Oblig 3 linalg

Oppgave 1

La $F:{\mathbb{R}}^n\to {\mathbb{R}}^m$ være lineær.
a) Vis at $F(\vec{0})=\vec{0}$.
Kaller projeksjonsmatrisen til $F$ for $B=\left(\begin{array}{cccc}{b}_{11}& b_{12}& \dots & b_{1n}\\ b_{21}& b_{22}& \dots & b_{2n}\\ ⋮& ⋮& & ⋮\\ b_{m_1}& b_{m2}& \dots & b_{mn}\end{array}\right)$

$(B(\vec{0}){)}_i={\sum }_{r=1}^n{b}_{ir}{\vec{0}}_r={\sum }_{r=1}^n{b}_{ir}0$
For alle $i\in \{1,2,\dots ,m\}$ så er komponent $i$ i $F(\vec{0})$ lik null. Da må $F(\vec{0})=\vec{0}$

b) Vis at $F(s\vec{a}+t\vec{b})=sF(\vec{a})+tF(\vec{b})$ for alle skalarer $s,t$ og alle $\vec{a}=(a_1,a_2,\dots a_n),\vec{b}=(b_1,b_2,\dots b_n)$
Nå kaller vi matrisen til $F$ for $F$

$F(s\vec{a}+t\vec{b}{)}_i={\sum }_{r=1}^n{f}_{ir}((s\vec{a}{)}_r+(t\vec{b}{)}_r)={\sum }_{r=1}^n{f}_{ir}((s{a}_r)+t{b}_r)$
Distributivitet over addisjon (Nå er vi i de reelle tallene), + distribusjon av summer.
$={\sum }_{r=1}^n(f_{ir}s{a}_r+f_{ir}t{b}_r)={\sum }_{r=1}^{n}s(f_{ir}{a}_r)+{\sum }_{r=1}^{n}t(f_{ir}{b}_r)=(sF\vec{a}{)}_i+tF(\vec{b}{)}_i=(sF(\vec{a})+tF(\vec{b}){)}_i$
Og dette gjelder for alle $i\in \{1,2,\dots ,m\}$, altså er $F(s\vec{a}+t\vec{b})$ lik $sF(\vec{a})+tF(\vec{b})$

c) La $A$ være en $m\times n$-matrise og $\vec{c}\in {\mathbb{R}}^m$ med $\vec{c}\ne \vec{0}$. Vis at $G(\vec{x})=A\vec{x}+\vec{c}$ ikke er lineær.

Vi vet: $A$ være en $m\times n$-matrise og $\vec{c}\in {\mathbb{R}}^m$ med $\vec{c}\ne \vec{0}$.
Vi vil vise: $G(\vec{x})=A\vec{x}+\vec{c}$ ikke er lineær.

Vi viser ved motsigelse: Anta at $G(\vec{x})$ er lineær
Da må $G(t\vec{a})=tG(\vec{a})$

Uttrykker $\vec{x}$ som $t\vec{y}$, der $t\in \mathbb{R}\setminus \{1\}$ (fordi om $t=1$ så blir $t\vec{y}=\vec{y}$ og da er vi ca like langt?)
Da er $G(\vec{x})=G(t\vec{y})=A(t\vec{y})+c=tA\vec{y}+c$
Siden $G(\vec{x})$ er lineær, er $G(t\vec{y})=t(G(\vec{y}))=t(A\vec{y}+\vec{c})=tA\vec{y}+t\vec{c}$

Dette gir at $\vec{c}=t\vec{c}$, og skal gjelde for $t\ne 1$
$t\vec{c}-\vec{c}=0$
$(t-1)(\vec{c})=0$ og $(t-1)$ blir aldri null
Men da har vi en selvmotsigelse, for dette gjelder bare når $\vec{c}=\vec{0}$
Derfor kan ikke $G(\vec{x})=A\vec{x}+\vec{c}$ være lineær når $\vec{c}\ne \vec{0}$

Så kan vi også si at vi vet fra a) at $F(\vec{0})=\vec{0}$ om $F$ er lineær
$G(\vec{0})=A(\vec{0})+\vec{c}=c$ og da er ikke $G$ lineær

Oppgave 2

a) VI vil vise at $A^{T}A$ er symmetrisk. Altså $(A^{T}A)ij=(A^{T}A)ji$
Vi vet at $A=\left(\begin{array}{ccccc}{a}_{11}& a_{12}& \dots & a_{1n}& \\ a_{21}& a_{22}& \dots & a_{2n}& \\ ⋮& ⋮& & & \\ a_{m_1}& a_{m_2}& \dots & a_{mn}& \end{array}\right)$ og komponentene gis ved $a_{ij}$

Siden $A$ er en $m\times n$ $A^{T}A$ har dimensjonene $n\times n$

Vi har at $(A^{T}A)ij={\sum }_{r=1}^n(A^T{)}_{ir}{a}_{rj}={\sum }_{r=1}^n{a}_{ri}{a}_{rj}$, for alle naturlige tall $i,j\in \{1,\dots ,n\}$
Og $(A^{T}A)ji={\sum }_{r=1}^n(A^T{)}_{jr}{a}_{ri}={\sum }_{r=1}^n{a}_{rj}{a}_{ri}$

De to summene er like (kommutativitet for multiplikasjon i de reelle tallene)
$(A^{T}A{)}_{ij}=(A^{T}A{)}_{ji}$ har vi at $A^{T}A$ er symmetrisk

Eventuelt:
Symmetriske matriser: $B=B^T$
$(A^{T}A{)}^T=(A{)}^T(A^T{)}^T=A^{T}A$

b) Vi har at søylevektorene i $A$ er ${\vec{a}}_1,\dots {\vec{a}}_n$
$(A^{T}A)jj$ gitt ved søylevektorer er ${\vec{a}}_j\cdot {\vec{a}}_j$ (fordi radvektor j i $A^T$ er lik søylevektor ${\vec{a}}_j$ i $A$ )
${\vec{a}}_j\cdot {\vec{a}}_j=|\vec{a}j{|}^2$

c) Vi vet at $A^{T}A=0$. Antar at vi er i de reelle tallene.
Vi vil vise at $A=0$

$A^{T}A=0$ betyr at for alle naturlige tall $i,j\in [1,n]$ har vi at $(A^{T}A)ij=0$
$(A^{T}A)jj=|{\vec{a}}_j{|}^2=0$ gir at alle komponenter i ${\vec{a}}_j=(a_1,a_2,a_3\dots a_m)$ må være lik null ($|{\vec{a}}_j{|}^2=a_1^2+a_2^2+a_3^2+\cdots +a_m^2$ er bare null når alle komponenter er null (fordi kvadratet av et reelt tall må være $\ge 0$))

Dette gjelder for alle naturlige tall $j\in [1,n]$ så alle søylevektorene i $A$ har lengde null, som bare skjer når alle komponentene er lik null.

Oppgave 3

La $A$ være en reell $n\times n$-matrise. Skriv et kontrapositivt bevis for følgende utsagn:

Hvis $(A\vec{x})\cdot \vec{y}=\vec{x}\cdot (A\vec{y})$ for alle $\vec{x},\vec{y}\in {\mathbb{R}}^n$, så er $A$ symmetrisk.

Kontrapositivt: $P⟹Q$ da tar vi $\neg Q⟹\neg P$
Vi vet (kontrapositivt): $A$ er ikke symmetrisk, $A^T\ne A$, $a_{ij}\ne a_{}ji$
Vi vil vise at $\exists \vec{x},\vec{y}\in {\mathbb{R}}^n:$ $(A\vec{x})\cdot \vec{y}\ne \vec{x}\cdot (A\vec{y})$

Velger $\vec{x}={\vec{e}}_i$ og $\vec{y}={\vec{e}}_j$
$(A{\vec{e}}_i)\cdot {\vec{e}}_j={\vec{a}}_i\cdot {\vec{e}}_j$ (der ${\vec{a}}_i$ er søylevektor nr i)
${\vec{a}}_i\cdot {\vec{e}}_j=a_{ij}$

Tilsvarende for HS:
Velger $\vec{x}={\vec{e}}_i$ og $\vec{y}={\vec{e}}_j$
${\vec{e}}_i\cdot (A{\vec{e}}_j)={\vec{e}}_i\cdot {\vec{a}}_j$ (der ${\vec{a}}_j$ er søylevektor nr i)
${\vec{e}}_i\cdot {\vec{a}}_j=a_{ji}$

Siden $A$ ikke er symmetrisk vil komponentene $a_{ji}$ og $a_{ij}$ ikke være like.
Vi har dermed vist kontrapositivt at hvis $(A\vec{x})\cdot \vec{y}=\vec{x}\cdot (A\vec{y})$ for alle $\vec{x},\vec{y}\in {\mathbb{R}}^n$, så er $A$ symmetrisk.

(Oppgave 2.5 i [1] — som står på ukesoppgavelista — og oppgave 1 på avsluttende eksamen H2025. Kompendiet ber om «hvis og bare hvis»; eksamen ba om den kontrapositive veien. Gjør begge.) Hint: hva er $(A{\vec{e}}_i)\cdot {\vec{e}}_j$?

Hvis og bare hvis:
Vi har allerde vist at hvis $(A\vec{x})\cdot \vec{y}=\vec{x}\cdot (A\vec{y})$ for alle $\vec{x},\vec{y}\in {\mathbb{R}}^n$, så er $A$ symmetrisk. Mangler å vise det andre veien:
Vi vet: $A$ er symmetrisk, $A^T=A$, $a_{ij}=a_{ji}$
Vi vil vise at: $\forall \vec{x},\vec{y}\in {\mathbb{R}}^n$ så er $(A\vec{x})\cdot \vec{y}=\vec{x}\cdot (A\vec{y})$
Husk: $(AB{)}^T=B^T{A}^T$ og at matrisemultiplikasjon av radvektor $\times$ søylevektor = skalarproduktet av søylevektorene.

VS: $(A\vec{x})\cdot \vec{y}=(A\vec{x}{)}^T\vec{y}={\vec{x}}^T{A}^T\vec{y}$
HS: $\vec{x}\cdot (A\vec{y})={\vec{x}}^T(A\vec{y})={\vec{x}}^{T}A\vec{y}$

$A$ er symmetrisk, så $A^T=A$, og ${\vec{x}}^T{A}^T\vec{y}={\vec{x}}^T(A\vec{y})={\vec{x}}^{T}A\vec{y}$
Disse vil være like hvis og bare hvis A er symmetrisk.

Eller heller skrive det opp slik:

$$\begin{array}{rl}(A\vec{x})\cdot \vec{y}& =(A\vec{x}{)}^T\vec{y}\\ & ={\vec{x}}^T{A}^T\vec{y}\\ & ={\vec{x}}^{T}A\vec{y}\\ & ={\vec{x}}^T(A\vec{y})\\ & =({\vec{x}}^T{)}^T\cdot (A\vec{y})\\ & =\vec{x}\cdot (A\vec{y})\end{array}$$

Oppgave 4

La $f:A\to B$ og $g:B\to C$ være funksjoner.
a) Vis at hvis $f$ og $g$ er injektive, så er $g\circ f$ injektiv.

Definisjon: Om $f$ er injektiv så har vi at $x_1\ne x_2⟹(f(x_1))\ne f(x_2)$, tilsvarende for $g(y)$

$x_1\ne x_2⟹a_1=f(x_1)\ne a_2=f(x_2)⟹g(a_1)\ne g(a_2)$
$g(a_1)=g\circ f(x_1)\ne g\circ f(x_2)=g(a_2)$

b) Vis at hvis $g\circ f$ er injektiv, så er $f$ injektiv.
Kontrapositivt: $f$ er ikke injektiv $⟹$ $g\circ f$ er ikke injektiv
At $f$ ikke er injektiv gir at det finnes $x_1,x_2,a$ slik at $f(x_1)=f(x_2)=a$ og $x_1\ne x_2$
Vi får da:
$g\circ f(x_1)=g(a)$
$g\circ f(x_2)=g(a)$

som gir at $g\circ f$ ikke er injektiv.