Oppgavesett MAT1105 - fasit

Fasit — Oppgavesett MAT1105 - uke 34-38

Korte svar

Bare svar + én linje med begrunnelse. På de vanskeligere oppgavene får du bevisideen, ikke hele beviset — poenget er at du skriver det ut selv.

---

Tema 1 — Vektorer, linjer og plan

1.1 $(13,-11,4,-10)$.

1.2 $(2+2i,5-i,4-2i)$. Husk $i\cdot 4i=-4$ og $i(1-i)=1+i$.

1.3 a) $\vec{y}(t)=(2,-1,3)+t(3,2,-4)$.
b) Ja: $R-P=(6,4,-8)=2(3,2,-4)$, altså $t=2$.

1.4 a) $2x-3y+z=1$ (siden $\vec{n}\cdot P_0=2-3+2=1$).
b) $\vec{n}\cdot (1,1,1)=0$, så linja er parallell med planet; og $(1,1,1)$ gir $2-3+1=0\ne 1$, så den ligger ikke i planet. Ingen skjæring.
c) $\vec{n}\cdot (1,1,0)=-1$, så $-t=1\Rightarrow t=-1$. Skjæringspunkt $(-1,-1,0)$.

1.5 Skriv $\vec{p}=\vec{a}+t(\vec{b}-\vec{a})$. Da er $|\vec{p}-\vec{a}|=|t||\vec{b}-\vec{a}|$ og $|\vec{p}-\vec{b}|=|1-t||\vec{b}-\vec{a}|$. Siden $\vec{b}\ne \vec{a}$ kan vi dele på $|\vec{b}-\vec{a}|>0$: likhet $⟺|t|=|1-t|⟺t=\frac{1}{2}$. Begge retninger følger av denne ekvivalenskjeden.

---

Tema 2 — Lengde, skalarprodukt, ortogonalitet

2.1 $\vec{a}\cdot \vec{b}=-32$, $|\vec{a}|=\sqrt{30}$, $|\vec{b}|=\sqrt{38}$.

2.2 $3t+2t-4=0\Rightarrow t=\frac{4}{5}$.

2.3 $\vec{u}\cdot \vec{v}=4-3i$. $|\vec{u}{|}^2=2+4+9=15$, så $|\vec{u}|=\sqrt{15}$.

2.4 Gang ut begge kvadratene med $|\vec{x}{|}^2=\vec{x}\cdot \vec{x}$: kryssleddene $\pm 2\vec{a}\cdot \vec{b}$ kansellerer. Geometrisk: summen av kvadratene på diagonalene i et parallellogram er lik summen av kvadratene på de fire sidene.

2.5 a) Sett $\vec{x}=\vec{a}$: da er $|\vec{a}{|}^2=0$, altså $\vec{a}=\vec{0}$. (Eller: sett $\vec{x}={\vec{e}}_i$ og få $a_i=0$.)
b) $(\vec{a}-\vec{b})\cdot \vec{x}=0$ for alle $\vec{x}$, bruk a).
c) $(\vec{a}+\vec{b})\cdot (\vec{a}-\vec{b})=|\vec{a}{|}^2-|\vec{b}{|}^2$, som er $0$ nøyaktig når $|\vec{a}|=|\vec{b}|$.

---

Tema 3 — Projeksjon, vinkel, ulikheter

3.1 a) $\vec{a}\cdot \vec{b}=25=|\vec{b}{|}^2$, så projeksjonen er $\vec{b}=(3,4,0)$ selv.
b) $|\vec{a}|=\sqrt{75}=5\sqrt{3}$, så $\cos \theta =\frac{25}{5\sqrt{3}\cdot 5}=\frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3}$.

3.2 $\vec{p}=(3,4,0)$, $\vec{q}=(4,-3,5)$. Sjekk: $\vec{q}\cdot \vec{b}=12-12+0=0$. ✓

3.3 Ja, likhet: $\vec{b}=-2\vec{a}$, altså er de parallelle, og likhet i Schwarz inntreffer nøyaktig når den ene er et multiplum av den andre.

3.4 (= andre del av Prop. 1.4 i [1].) $\vec{a}-\vec{p}\perp \vec{b}$, og $\vec{p}-t\vec{b}$ er parallell med $\vec{b}$, så de to er ortogonale. Pytagoras gir
$|\vec{a}-t\vec{b}{|}^2=|\vec{a}-\vec{p}{|}^2+|\vec{p}-t\vec{b}{|}^2\ge |\vec{a}-\vec{p}{|}^2$, med likhet kun når $\vec{p}-t\vec{b}=\vec{0}$.

3.5 Bruk Schwarz på $\vec{x}=(x_1,\dots ,x_n)$ og $\vec{1}=(1,\dots ,1)$: $|\vec{x}\cdot \vec{1}|\le |\vec{x}||\vec{1}|=\sqrt{\sum x_i^2}\cdot \sqrt{n}$. Kvadrer. Likhet nøyaktig når $\vec{x}$ er parallell med $\vec{1}$, altså når alle $x_i$ er like.

---

Tema 4 — Matriser

4.1 $2A-3B=\left(\begin{array}{ccc}1& -2& 6\\ -6& 11& 7\end{array}\right)$, $(A+B{)}^T=\left(\begin{array}{cc}3& 7\\ -1& 3\\ -2& 6\end{array}\right)$.

4.2 $a+1=2a\Rightarrow a=1$; $b=-1$. ($M_{13}=M_{31}=3$ stemmer allerede.)

4.3 $A^T$ er $n\times m$. $A^{T}A$: $(n\times m)(m\times n)=n\times n$. $A{A}^T$: $(m\times n)(n\times m)=m\times m$. Indre dimensjoner passer alltid.

4.4 a) $(A+A^T{)}^T=A^T+A$; $(A-A^T{)}^T=A^T-A=-(A-A^T)$.
b) $A=\frac{1}{2}(A+A^T)+\frac{1}{2}(A-A^T)$.
c) Anta $A=S_1+T_1=S_2+T_2$. Da er $S_1-S_2=T_2-T_1$ både symmetrisk og antisymmetrisk, så $M^T=M=-M\Rightarrow M=0$.

4.5 a) $(A^{T}A{)}^T=A^T(A^T{)}^T=A^{T}A$.
b) $(A^{T}A{)}_{jj}={\sum }_i(A^T{)}_{ji}{A}_{ij}={\sum }_i{a}_{ij}^2=|{\vec{a}}_j{|}^2$.
c) Hvis $A^{T}A=0$ er alle diagonalelementene $0$, så $|{\vec{a}}_j|=0$ for alle $j$, altså er alle søyler $\vec{0}$.

---

Tema 5 — Matrisemultiplikasjon

5.1 $AB=\left(\begin{array}{ccc}5& -1& -3\\ 6& -4& 16\\ 5& 0& -10\end{array}\right)$ ($3\times 3$), $BA=\left(\begin{array}{cc}-2& 23\\ 1& -7\end{array}\right)$ ($2\times 2$). Begge er definert, men har ikke engang samme størrelse — matrisemultiplikasjon er ikke kommutativ.

5.2 Definert: $A{B}^T$ ($4\times 3$), $B{A}^T$ ($3\times 4$), $C^{T}B$ ($6\times 7$). Ikke definert: $B^{T}A$ ($7\times 3$ mot $4\times 7$), $A^{T}C$ ($7\times 4$ mot $3\times 6$).

5.3 ${\vec{a}}^T\vec{x}=-1$ (et tall, $1\times 1$). $\vec{a}{\vec{x}}^T=\left(\begin{array}{ccc}2& 0& -1\\ -4& 0& 2\\ 6& 0& -3\end{array}\right)$ ($3\times 3$, ytre produkt).

5.4 (= Oppgave 2.5 i [1], eksamen H2025 oppg. 1.) Kontrapositivt: anta $A$ ikke symmetrisk, altså $a_{ij}\ne a_{ji}$ for noen $i,j$. Velg $\vec{x}={\vec{e}}_i$, $\vec{y}={\vec{e}}_j$. Da er $(A{\vec{e}}_i)\cdot {\vec{e}}_j=a_{ji}$ og ${\vec{e}}_i\cdot (A{\vec{e}}_j)=a_{ij}$, som er forskjellige. Altså finnes $\vec{x},\vec{y}$ der likheten feiler.

5.5 $(A{E}_{ij})$ har søyle $j$ lik søyle $i$ i $A$ og null ellers; $(E_{ij}A)$ har rad $i$ lik rad $j$ i $A$ og null ellers. Likhet tvinger $a_{ki}=0$ for $k\ne i$ (alle off-diagonalledd er null) og $a_{ii}=a_{jj}$ for alle $i,j$. Altså $A=c{I}_n$.

---

Tema 6 — Lineære avbildninger

6.1 $\left(\begin{array}{cc}1& 0\\ 0& -1\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}0& -1\\ 1& 0\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}0& -1\\ -1& 0\end{array}\right)$ — speiling om linja $y=-x$.

6.2 $\frac{\vec{b}{\vec{b}}^T}{|\vec{b}{|}^2}=\frac{1}{25}\left(\begin{array}{cc}9& 12\\ 12& 16\end{array}\right)$.

6.3 $\left(\begin{array}{cc}-8& 5\\ -11& 8\end{array}\right)$. (Løs $M(1,2{)}^T=(2,5{)}^T$ og $M(2,3{)}^T=(-1,2{)}^T$ radvis.)

6.4 a) $F(\vec{0})=F(0\cdot \vec{0})=0\cdot F(\vec{0})=\vec{0}$.
b) Bruk først additivitet, så homogenitet på hvert ledd.
c) $G(\vec{0})=\vec{c}\ne \vec{0}$, som strider mot a).

6.5 a) $\vec{b}{\vec{b}}^T\vec{x}=\vec{b}({\vec{b}}^T\vec{x})=(\vec{b}\cdot \vec{x})\vec{b}$, og siden $|\vec{b}|=1$ er det nettopp ${\mathrm{proj}}_{\vec{b}}(\vec{x})$.
b) $P^2=\vec{b}({\vec{b}}^T\vec{b}){\vec{b}}^T=\vec{b}{\vec{b}}^T=P$ fordi ${\vec{b}}^T\vec{b}=1$; $P^T=(\vec{b}{\vec{b}}^T{)}^T=\vec{b}{\vec{b}}^T$. Geometrisk: å projisere noe som allerede ligger på linja endrer ingenting.
c) $S^T=I-2P^T=S$; $S^2=I-4P+4P^2=I$. $S$ er speiling om hyperplanet ortogonalt på $\vec{b}$. For $n=2$, $\vec{b}=(1,0)$: $S=\left(\begin{array}{cc}-1& 0\\ 0& 1\end{array}\right)$, speiling om $y$-aksen.

---

Tema 7 — Mengder

7.1 $A\cap B=\{4,5\}$; $A\cup B=\{1,2,3,4,5,6,7\}$; $A\setminus B=\{1,2,3\}$; $(A\cap B)\setminus C=\{5\}$; $\#(A\cup B\cup C)=8$.

7.2 $[1,2]$.

7.3 (sup/inf er MAT1100-overlapp, ikke i lynkurset.) $A\cap B=(1,3)$, $\inf =1$, $\sup =3$. $A\cup B=[0,5]$, $\inf =0$, $\sup =5$. $A\setminus B=[0,1]$, $\inf =0$, $\sup =1$.

7.4 a) Sant: $x\notin C\Rightarrow x\notin B$ siden $B\subseteq C$.
b) Sant: følger direkte av $B\subseteq C$.
c) Sant (og gjelder for alle mengder — de tre delene er en oppdeling av $A\cup B$).
d) Usant. $B\subseteq C$ gir $C^c\subseteq B^c$, altså motsatt vei. Moteksempel: $B=\{1\}$, $C=\{1,2\}$; da er $2\in B^c$, men $2\notin C^c$.

7.5 «$\subseteq$»: $x\in (A\cup B{)}^c\Rightarrow x\notin A$ og $x\notin B\Rightarrow x\in A^c\cap B^c$. «$\supseteq$» tilsvarende. Sammenhengen: $x\in A$ spiller rollen til utsagnet $P$, $\cup$ svarer til $\vee$, $\cap$ til $\wedge$ og ${}^c$ til $\neg$ — mengdeloven er utsagnsloven $\neg (P\vee Q)=\neg P\wedge \neg Q$ anvendt på «$x$ ligger i».

---

Tema 8 — Funksjoner

8.1 $D_f=\mathbb{R}\setminus \{-2,2\}$. På $(2,\infty )$ løper $x^2-4$ gjennom hele $(0,\infty )$, så verdimengden er $(0,\infty )$.

8.2 a) Ikke injektiv: $f(1)=f(-2)=-2$. Surjektiv: ja ($f$ er kontinuerlig med $f(x)\to \pm \infty$, skjæringssetningen).
b) Ja. $f^{\prime }(x)=3x^2-3\ge 0$ på $[1,\infty )$ med likhet bare i $x=1$, så $f$ er strengt voksende; $f(1)=-2$ og $f(x)\to \infty$.

8.3 $y=\frac{2x-1}{x+3}⟺x=\frac{3y+1}{2-y}$, definert for $y\ne 2$. Det gir både injektivitet og surjektivitet, og $f^{-1}(y)=\frac{3y+1}{2-y}$.

8.4 a) $g(f(x))=g(f(x^{\prime }))\Rightarrow f(x)=f(x^{\prime })\Rightarrow x=x^{\prime }$.
b) $f(x)=f(x^{\prime })\Rightarrow g(f(x))=g(f(x^{\prime }))\Rightarrow x=x^{\prime }$. Eksempel: $A=\{1\}$, $B=\{1,2\}$, $C=\{1\}$, $f(1)=1$, $g$ konstant — $g\circ f$ injektiv, $g$ ikke.
c) Hvis $f$ og $g$ er surjektive, er $g\circ f$ det. Hvis $g\circ f$ er surjektiv, er $g$ surjektiv (men $f$ trenger ikke være det).

8.5 Anta $f$ injektiv, men ikke surjektiv. Da finnes $b_0\in B$ uten urbilde, så $f(A)\subseteq B\setminus \{b_0\}$, en mengde med $n-1$ elementer. Men $f$ injektiv gir $\#f(A)=\#A=n$. Motsigelse: $n\le n-1$.

---

Tema 9 — Utsagnslogikk og kvantorer

9.1 Begge er sanne nøyaktig når $P$ og $Q$ har ulik sannhetsverdi (XOR). Sannhetstabellene er identiske.

9.2 $=P\vee Q$. Det eneste tilfellet som ikke dekkes er $P$ usann og $Q$ usann.

9.3 $\neg [(P\vee \neg Q)\wedge \neg P]=\neg (P\vee \neg Q)\vee P=(\neg P\wedge Q)\vee P=(\neg P\vee P)\wedge (Q\vee P)=P\vee Q$.

9.4 $\exists \epsilon >0,\forall N\in \mathbb{N},\exists n\ge N:|x_n-x|\ge \epsilon$.
I ord: det finnes en $\epsilon >0$ slik at uansett hvor langt ut i følgen du går, finnes det en enda senere $n$ med $|x_n-x|\ge \epsilon$.

9.5 a) $\forall a\in A,\exists r>0,\forall x(|x-a|<r\Rightarrow x\in A)$.
b) $\exists a\in A,\forall r>0,\exists x:|x-a|<r\wedge x\notin A$. I ord: det finnes et punkt i $A$ som har punkter utenfor $A$ vilkårlig nær seg.
c) $A=(0,1)$: sant (velg $r=\min (a,1-a)$). $A=[0,1]$: usant ($a=0$ feiler). $A=\mathbb{Q}$: usant (hvert intervall inneholder irrasjonale tall).

9.6 a) Hvis $P(n)$ gjelder for alle $n$, gjelder $P(n)\vee Q(n)$ for alle $n$; tilsvarende for $Q$.
b) $P(n)$: «$n$ er partall», $Q(n)$: «$n$ er oddetall». (ii) er sann, (i) er usann.
c) Ja, da er de ekvivalente: $(\forall nP(n))\wedge (\forall nQ(n))⟺\forall n(P(n)\wedge Q(n))$. $\forall$ og $\wedge$ er «samme slags» kvantor (begge er en slags uendelig «og»).

---

Tema 10 — Bevisteknikk og induksjon

10.1 $n=2k+1\Rightarrow n^2-1=4k(k+1)$. Ett av $k,k+1$ er et partall, så $k(k+1)=2m$ og $n^2-1=8m$.

10.2 Kontrapositivt: anta at $x$ eller $y$ er et partall. Da har $xy$ en faktor $2$, altså er $xy$ et partall.

10.3 Grunntrinn $n=1$: $1=1^2$. Steg: $n^2+(2(n+1)-1)=n^2+2n+1=(n+1{)}^2$.

10.4 Anta $\sqrt{6}=p/q$ i forkortet brøk. Da er $p^2=6q^2$, så $2\mid p$ og $3\mid p$, altså $6\mid p$; sett $p=6k$ og få $6k^2=q^2$, så $6\mid q$ også — motsigelse mot forkortet brøk. At $6$ ikke er et kvadrattall brukes i at begge primfaktorene $2$ og $3$ opptrer i odde potens i $6$, som er det som tvinger dem inn i $p$.

10.5 Steg: $(1+x{)}^{n+1}=(1+x{)}^n(1+x)\ge (1+nx)(1+x)=1+(n+1)x+n{x}^2\ge 1+(n+1)x$.
Antagelsen $x\ge -1$ brukes i første ulikhet: du ganger induksjonshypotesen med $(1+x)$, og det bevarer bare ulikhetstegnet fordi $1+x\ge 0$. For $x<-1$ ganger du med et negativt tall og må snu ulikheten — steget kollapser. Moteksempel: $n=3$, $x=-4$ gir $(1-4{)}^3=-27$, mens $1+3(-4)=-11$, og $-27\ngeqq -11$.

10.6 Sterk induksjon på $n\ge 2$. Anta påstanden for alle $k$ med $2\le k<n$. Enten er $n$ et primtall (ferdig — produktet består av én faktor), eller så er $n=ab$ med $2\le a,b<n$; da gir induksjonsantagelsen primtallsfaktoriseringer av $a$ og $b$, og produktet av dem er en faktorisering av $n$.
Vanlig induksjon er ikke nok fordi $a$ og $b$ som regel er mye mindre enn $n-1$ — du vet ingenting om $n-1$ som hjelper deg med $n$.

10.7 a) Ja, induksjonssteget er helt korrekt — regn etter: $\frac{n^2+3n+4}{2}=\frac{(n+1{)}^2+(n+1)+2}{2}$. ✓
b) Nei. For $n=1$ gir formelen $\frac{1+1+2}{2}=2$, men summen er $1$. Riktig formel: $\frac{n(n+1)}{2}$.
c) Grunntrinnet mangler. Et induksjonsbevis er en kjede $P(1)\Rightarrow P(2)\Rightarrow \cdots$; uten et sant startpunkt beviser kjeden ingenting. Her er implikasjonene sanne, men ingen av utsagnene er det. (Legg merke til at formelen er den riktige pluss $1$ — «$+1$» overlever induksjonssteget uforandret.)

10.8 a) $11,13,17,23,31,41,53,67,83,101$ — alle primtall.
b) $n=10$: $100+10+11=121=11^2$. (Generelt: $n=11$ gir også et tall delelig med $11$.)
c) Et induksjonsbevis viser at $P(n)\Rightarrow P(n+1)$ for alle $n$. Siden $P(9)$ er sant og $P(10)$ usant, kan ingen slik implikasjon være riktig — et «bevis» som ser ut til å virke må derfor inneholde et skjult feiltrinn. Moralen: at grunntrinnet og mange enkelttilfeller stemmer, er ikke noe bevis.

---

Tema 11 — Gausseliminasjon og elementærmatriser

11.1 $\left(\begin{array}{cccc}1& 2& 0& 3\\ 0& 0& 1& 2\\ 0& 0& 0& 0\end{array}\right)$, med pivotsøyle 1 og 3. Én mulig rekkefølge: $\frac{1}{2}{R}_1$, $R_2-R_1$, $R_3-3R_1$, $\frac{1}{2}{R}_2$, $R_3-3R_2$, $R_1+R_2$.

11.2 (a) Ja. (b) Ja. (c) Nei: tallet 2 står over den ledende eneren i søyle 2. Matrisen er på trappeform, men ikke redusert. (d) Nei: de ledende enerne flytter seg ikke mot høyre nedover. (e) Nei: det ledende elementet i rad 2 er 2, ikke 1.

11.3 a) $E=\left(\begin{array}{ccc}1& 0& 0\\ 0& 1& 0\\ -3& 0& 1\end{array}\right)$ og $F=\left(\begin{array}{ccc}1& 0& 0\\ 0& 1& 0\\ 3& 0& 1\end{array}\right)$, og $FE=I_3$.
b) $EA=\left(\begin{array}{ccc}1& 2& 1\\ 0& 1& 4\\ 0& -1& -1\end{array}\right)$.
c) $E_2{E}_1=\left(\begin{array}{ccc}0& 1& 0\\ 4& 0& 0\\ 0& 0& 1\end{array}\right)$ og $E_1{E}_2=\left(\begin{array}{ccc}0& 4& 0\\ 1& 0& 0\\ 0& 0& 1\end{array}\right)$. Matrisen lengst til høyre virker først, siden $E_2{E}_{1}A=E_2(E_{1}A)$. Å bytte rader og så skalere er ikke det samme som å skalere og så bytte.

11.4 a) $E_1=\left(\begin{array}{cc}1& 0\\ -3& 1\end{array}\right)$ ($R_2-3R_1$), $E_2=\left(\begin{array}{cc}1& -1\\ 0& 1\end{array}\right)$ ($R_1-R_2$), $E_3=\left(\begin{array}{cc}\frac{1}{2}& 0\\ 0& 1\end{array}\right)$ ($\frac{1}{2}{R}_1$).
b) $A=\left(\begin{array}{cc}1& 0\\ 3& 1\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}1& 1\\ 0& 1\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}2& 0\\ 0& 1\end{array}\right)$, altså de omvendte operasjonene i motsatt rekkefølge.
c) Siden $A\sim I_2$, har $A\vec{x}=\vec{b}$ nøyaktig én løsning for hver $\vec{b}$.

11.5 a) Null operasjoner, eller gang en rad med 1. b) Hvis $B=E_k\cdots E_{1}A$, så er $A=F_1\cdots F_{k}B$, der $F_i$ reverserer $E_i$. Hver $F_i$ er selv en elementærmatrise. c) Hvis $B=E_k\cdots E_{1}A$ og $C=G_l\cdots G_{1}B$, så er $C=G_l\cdots G_1{E}_k\cdots E_{1}A$.

Tema 12 — Likningssystemer og løsningsmengder

12.1 $(A\mid {\vec{b}}_1{\vec{b}}_2)\sim \left(\begin{array}{ccccc}1& 0& 0& 1& -1\\ 0& 1& 0& 2& 0\\ 0& 0& 1& 3& 2\end{array}\right)$, så ${\vec{x}}_1=(1,2,3)$ og ${\vec{x}}_2=(-1,0,2)$.

12.2 Redusert trappeform: $\left(\begin{array}{ccccc}1& 2& 0& 2& 4\\ 0& 0& 1& 1& 1\\ 0& 0& 0& 0& 0\end{array}\right)$. De frie variablene er $x_2=s$ og $x_4=t$. Løsningen blir $x_1=4-2s-2t$ og $x_3=1-t$, altså
$\vec{x}=(4,0,1,0)+s(-2,1,0,0)+t(-2,0,-1,1).$

12.3 Etter eliminasjon blir siste rad $(00a-4\mid b-7)$.
(i) $a\ne 4$: nøyaktig én løsning (uansett $b$).
(ii) $a=4$ og $b=7$: uendelig mange løsninger, $(x,y,z)=(-1,3,0)+t(1,-2,1)$.
(iii) $a=4$ og $b\ne 7$: ingen løsning, fordi siste søyle er en pivotsøyle.

12.4 a) $(3,-2,4)=3(1,0,2)-2(0,1,1)$. Siden $A$ er lineær, er $\vec{z}=3\vec{x}-2\vec{y}=(4,5,-6)$ en løsning.
b) $A(\vec{x}-{\vec{x}}_p)=A\vec{x}-\vec{b}$, og det er $\vec{0}$ nøyaktig når $A\vec{x}=\vec{b}$.
c) ${\vec{x}}_p+t\vec{v}$ er en løsning for alle $t\in \mathbb{R}$, og disse er forskjellige fordi $\vec{v}\ne \vec{0}$.
d) Nei. Vi vet at det finnes minst én løsning, men ikke om $A\vec{x}=\vec{0}$ har ikke-trivielle løsninger. Hvis den har det, finnes det uendelig mange (jf. c).

12.5 a) Hver pivotsøyle bruker opp én rad, så det er høyst $m<n$ pivotsøyler. Da finnes minst én fri variabel. Sett den lik 1 og løs ut resten, så får du en løsning $\ne \vec{0}$.
b) Følger av a) og 12.4c.
c) Tiden vokser som $n^3$, og $10^3=1000$, så det tar omtrent 500 s (rundt 8 minutter). Den dyre delen ($\approx 2n^3/3$) er å radredusere $A$. Den gjør du bare én gang, og hver ekstra høyreside koster bare omtrent $n^2$ operasjoner til.

Tema 13 — Inverse matriser

13.1 $A^{-1}=\left(\begin{array}{ccc}-2& 8& 5\\ -4& 13& 8\\ 1& -3& -2\end{array}\right)$.

13.2 a) $ad-bc=1$, så $B^{-1}=\left(\begin{array}{cc}2& -5\\ -1& 3\end{array}\right)$.
b) $\vec{x}=(2,-1)$ og $\vec{x}=(3,-1)$.
c) $B\vec{x}=\vec{b}$ gir $\vec{x}=B^{-1}B\vec{x}=B^{-1}\vec{b}$, fordi $B^{-1}B=I$.

13.3 a) Usant: $(AB{)}^{-1}=B^{-1}{A}^{-1}$, fordi $AB{B}^{-1}{A}^{-1}=I$. Rekkefølgen snus.
b) Sant: $A^T(A^{-1}{)}^T=(A^{-1}A{)}^T=I^T=I$.
c) Sant: Da kan ikke alle rader få pivot, så $A$ er ikke radekvivalent med $I$.
d) Usant: $B=-A$ gir $A+B=0$.

13.4 Anta for motsigelse at $A$ er inverterbar og $A^k=0$. Gang med $A^{-1}$ fra venstre $k$ ganger: $I=(A^{-1}{)}^k{A}^k=(A^{-1}{)}^k\cdot 0=0$. Det er en motsigelse, siden $I\ne 0$.

13.5 (i) Ja, $A^{-1}$ er selv inverterbar, med invers $A$, så $f(A)\in E$. (ii) Ja, $A^{-1}=B^{-1}$ gir $A=(A^{-1}{)}^{-1}=(B^{-1}{)}^{-1}=B$. (iii) Ja, $B=f(B^{-1})$. (iv) Ja, $f(f(A))=A$, så $f$ er sin egen invers.

Tema 14 — Lineærkombinasjoner, span og lineær uavhengighet

14.1 a) ${\vec{b}}_1=2{\vec{a}}_1+{\vec{a}}_2$.
b) Ikke mulig. I $({\vec{a}}_1{\vec{a}}_2\mid {\vec{b}}_2)$ blir siste søyle en pivotsøyle.
c) Et plan gjennom origo. En normalvektor er ${\vec{a}}_1\times {\vec{a}}_2=(1,-2,1)$, så planet er $x-2y+z=0$. (Sjekk: ${\vec{b}}_2$ gir $1\ne 0$.)

14.2 a) Avhengige: $(3,6)=3(1,2)$.
b) Uavhengige: determinanten er $-2\ne 0$.
c) Avhengige: fire vektorer i ${\mathbb{R}}^3$ gir høyst tre pivoter (Proposisjon 5.3).
d) Avhengige: $0\cdot (1,2,3)+1\cdot \vec{0}+0\cdot (4,5,6)=\vec{0}$. En mengde med nullvektoren er alltid avhengig.

14.3 a) For eksempel $2{\vec{a}}_1+3{\vec{a}}_2+0{\vec{a}}_3$ og $1{\vec{a}}_1+2{\vec{a}}_2+1{\vec{a}}_3$.
b) ${\vec{a}}_1+{\vec{a}}_2-{\vec{a}}_3=\vec{0}$.
c) To ulike skrivemåter for $\vec{b}$ gir, når du trekker dem fra hverandre, en kombinasjon som gir $\vec{0}$ der ikke alle koeffisientene er $0$. Omvendt: hvis $\sum t_i{\vec{a}}_i=\vec{0}$ ikke-trivielt, kan du legge $t_i$-ene til en hvilken som helst skrivemåte for $\vec{b}$ og få en ny.

14.4 La $A=({\vec{a}}_1\cdots {\vec{a}}_n)$, som er $m\times n$. Hver pivot tar sin egen rad, så det er høyst $m<n$ pivotsøyler. Da finnes minst én fri variabel. Sett den lik $1$ og løs $A\vec{x}=\vec{0}$, så får du en løsning $\vec{x}\ne \vec{0}$.

14.5 a) Anta $\sum c_i{\vec{x}}_i=\vec{0}$. Bruk $T$: $\sum c_{i}T({\vec{x}}_i)=T(\vec{0})=\vec{0}$. Siden $T({\vec{x}}_i)$ er uavhengige, er alle $c_i=0$.
b) Anta $\sum c_{i}T({\vec{x}}_i)=\vec{0}$. Da er $T(\sum c_i{\vec{x}}_i)=\vec{0}=T(\vec{0})$. Siden $T$ er injektiv, er $\sum c_i{\vec{x}}_i=\vec{0}$, og da er alle $c_i=0$.
c) $T=0$ (nullavbildningen) sender alt til $\vec{0}$.

Tema 15 — Underrom

15.1 a) Ja.
b) Nei: $\vec{0}$ er ikke med.
c) Nei: $(1,1)$ er med, men ikke $-1\cdot (1,1)$.
d) Ja: det er $\mathrm{Nul}\left(\begin{array}{ccc}1& 1& 1\end{array}\right)$.
e) Nei: $\vec{0}$ er ikke med, og $2\cdot (1,0)$ er ikke på sirkelen.
f) Ja.

15.2 a) Redusert trappeform: $\left(\begin{array}{cccc}1& 0& 3/2& 11/6\\ 0& 1& -1/2& -7/6\\ 0& 0& 0& 0\end{array}\right)$. De to ikke-null radene her er en basis for radrommet. Søyle 1 og 2 i $A$, $(2,1,-1)$ og $(4,-1,-11)$, er en basis for søylerommet. Rangen er $2$.
b) $\mathrm{Nul}(A)=\mathrm{Sp}((-3,1,2,0),(-11,7,0,6))$, som har dimensjon $2$. $2+2=4$.

15.3 a) $3$. Ja, et 3-dimensjonalt underrom av ${\mathbb{R}}^3$ er hele ${\mathbb{R}}^3$.
b) $5-3=2$.
c) Ja, alltid løsning (pivot i hver rad). Men ikke entydig, siden det er 2 frie variabler.
d) Nei, fem vektorer i ${\mathbb{R}}^3$ er alltid avhengige.

15.4 a) Redusert trappeform: $\left(\begin{array}{cccc}1& 0& 3& 2\\ 0& 1& -4& 3\\ 0& 0& 0& 0\end{array}\right)$. Søyle 1 og 2 i $A$, $(4,1,3)$ og $(2,-1,3)$, er en basis.
b) Legg til en standardvektor som gir tre pivoter, for eksempel ${\vec{e}}_1=(1,0,0)$: $\det \left(\begin{array}{ccc}4& 2& 1\\ 1& -1& 0\\ 3& 3& 0\end{array}\right)=6\ne 0$. (Her fungerer faktisk alle tre standardvektorene.)

15.5 (i) Ja, $A$ er $4\times 3$, så $A\vec{x}\in {\mathbb{R}}^4$ for alle $\vec{x}\in {\mathbb{R}}^3$. (ii) Ja: rangen er $3$, så alle søyler er pivotsøyler og $\mathrm{Nul}(A)=\{\vec{0}\}$. (iii) Nei: $\dim \mathrm{Col}(A)=3<4$, og tre vektorer kan aldri spenne ${\mathbb{R}}^4$. (iv) Nei, siden $f$ ikke er surjektiv.

15.6 a) $\vec{0}=0{\vec{a}}_1+\cdots +0{\vec{a}}_n$. Summen av to lineærkombinasjoner er en lineærkombinasjon: $\sum c_i{\vec{a}}_i+\sum d_i{\vec{a}}_i=\sum (c_i+d_i){\vec{a}}_i$. Og $k\sum c_i{\vec{a}}_i=\sum (k{c}_i){\vec{a}}_i$.
b) Hvis $\vec{x}\cdot \vec{s}=0$ og $\vec{y}\cdot \vec{s}=0$, er $(\vec{x}+\vec{y})\cdot \vec{s}=0$ og $(k\vec{x})\cdot \vec{s}=k(\vec{x}\cdot \vec{s})=0$, for alle $\vec{s}\in S$. Og $\vec{0}\cdot \vec{s}=0$.

Tema 16 — Koordinater og basisskifte

16.1 $(-10,20)=3(2,4)+4(-4,2)$, så $[\vec{x}{]}_{\mathcal{B}}=(3,4)$.

16.2 a) $[{\vec{a}}_1{]}_{\mathcal{B}}=(2,-1)$ og $[{\vec{a}}_2{]}_{\mathcal{B}}=(-4,3)$, så $P_{\mathcal{B}\leftarrow \mathcal{A}}=\left(\begin{array}{cc}2& -4\\ -1& 3\end{array}\right)$.
b) $[\vec{x}{]}_{\mathcal{B}}=P_{\mathcal{B}\leftarrow \mathcal{A}}(4,-5)=(28,-19)$.

16.3 $T({\vec{b}}_1)=(12,-16)$ og $T({\vec{b}}_2)=(22,14)$. Uttrykt i $\mathcal{B}$ gir det
$[T{]}_{\mathcal{B}}=\frac{1}{13}\left(\begin{array}{cc}32& 102\\ -60& 20\end{array}\right).$

16.4 $P=E_k\cdots E_1$, så $PA$ er radekvivalent med $A$. Radekvivalente matriser har de samme lineære avhengighetsrelasjonene mellom søylene (Proposisjon 5.2), og dermed de samme pivotsøylene. Antall pivotsøyler er dimensjonen til søylerommet.

Tema 17 — Determinanter

17.1 a) $14$. b) $-32$. c) $(-8,-6,4)$.

17.2 $\det (A)=-1$. Langs første søyle: $2\left|\begin{array}{cc}1& 4\\ -2& -6\end{array}\right|+1\left|\begin{array}{cc}-1& 1\\ 1& 4\end{array}\right|=2\cdot 2+(-5)=-1$. Siden $\det (A)\ne 0$, er $A$ inverterbar, som i 13.1.

17.3 a) $3^3\cdot 2=54$. b) $2$. c) $1/2$. d) $-6$. e) $4/(-3)=-4/3$. f) $-2$.

17.4 a) En normalvektor er $(\vec{b}-\vec{a})\times (\vec{c}-\vec{a})=(-15,15,15)$, altså parallell med $(-1,1,1)$. Planet er $-x+y+z=1$.
b) $|\vec{a}\times \vec{b}|=|(6,0,-3)|=3\sqrt{5}$.
c) $|\det (\vec{a}\vec{b}\vec{c})|=15$.

17.5 a) $1=\det (I)=\det (A{A}^{-1})=\det (A)\det (A^{-1})$.
b) $1=\det (U^{T}U)=\det (U^T)\det (U)=\det (U{)}^2$.

Tema 18 — Alt henger sammen

18.1

	$S$	$T$
Pivotsøyler	1 og 3	1, 2 og 3
Rang	2	3
Basis for $\mathrm{Col}$	$(1,2,3)$, $(3,7,10)$	standardbasisen (eller søylene i $T$)
Basis for $\mathrm{Nul}$	$(-2,1,0)$	ingen, siden $\mathrm{Nul}=\{\vec{0}\}$
Uavhengige? Spenner ${\mathbb{R}}^3$?	Nei og nei	Ja og ja
$\det$	$0$	$2$
Inverterbar?	Nei	Ja

18.2 a) Sant. b) Usant: løsningene av $A\vec{x}=\vec{b}$ er ${\vec{x}}_p+\mathrm{Nul}(A)$, så de er enten ingen eller uendelig mange (jf. 12.4). c) Sant. d) Usant: det trengs minst 6 vektorer. e) Usant: $\left(\begin{array}{c}1\\ 0\end{array}\right)$ og $\left(\begin{array}{c}0\\ 1\end{array}\right)$ er radekvivalente, men har ulike søylerom. Dimensjonen er derimot lik, og radrommet er det samme. f) Usant: $\vec{b}=\vec{0}$ har alltid løsningen $\vec{0}$. g) Sant: $\dim \mathrm{Row}=\dim \mathrm{Col}$. h) Sant: rang $2$, så $3-2=1$.

18.3 $\det (A)=9\ne 0$, så $A$ er inverterbar. (i) Ja. (ii) Ja: $A\vec{x}+\vec{b}=A\vec{y}+\vec{b}$ gir $A(\vec{x}-\vec{y})=\vec{0}$, og da er $\vec{x}=\vec{y}$. (iii) Ja: $\vec{x}=A^{-1}(\vec{y}-\vec{b})$ gir $f(\vec{x})=\vec{y}$. (iv) Ja, med $f^{-1}(\vec{y})=A^{-1}(\vec{y}-\vec{b})$. Men $f$ er ikke lineær, fordi $f(\vec{0})=\vec{b}\ne \vec{0}$ (se 6.4c).

18.4 (i) Ja. (ii) Nei, uten regning: $\dim \mathrm{Nul}(A)=5-\mathrm{rang}(A)\ge 5-3=2$. (iii) Ja: rangen er $3$, så $\mathrm{Col}(A)={\mathbb{R}}^3$. (iv) Nei, siden $f$ ikke er injektiv.

Bonus — Python

B.1 [ 2 6 10], 10, 30 3840.

B.2 a) A[:,2] b) A.T c) np.max(A, axis=0) d) A.T @ A

B.3 A*B er komponentvis multiplikasjon, A @ B er matriseproduktet. Eksempel: $A=B=I_2$ gir A*B = A @ B, mens $A=\left(\begin{array}{cc}1& 1\\ 0& 1\end{array}\right)$, $B=\left(\begin{array}{cc}1& 0\\ 1& 1\end{array}\right)$ gir A*B $=\left(\begin{array}{cc}1& 0\\ 0& 1\end{array}\right)$ men A @ B $=\left(\begin{array}{cc}2& 1\\ 1& 1\end{array}\right)$.