U . V
xn
yn
Tällöin lineaarinen yhtälöryhmä
Y
_
a x
_
] 11 1
S
+ a12 x2 + . . . + a1n xn = b1
..
.
+ ak2 x2 + . . . + akn xn = bk
voidaan kirjoittaa muodossa
Ax = b,
missä
S
a11 · · ·
W .
A=W
U ..
ak1 · · ·
S
T
T
x1
W X
W x2 X
X
x=W
W .. X
U . V
a1n
.. X
. X
V,
akn
ja
xn
S
T
b1
W X
W b2 X
X
b=W
W .. X .
U.V
bk
Matriisi A on yhtälöryhmän kerroinmatriisi ja b vakiovektori.
Esimerkki 15. Yhtälöryhmän
Y
_
] 3x1
S
≠ x2 + 2x3
=3
x1 + 4x2 + x3 ≠ 2x4 = 0
_
[
5x2 + 3x3 ≠ 7x4 = ≠1
T
S
T
3 ≠1 2 0
3
W
X
W
X
kerroinmatriisi on A = U1 4 1 ≠2V ja vakiovektori on b = U 0 V.
0 5 3 ≠7
≠1
Lause 5. Olkoon A œ M(k, n). Seuraavat väitteet ovat yhtäpitäviä, toisin sanoen (a)
… (b) … (c):
(a) Homogeeniyhtälöllä Ax = 0 on vain triviaaliratkaisu x = 0.
17
(b) Kaikilla b œ Rk yhtälöllä Ax = b on korkeintaan yksi ratkaisu.
(c) Gaussin ja Jordanin eliminointimenetelmä yhtälöryhmälle Ax = b johtaa tilanteeseen
S
W
W
W
W
W
W
W
W
W
W
W
W
U
1 0
···
0 1 0 ···
..
.
0
0
..
.
···
···
0
···
T
0 J
0 O X
X
X
..
X
X
.
X
1 T X
X.
0 A X
X
X
..
X
. I V
0 N
Todistus. (b) … (c): Katso kappale 3.1.
(a) ∆ (b): Antiteesi: On olemassa b œ Rk ja x, y œ Rn , 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 œ Rk ,
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 œ M(k, n). Seuraavat väitteet ovat yhtäpitäviä:
(a) Kaikilla b œ Rk yhtälöllä Ax = b on ainakin yksi ratkaisu.
(b) Gaussin ja Jordanin eliminointimenetelmässä tapaus (2) (eli rivi 0 · · ·
missä c ”= 0) ei esiinny.
0 c ,
Todistus. Katso kappale 3.1.
4.3
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.
18
Määritelmä 12. Matriisi A on neliömatriisi, jos A œ M(n, n) jollakin n œ N. Neliömatriisi A = [aij ] on diagonaalimatriisi, jos aij = 0 kaikilla i ”= j. Diagonaalimatriisi
S
1 0
···
W
W0 1 0 · · ·
I = [”ij ] = W
W ..
U.
0
···
on yksikkömatriisi eli identtinen matriisi. Tässä
”ij =
I
1,
0,
T
0
0X
X
.. X
X œ M(n, n)
.V
1
i=j
i ”= j.
Lause 7. Olkoon A œ M(n, n). Tällöin IA = AI = A.
Todistus. HT.
Määritelmä 13. Neliömatriisi A œ M(n, n) on kääntyvä, jos on olemassa B œ
M(n, n) , jolle AB = BA = I. Tällöin B on A:n käänteismatriisi ja sitä merkitään
B = A≠1 .
C
D
C
D
2 1
≠1 1
Esimerkki 16. (a) Matriisi A =
on kääntyvä ja A≠1 =
, sillä
3 1
3 ≠2
C
DC
2 1
3 1
C
D
C
D
C
DC
≠1 1
1 0
≠1 1
=
=
3 ≠2
0 1
3 ≠2
D
D
2 1
.
3 1
C
D
1 2
a b
(b) Matriisi A =
ei ole kääntyvä. Jos nimittäin olisi B =
, jolle
2 4
c d
C
DC
1 2
2 4
D
C
D
C
D
a b
a + 2c b + 2d
1 0
=
=
,
c d
2a + 4c 2b + 4d
0 1
niin
Y
_
_
_
]
a + 2c = 1
b + 2d = 0
_
_
_ 2a + 4c = 0
[
2b + 4d = 1.
Erityisesti
I
a + 2c = 1
2a + 4c = 0
…
I
0=1
a = ≠2c,
mikä on ristiriita. Siten B:tä ei ole.
Lause 8. (a) Jos neliömatriisilla A on käänteismatriisi, niin se on yksikäsitteinen.
Erityisesti (A≠1 )≠1 = A.
19
(b) Jos A, B œ 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
L.7
L.4
L.7
B = BI = B(AC) = (BA)C = IC = 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 œ M(n, n) ja
L.4
L.4
(AB)(B ≠1 A≠1 ) = A(BB ≠1 )A≠1 = AIA≠1 = AA≠1 = I
(B ≠1 A≠1 )(AB) = B ≠1 (A≠1 A)B = B ≠1 IB = B ≠1 B = I.
ja
Siis (AB)≠1 = B ≠1 A≠1 .
Lause 9. Olkoon A œ M(n, n) kääntyvä. Tällöin kaikilla b œ Rn yhtälöllä Ax = b
on yksikäsitteinen ratkaisu x = A≠1 b.
Todistus. Olkoon b œ Rn 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 œ Rn 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
I
2x1 + x2 = 3
.
3x1 + x2 = 5
C
D
C
D
2
2 1
≠1 1 1
≠1
Koska A =
on kääntyvä ja A =
esim. 16(a) , niin
3 1
3 ≠2
C
DC D
≠1 1
x=A b=
3 ≠2
≠1
on yhtälöryhmän ainoa ratkaisu.
C
D
3
2
=
5
≠1
20
eli
I
x1 = 2
x2 = ≠1
(b) Jos A on kääntyvä, niin lauseen 8 nojalla A2 = AA on kääntyvä ja (A2 )≠1 =
(AA)≠1 = A≠1 A≠1 = (A≠1 )2 .
Lause 10 (Työnpuolituslause). Olkoot A, B œ 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.
Huomautus 4. Matriisi A œ M(k, n) voidaan ajatella kuvauksena fA : Rn æ Rk , jolle fA (x) = Ax kaikilla x œ Rn . Mitä tarkoittaa yhtälöryhmän Ax = b yksikäsitteisen
ratkaisun olemassaolo? Entä mitä tarkoittaa matriisin A œ M(n, n) kääntyvyys?
4.4
Alkeismatriisit
Seuraavaksi sovelletaan tuttuja rivioperaatioita
≠ Pij : vaihdetaan rivit i ja j keskenään,
≠ Mi (c): kerrotaan rivi i luvulla c ”= 0,
≠ Aij (c): kerrotaan rivi i luvulla c œ 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
S
T
S
T
S
T
S
T
0 1 0
1 0 0
a b c
1 0 0
W
X
W
X
W
X
W
X
E1 = U 0 1 0V , E2 = U1 0 0V , E3 = U0 1 0V , A = Ud e f V .
≠4 0 1
0 0 1
0 0 5
g h i
Matriisit E1 , E2 ja E3 ovat alkeismatriiseja. Nyt
S
T
S
T
S
T
a
b
c
d e f
a b c
W
X
W
X
W
e
f V , E2 A = Ua b c V , E3 A = U d e f X
E1 A = U d
V.
g ≠ 4a h ≠ 4b i ≠ 4c
g h i
5g 5h 5i
Matriisilla E1 kertominen on siis sama kuin rivioperaatio, jossa ensimmäistä riviä kerrotaan luvulla ≠4 ja lisätään se kolmanteen riviin. Matriisilla E2 kertominen vaihtaa
ensimmäisen ja toisen rivin paikkaa, ja matriisilla E3 kertominen kertoo kolmannen
rivin alkiot viidellä.
Edellinen esimerkki pätee myös yleisesti.
Lause 11. Olkoon A œ M(m, n) ja olkoon E œ M(m, m) tietyllä rivioperaatiolla
saatu alkeismatriisi. Tällöin tulo EA tuottaa saman matriisin kuin saman rivioperaation tekeminen matriisiin A.
21
Todistus. Olkoon
S
A=
T
A1
W . X
W .. X
W X
W X
W Ai X
W X
W .. X
W . X,
W X
WA X
W jX
W . X
W . X
U . V
An
missä Ai on matriisin A i:s rivi ja Aj on j:s rivi. Olkoon E1 matriisi, joka on saatu
vaihtamalla rivit i ja j keskenään yksikkömatriisissa eli
E1 =
S 1T
e
W.X
W .. X
W X
W jX
We X
W X
W .. X
W . X,
W X
W ei X
W X
W.X
W.X
U.V
en
missä ei = [0 · · · 0 1 0 · · · 0] ja 1 on i:nnessä sarakkeessa. Tällöin
E1 A =
S 1 T
eA
W . X
W .. X
W
X
W j X
We AX
W
X
W .. X
W . X
W
X
W ei A X
W
X
W . X
W . X
U . V
en A
S
=
T
A1
W . X
W .. X
W X
W X
W Aj X
W X
W .. X
W . X.
W X
WA X
W iX
W . X
W . X
U . V
An
Sama matriisi saadaan soveltamalla rivioperaatio Pij matriisiin A, joten väite pätee
operaatiolle Pij . 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 F E = I.
Siten E ≠1 = F .
22
Määritelmä 15. Matriisi A on riviekvivalentti matriisin B kanssa, jos B saadaan
matriisista A rivioperaatioilla.
Lause 13. Olkoon A œ M(n, n). Tällöin seuraavat väitteet ovat yhtäpitäviä:
(a) Matriisi A on kääntyvä.
(b) Yhtälöllä Ax = b on täsmälleen yksi ratkaisu kaikilla b œ Rn .
(c) Homogeeniyhtälöllä Ax = 0 on vain triviaaliratkaisu x = 0.
(d) Matriisi A on riviekvivalentti yksikkömatriisin I œ 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 œ Rn ,
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
S
T
S T
a11 a12 · · · a1n
x1
W
X
W X
a
a
·
·
·
a
W 21
W x2 X
22
2n X
W X
A=W
..
.. X
W ..
X ja x = W .. X ,
U .
U . V
.
. V
an1 an2 · · ·
ann
xn
niin yhtälöä Ax = 0 vastaava yhtälöryhmä on
Y
a11 x1
_
_
_
_
] a21 x1
_
_
_
_
[
+ a12 x2 + . . . + a1n xn = 0
+ a22 x2 + . . . + a2n xn = 0
..
.
an1 x1 + an2 x2 + . . . + ann xn = 0.
Koska yhtälöllä Ax = 0 on täsmälleen yksi ratkaisu x = 0, niin Gaussin ja Jordanin
eliminointimenetelmän täytyy johtaa tilanteeseen
Y
_
_ x1
_
_
]
_
_
_
_
[
x2
= 0
= 0
..
.
xn = 0.
Tämä tarkoittaa sitä, että matriisi A muuttuu rivioperaatioilla yksikkömatriisiksi I
eli A on riviekvivalentti yksikkömatriisin kanssa.
23
(d) ∆ (e): Oletetaan, että matriisi A on riviekvivalentti yksikkömatriisin In kanssa. Tällöin Lauseen 11 nojalla on olemassa sellaiset alkeismatriisit E1 , . . . , Ek , että
E1 · · · Ek A = I.
Koska alkeismatriisit ovat kääntyviä, niin yhtälöä voidaan kertoa vasemmalta puolittain matriisilla E1≠1 ja saadaan E2 · · · Ek A = E1≠1 . Seuraavaksi kerrotaan matriisilla
E2≠1 , jolloin E3 · · · Ek 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 = E1 E2 · · · Ek , missä E1 , . . . , Ek ovat alkeismatriiseja. Matriisi
B = Ek≠1 · · · E2≠1 E1≠1 .
on matriisin A käänteismatriisi, koska
AB = (E1 E2 · · · Ek )(Ek≠1 · · · E2≠1 E1≠1 ) = E1 E2 · · · (Ek Ek≠1 ) · · · E2≠1 E1≠1
≠1
≠1
= E1 E2 · · · Ek≠1 IEk≠1
· · · E2≠1 E1≠1 = E1 E2 · · · (Ek≠1 Ek≠1
) · · · E2≠1 E1≠1
= E1 E1≠1 = I.
Siten A on kääntyvä.
Huomautus 5. 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.
4.5
Gaussin ja Jordanin algoritmi käänteismatriisille
Lauseen 13 mukaan matriisi A œ 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
Ek · · · E2 E1 A = I.
Koska (Ek · · · E2 E1 )A = I, niin työnpuolituslauseen nojalla
A≠1 = Ek · · · E2 E1 = Ek · · · E2 E1 I.
Gaussin ja Jordanin menetelmällä voidaan yhdistää kääntyvyyden tutkiminen sekä käänteismatriisin määrääminen:
(1) Tarkastellaan laajennettua kerroinmatriisia
Ë
(2) Sovelletaan Gaussin ja Jordanin menetelmää.
24
È
A I .
(3) Jos A muuttuu I:ksi, on viivan oikealla puolella A≠1 . Jos A ei muutu I:ksi, A ei
ole kääntyvä.
S
T
1 1 1
W
X
Esimerkki 19. (a) Käännä A = U2 3 3V.
3 1 2
Laajennettu kerroinmatriisi on
S
T
S
T
1 1 1 1 0 0
1 1
1
1 0 0
W
X A12 (≠2) W
1 ≠2 1 0 X
U 2 3 3 0 1 0 V ≠≠≠≠æ U 0 1
V
A13 (≠3)
3 1 2 0 0 1
0 ≠2 ≠1 ≠3 0 1
S
T
S
T
1 0 0 3 ≠1 0
1 0 0 3 ≠1 0
A21 (≠1) W
X A32 (≠1) W
≠≠≠≠æ U 0 1 1 ≠2 1 0 V ≠≠≠≠æ U 0 1 0 5 ≠1 ≠1 X
V
A23 (2)
0 0 1 ≠7 2 1
0 0 1 ≠7 2
1
Siis A≠1
S
T
3 ≠1 0
W
X
= U 5 ≠1 ≠1V .
≠7 2
1
Tarkistetaan ratkaisu:
AA≠1
C
D
S
TS
T
S
T
1 1 1
3 ≠1 0
1 0 0
W
XW
X
W
X
= U2 3 3V U 5 ≠1 ≠1V = U0 1 0V .
3 1 2 ≠7 2
1
0 0 1
1 1
(b) Onko A =
kääntyvä?
1 1
Nyt
C
1 1 1 0
1 1 0 1
D
A12 (≠1)
≠≠≠≠æ
C
1 1 1 0
0 0 ≠1 1
D
,
joten tuloksena on ristiriita eli A ei ole kääntyvä.
4.6
Matriisin transpoosi
Määritelmä 16. Olkoon A œ M(k, n). Matriisin A transpoosi on AT œ M(n, k),
missä (AT )ij = Aji kaikilla i = 1, . . . , n ja j = 1, . . . , k.
Huomautus 6. Transpoosin rivit ovat alkuperäisen matriisin sarakkeita ja transpoosin sarakkeet ovat alkuperäisen matriisin rivejä.
S
T
5 4
5 1 3
W
X
Esimerkki 20. (a) Jos A =
, niin AT = U1 1V.
4 1 6
3 6
C
D
25
Ë
(b)
x1 · · · xn
ÈT
S
T
x1
W . X
X
=W
U .. V.
xn
Lause 14. Olkoot A, B œ M(k, n), C œ M(n, l) ja ⁄ œ R. Tällöin
(a) (AT )T = A.
(b) (A + B)T = AT + B T .
(c) (⁄A)T = ⁄AT .
(d) (AC)T = C T AT .
Todistus. (a)–(c) HT.
(d) Nyt AC œ M(k, l) on määritelty, joten (AC)T œ M(l, k). Lisäksi C T œ
M(l, n) ja AT œ M(n, k), joten C T AT œ M(l, k). Nyt
1
(AC)T
2
ij
= (AC)ji =
n
ÿ
p=1
Ajp Cpi =
n
ÿ
Cpi Ajp =
p=1
n
ÿ
(C T )ip (AT )pj = (C T AT )ij
p=1
kaikilla i = 1, . . . , l ja j = 1, . . . , k. Siten (AC)T = C T AT .
Lause 15. Olkoon A œ M(n, n) kääntyvä. Tällöin AT on kääntyvä ja
(AT )≠1 = (A≠1 )T .
Todistus. HT.
5
Determinantti
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.
Ò
Esimerkki 21. Olkoot x = (x1 , x2 ), y = (y1 , y2 ) œ R2 . Merkitään ÎxÎ = x21 + x22
vektorin x pituutta. Koulusta muistetaan vektorin pistetulo x · y = x1 y1 + x2 y2 =
ÎxÎÎyÎ cos –, missä – on vektorien x ja y välinen kulma. Vektorien x ja y määräämän
suunnikkaan pinta-ala on
A = ÎxÎ · h = ÎxÎÎyÎ sin – = ÎxÎÎyÎ cos(
fi
≠ –) = b · y,
2
missä ÎbÎ = ÎxÎ ja b:n ja y:n välinen kulma on fi2 ≠ –. Siis b on kohtisuorassa vektoria
x vastaan eli b · x = 0. Kun valitaan
Ò b kuten kuvassa, on b = (≠x2 , x1 ), sillä tällöin
b · x = ≠x2 x1 + x1 x2 = 0 ja ÎbÎ = (≠x2 )2 + x21 = ÎxÎ. Siten
A = b · y = ≠x2 y1 + x1 y2 .
26
C
D
a
a
Huomautus 7. Esimerkin 21 perusteella matriisin A = 11 12 sarakevektoreiden
a21 a22
C
D
C
D
a11
a12
ja
määräämän suunnikkaan ala on |a11 a22 ≠ a12 a21 |. Merkitään
a21
a22
det A = a11 a22 ≠ a12 a21
S
T S
(vrt. esim. 21).
T
S
T
a11
a12
a13
W
X W
X
W
Osoittautuu, että kolmen vektorin Ua21 V, Ua22 V ja Ua23 X
V määräämän suuntaissärmiön
a31
a32
a33
tilavuus on lausekkeen
S
T
a11 a12 a13
W
X
det A = det Ua21 a22 a23 V
a31 a32 a33
C
D
C
D
C
a
a
a
a
a
a
= a11 det 22 23 ≠ a12 det 21 23 + a13 det 21 22
a32 a33
a31 a33
a31 a32
D
itseisarvo.
5.1
Determinantin kehityskaavat
Määritelmä 17. Matriisin A œ M(n, n) ij:s alimatriisi Aij œ M(n≠1, n≠1) saadaan
poistamalla A:sta i:s rivi ja j:s sarake. Neliömatriisin A œ M(n, n) determinantti on
luku
det A =
n
ÿ
(≠1)1+j A1j det A1j ,
j=1
missä det[a] = a.
Huomautus 8. Matriisin A œ M(n, n) sarakevektoreiden virittämän n-ulotteisen
suuntaissärmiön tilavuus on | det A|. Erityisesti, 1-ulotteisen suuntaissärmiön eli janan
pituus on | det a| = |a|.
S
T
0 ≠1 2
W
0 4X
Esimerkki 22. (a) Olkoon A = U 3
V. Tällöin
≠2 1 7
A
11
C
D
C
D
C
D
0 4
3 4
0 2
=
, A12 =
, A22 =
1 7
≠2 7
≠2 7
27
jne.
C
D
a
a
(b) Olkoon A = 11 12 . Tällöin
a21 a22
det A =
2
ÿ
(≠1)1+j a1j det A1j = (≠1)1+1 a11 det A11 + (≠1)1+2 a12 det A12
j=1
= a11 det[a22 ] ≠ a12 det[a21 ] = a11 a22 ≠ a12 a21 .
S
T
2 1 2
W
X
(c) Olkoon A = U 1 0 3V. Tällöin
≠1 1 2
C
D
C
D
0 3
1 3
det A = (≠1) · 2 · det
+ (≠1)3 · 1 · det
1 2
≠1 2
2
C
D
1 0
+ (≠1) · 2 · det
≠1 1
4
= 2(0 · 2 ≠ 3 · 1) ≠ (1 · 2 ≠ 3 · (≠1)) + 2(1 · 1 ≠ 0 · (≠1)) = ≠9.
S
a11 0
···
W
W 0 a22 0 · · ·
(d) Olkoon A = W
W ..
U .
0
···
0
0
..
.
ann
T
X
X
X
X
V
diagonaalimatriisi. Tällöin
S
a22 0
W
W 0
det A = a11 det W
W ..
U .
0
S
a33 0
W
W 0
= a11 a22 det W
W ..
U .
0
= · · · = a11 · · · ann .
T
0
···
..
.
···
ann
X
X
X+0
X
V
0
···
..
.
···
ann
T
X
X
X
X
V
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 aii .
Lause 16. Neliömatriisin A determinantille pätee
(a) kehittämissääntö i:nen rivin suhteen
det A =
n
ÿ
(≠1)i+k aik det Aik ,
k=1
28
(b) kehittämissääntö j:nen sarakkeen suhteen
det A =
n
ÿ
(≠1)k+j akj det Akj .
k=1
Todistus. Sivuutetaan. (Helppo uskoa tilavuustulkinnasta.)
S
T
2 1 2
W
X
Esimerkki 23. Olkoon A = U 1 0 3V. Lasketaan det A
≠1 1 2
(a) kehittämällä se 2. rivin suhteen
2+1
det A = (≠1)
D
C
D
1 2
2 2
· 1 · det
+ (≠1)2+2 · 0 · det
1 2
≠1 2
2+3
+ (≠1)
C
C
D
2 1
· 3 · det
≠1 1
= ≠(1 · 2 ≠ 2 · 1) + 0 ≠ 3(2 · 1 ≠ 1 · (≠1)) = ≠9,
(b) kehittämällä se 3. sarakkeen suhteen
1+3
det A = (≠1)
D
C
D
1 0
2 1
· 2 · det
+ (≠1)2+3 · 3 · det
≠1 1
≠1 1
3+3
+ (≠1)
C
C
D
2 1
· 2 · det
1 0
= 2(1 · 1 ≠ 0 · (≠1)) ≠ 3(2 · 1 ≠ 1 · (≠1)) + 2(2 · 0 ≠ 1 · 1) = ≠9.
5.2
Determinantin ominaisuuksia
Lause 17. Olkoon A œ M(n, n). Seuraavat ominaisuudet pätevät:
(a) Olkoon B matriisi, joka on saatu kertomalla jokin A:n rivi/sarake luvulla ⁄ œ R.
Tällöin det B = ⁄ 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 ] .
29
Vastaavasti olkoon A =
S 1T
R
W . X
U .. V,
R
jollekin i, niin
missä Ri on A:n i:s rivi. Jos Ri = W 1 + W 2
n
S
T
S
T
S
T
R1
R1
R1
W
X
W .. X
W .. X
..
W
X
W . X
W . X
.
W
X
W
X
W
X
1
2
1
2X
W
X
W
X
det A = det WW + W X = det WW X + det W
WW X .
W
X
W . X
W . X
..
U
V
U .. V
U .. V
.
n
n
R
R
Rn
(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 ⁄ œ R, niin det B = det A.
Todistus. (a) Todistetaan rivivaihtoehto. Sarakevaihtoehto samoin. Oletetaan, että
B on saatu kertomalla A:n i:s rivi luvulla ⁄. Tällöin kehittämällä i:nen rivin
suhteen saadaan
det B =
n
ÿ
(≠1)i+k Bik det B ik =
k=1
n
ÿ
=⁄
n
ÿ
(≠1)i+k ⁄Aik det Aik
k=1
(≠1)i+k Aik det Aik = ⁄ det A.
k=1
(b) Seuraa (a)-kohdasta valitsemalla ⁄ = 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
Ë
A = S1 · · ·
Ë
C = S1 · · ·
V 1 + V 2 ···
È
S n+1 ,
È
V 2 · · · S n+1 ,
30
Ë
B = S1 · · ·
V 1 ···
È
S n+1 ja
missä V 1 ja V 2 ovat j:nnessä sarakkeessa. Tällöin
det A =
=
n+1
ÿ
(≠1)1+k A1k det A1k
k=1
j≠1
ÿ
(≠1)1+k A1k det A1k + (≠1)1+j (V11 + V12 ) det A1j +
k=1
=
=
(≠1)1+k A1k det A1k
k=j+1
n+1
ÿ
k=1,k”=j
n+1
ÿ
n+1
ÿ
(≠1)1+k A1k (det B 1k + det C 1k ) + (≠1)1+j V11 det B 1j + (≠1)1+j V12 det C 1j
(≠1)1+k B1k det B 1k +
k=1
n+1
ÿ
(≠1)1+k C1k det C 1k = det B + det C.
k=1
(d) HT (induktiolla n:n suhteen).
S 1T
R
S 1T
R
S
T
R1
..
W .. X
W
X
W .. X
W . X
W . X
W
X
W iX
W jX
W i . jX
WR X
WR + R X
WR X
W X
W X
W
X
X
W X
W
X
..
(e) Olkoot A = W
W ... X ja B = W ... X. Määritellään C = W
X.
.
W X
W X
W
X
W Rj X
W Ri X
WRi + Rj X
W X
W X
W
X
W . X
W . X
W
X
..
U .. V
U .. V
U
V
.
n
n
n
R
R
R
Nyt (d)-kohdan perusteella det C = 0. Lisäksi (c)-kohdan nojalla
0 = det C
S
T
S
T
S
T
S
T
S
T
S
T
R1
R1
R1
R1
R1
R1
..
..
W .. X
W .. X
W .. X
W
X
W
X
W .. X
W
X
W
X
W . X
W . X
W . X
W . X
.
.
W
X
W
X
W
X
W
X
W
X
W jX
W Ri X
W Rj X
WR X
W Ri X
W Rj X
W Ri X
W
X
W
X
W X
W X
W X
W X
W
X
W
X
W
X
W
X
W
X
X
..
..
.. X + det W .. X + det W .. X + det W
=
det
W
W ... X
= det W
X
+
det
W
X
.
.
W
X
W
X
W . X
W . X
W . X
W X
WRi + Rj X
WRi + Rj X
W Ri X
W Rj X
W Ri X
W Rj X
X
W X
W X
W X
W X
W
X
W
W
X
W
X
W . X
W . X
W . X
W . X
.
.
U
V
U
V
U .. V
U .. V
U .. V
U .. V
..
..
n
n
n
n
n
R
R
Rn
R
R
R
= det A + det B.
Siis det B = ≠ det A.
(f) HT.
Merkintä 3. Merkintä ASij (c) tarkoittaa, että i:s sarake kerrotaan luvulla c ja lisätään
sarakkeeseen j ja AR
ij (c) tarkoittaa vastaavaa rivioperaatiota.
Esimerkki 24. (a)
S
1
W1
W
det W
U1
1
2
1
0
1
3
2
1
0
T
S
4
1 1 3
X
W
S
2X A12 (≠1)
W1 0 2
X = det W
U1 ≠1 1
0V
0
1 0 0
31
T
S
4
1 1 4
X
W
S
2X A23 (1)
W1 0 2
X = det W
U1 ≠1 0
0V
0
1 0 0
T
4
2X
X
X
0V
0
L.17(d)
=
0.
(b)
S
5
W0
W
det W
U5
10
2
1
0
1
T
3
2
1
0
S
4
2X
X
X
0V
0
1
W0
L.17(a)
W
= 5 · det W
U1
2
S
2
1
0
1
3
2
1
0
T
T
S
4
≠3
W≠2
S (≠2)
A
2X
X 21
W
X = 5 · det W
U 1
0V
0
0
S
2
1
0
1
3
2
1
0
T
≠3 3 4 S
≠3 0 4
X A12 (1)
W
X
= 5 · (≠1)4+2 · 1 det W
U≠2 2 2V = 5 · det U≠2 0 2V
1 1 0
1 2 0
C
D
≠3 4
· 2 · det
= ≠10 · (≠6 + 8) = ≠20.
≠2 2
3+2
= 5 · (≠1)
C
T
4
2X
X
X
0V
0
D
C
D
C
D
a b
2a 6b
d
c
(c) Olkoon det
= 2. Lasketaan det
ja det
.
c d
c 3d
b + 2d a + 2c
Nyt
C
D
2a 6b
det
c 3d
L.17(a)
=
C
D
a 3b
2 · det
c 3d
L.17(a)
=
C
D
a b
2 · 3 det
= 6 · 2 = 12
c d
ja
C
d
c
det
b + 2d a + 2c
C
L.17(e)
D
L.17(c)
=
D
C
C
b a
d c
= ≠ det
+ 2 det
d c
d c
L.17(a)
5.3
D
C
d c
d c
det
+ det
b a
2d 2c
D
L.17(e)
D
C
D
a b
= (≠1) det
+ 2 · 0 = 2.
c d
L.17(d)
2
Matriisin kääntyvyys ja determinantti
Ë È
Esimerkki 25. (a) Olkoon A = a œ M(1, 1). Tällöin A on kääntyvä, jos ja vain
jos det A = a ”= 0.
C
D
a
a
(b) Olkoon A = 11 12 . Jos det A ”= 0, niin A on kääntyvä ja sen käänteismatriisi
a21 a22
C
D
a22 ≠a12
1
≠1
on A = det A
, sillä
≠a21 a11
C
D
C
1
a11 a12
a22 ≠a12
·
a21 a22 det A ≠a21 a11
C
D
D
C
D
1
a11 a22 ≠ a12 a21
0
1 0
=
=
.
0
≠a21 a12 + a11 a22
0 1
det A
32
Jos det A = 0, niin (olettaen, että a12 ”= 0)
C
a11 a12 1 0
a21 a22 0 1
det A=0
≠≠≠≠æ
C
D
M2 (≠a12 )
≠≠≠≠≠æ
A12 (a22 )
C
a11 a12 1
0
0
0 a22 ≠a12
a11
a12
1
0
≠a12 a21 + a11 a22 ≠a12 a22 + a12 a22 a22 ≠a12
D
D
,
joten A ei ole kääntyvä (kun a12 ”= 0). Tarkista tapaus a21 ”= 0. Siis A œ M(2, 2)
on kääntyvä täsmälleen silloin, kun det A ”= 0.
Lause 18. Matriisi A œ 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 Pij vaihtaa determinantin merkin, operaatio Mi (c)
kertoo determinantin c:llä (c ”= 0) ja AR
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 œ M(n, n). Tällöin
(a) det(AB) = det A det B,
(b) det(AT ) = det A,
(c) jos A on kääntyvä, niin det(A≠1 ) =
Todistus. (a) ja (b) sivuutetaan.
1
.
det A
(a)
(c) Koska 1 = det I = det(AA≠1 ) = det A det(A≠1 ), niin det(A≠1 ) =
S
T
1
.
det A
1 0 5
W
X
Esimerkki 26. (a) Onko matriisi U2 0 3V kääntyvä?
1 1 2
Koska
S
T
C
D
1 0 5
1 5
W
X
3+2
det A = det U2 0 3V = (≠1)
· 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 AT = ≠A≠1 .
Oletetaan, että tällainen A on olemassa. Silloin
det A = det(AT ) = 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.
33
5.4
Liittomatriisi
Määritelmä 18. Olkoon A œ M(n, n). Matriisin A liittomatriisi on cof A œ M(n, n),
missä
(cof A)ij = (≠1)i+j det Aij
kaikilla i, j = 1, . . . , n.
Huomautus 9. Olkoon A œ M(n, n). Tällöin kaikilla i = 1, . . . , n
det A =
n
ÿ
(≠1)i+k Aik det Aik =
k=1
(cof A)11 = (≠1)
3+2
(cof A)32 = (≠1)
Siten
Aik (cof A)ik .
k=1
S
T
2 4 3
X
Esimerkki 27. Olkoon A = W
U0 1 ≠1V. Tällöin
3 5 7
1+1
n
ÿ
C
D
(cof A)12 = (≠1)
C
D
jne.
1 ≠1
det
= 12,
5 7
1+2
2 3
det
= 2,
0 ≠1
S
C
D
0 ≠1
det
= ≠3,
3 7
T
12 ≠3 ≠3
2X
cof A = W
U≠13 5
V.
≠7 2
2
Lause 20. Olkoon A œ M(n, n). Tällöin
A(cof A)T = det A · I.
Erityisesti, jos A on kääntyvä, niin
A≠1 =
1
(cof A)T .
det A
Todistus. Olkoot i, j œ {1, . . . , n}. Määritellään B œ M(n, n) seuraavasti: B = A
paitsi B:n j:s rivi on sama kuin A:n i:s rivi. Tällöin
det B =
n
ÿ
Bjk (cof B)jk =
k=1
n
ÿ
Aik (cof A)jk =
k=1
1
= A(cof A)T
2
ij
n
ÿ
k=1
1
Aik (cof A)T
2
kj
.
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
1
T
A(cof A)
2
ij
=
I
det A,
0,
jos i = j
jos i =
” j
34
eli
A(cof A)T = det A · I.
Jos A on kääntyvä, niin det A ”= 0, joten
A·
1
(cof A)T = I
det A
eli
S
A≠1 =
1
(cof A)T .
det A
T
2 4 3
W
X
Esimerkki 28. (a) Olkoon A = U0 1 ≠1V. Tällöin
3 5 7
S
T
C
D
2 4 7
2 7
W
X
2+2
det A = det U0 1 0 V = (≠1)
· 1 · det
= 3 ”= 0,
3 12
3 5 12
AS
23 (1)
joten A on kääntyvä ja
1
(cof A)T
det A
A≠1 =
C
esim. 27
=
D
S
TT
S
T
12 ≠3 ≠3
12 ≠13 ≠7
1W
1W
X
2 V = U≠3 5
2X
U≠13 5
V.
3
3
≠7 2
2
≠3 2
2
C
D
a
a
a22 ≠a21
(b) Olkoon A = 11 12 . Tällöin cof A =
. Jos A on kääntyvä eli
a21 a22
≠a12 a11
det A =
” 0, niin
C
1
1
a22 ≠a12
=
(cof A)T =
det A
det A ≠a21 a11
≠1
A
5.5
D
(vrt. esim. 25).
Cramerin sääntö
Lause 21 (Cramerin sääntö). Olkoon A œ M(n, n) kääntyvä. Tällöin yhtälöryhmän
Ax = b yksikäsitteinen ratkaisu on
Y
_
_
_
_
_
_
]
_
_
_
_
_
_
[
missä
det C(1)
det A
det C(2)
det A
x1 =
x2 =
..
.
det C(n)
,
det A
xn =
S
T
A11 . . . b1 . . . A1n
W
X
W A21 . . . b2 . . . A2n X
W
X œ M(n, n)
C(i) = W ..
X
U .
V
An1 . . . bn . . . Ann
ø
i:s sarake
35
kaikilla i = 1, . . . , n.
Todistus. Lauseen 20 perusteella A≠1 =
Ax = b yksikäsitteinen ratkaisu on
x = A≠1 b =
1
(cof
det A
A)T . Siten lauseen 9 nojalla yhtälön
1
(cof A)T b.
det A
Nyt
xi =
=
n 1
n
2
1 ÿ
1 ÿ
(cof A)T bk =
bk (cof A)ki
ik
det A k=1
det A k=1
n
1 ÿ
det C(i)
(≠1)k+i bk det Aki =
det A k=1
det A
kaikilla i = 1, . . . , n.
Esimerkki 29. Ratkaise yhtälöryhmä
Y
_
]
S
x1
≠ x3 = 1
2x1 + x2 ≠ x3 = 1
_
[
x1 + 2x2 + 5x3 = 2.
T
S
1 0 ≠1
1
AS
W
X
13 (1) W
Kerroinmatriisi on A = U2 1 ≠1V ja det A = U2
1 2 5
1
S T
1
X
kääntyvä ja Cramerin sääntöä voi soveltaa. Nyt b = W
U1V,
2
S
T
1 0 ≠1
W
X
C(1) = U1 1 ≠1V
2 2 5
Vastaavasti
T
1 1 ≠1
W
X
C(2) = U2 1 ≠1V ,
1 2 5
S
T
joten
T
1 0 0
W
X
det C(1) = det U1 1 0V = 7.
2 2 7
AS
13 (1)
ja
S
S
T
0 0
1 1X
V = 4 ”= 0. Siten A on
2 6
1 0 1
W
X
C(3) = U2 1 1V ,
1 2 2
det C(2) = ≠7
det C(3) = 3
ja
Yhtälöryhmän yksikäsitteinen ratkaisu on
Y
_
]
x1 = 74
x = ≠ 74
_ 2
[
x3 = 34 .
36
ja
x2 =
3
x3 = .
4
≠7
4
Siis
sekï¿
7
x1 = .
4