Matriser og vektorrom - Matematik

Matriser og vektorrom
Dan Laksov
Notater for gymnaset. Del av et prosjekt ˚ar 2002-2003 støttet av:
Marianne och Marcus Wallenbergs Stiftelse
Versjon 4. Juli 2002
Matematiska Institutionen
KTH

Matematiska Institutionen
KTH
100 44 STOCKHOLM
ISBN ?
c○2001 Matematiska Institutionen

Innledning
Dette er notater for et kurs om matriser og vektorer gitt skole˚arene 2000/2001 og
2001/2002 for matematikkinteresserte elever i andre klasse p˚a Östra Reals Gymnasium
i Stockholm. Undervisningstiden var en dobbelttime per uke i 24 uker. Undervisningen
alternerte mellom Östra Reals Gymnasium, der Dick Andersson ga undervisningen,
og KTH, der Dan Laksov underviste. Vi vil takke Dick Andersson
for hans hjelp med disse notatene, og for hans entusiasme for matematikk, som fikk
programlederen til ˚a starte dette prosjektet.
Materialet dekker de grunnleggende delene av et vanlig kurs i Lineær algebra
p˚a universiteter og høyskoler. Vektorer, matriser og ligninger er grundig fremstilt,
og en abstrakt fremstilling av vektorrom inng˚ar. Hensikten med kurset er ˚a lære
elevene ˚a løse lineære ligninger, og ˚a regne med vektorer og matriser. Samtidig har
vi forsøkt ˚a gi et bredere perspektiv p˚a matematikken ved ˚a fremheve betydningen
av avbildninger og vektorrom. I oppgavene har vi introdusert materiale fra algebra,
kombinatorikk og tallteori, som vi h˚aper skal virke inspirerende.
Forelesningene er en del av et prosjekt om Matematik för Gymnasiet støttet av
Marianne och Marcus Wallenbergs Stiftelse og som har som m˚al ˚a øke interessen
for-, og kunnskap om-, matematikk i gymnaset. Prosjektlederen vil benytte denne
anledningen til ˚a takke Marianne och Marcus Wallenbergs Stiftelse for støtten, som
har gjort prosjektet mulig, og som er en oppmuntring til samarbeide mellom gymnas
og høyskole. Vi vil ogs˚a takke Institut Mittag-Leffler som har hjulpet til med ˚a
forvalte prosjektmidlene.
iii
Matematiska Institutionen, 10. juli 2002
Dan Laksov

iv matr. og vekt.

Innhold
Matriser (MATRISER) 1
1. Euklidske Vektorer . . . 1
2. Operasjoner p˚a vektorer . . . 11
3. Matriser . . . 17
4. Matrisemultiplikasjon . . . 23
5. Avbildninger av planet . . . 35
Vektorrom (VEKTORROM) 43
1. Mengder og vektorrom . . . 43
2. Avbildninger . . . 55
3. Lineære avbildninger . . . 65
Ligninger (LIGNINGER) 73
1. Eksempler . . . 73
2. Gauss-Jordan eliminasjon . . . 85
3. Ikke singulære matriser og determinanter . . . 97
Fasit (FASIT) 111
2. Matriser . . . 111
3. Matriser . . . 112
4. Matriser . . . 112
3. Vektorrom . . . 113
1. Ligninger . . . 114
Indeks (INDEKS) 117
v

vi matr. og vekt.

1. Euklidske Vektorer.
Matriser
(1.1) Innledning. En vektor er en horisontal eller vertikal oppstilling av symboler.
Vi treffer p˚a slike oppstillinger overallt. En rad med bokstaver i en bok, eller en
kolonne i en tabell er en vektor. Slike oppstillinger har ingen interesse i seg selv.
Det som gjør vektorer s˚a viktige er at vi kan regne med dem. Vi kan multiplisere
en vektor med et tall og legge sammen to vektorer om de har samme størrelse.
Dette gir vektorer en struktur som er avgjørende for anvendelser i og utenfor matematikken.
Ennu viktigere er det av vi kan multiplisere en vektor med en matriser.
Slike operasjoner er blandt de aller viktigste operasjonene i matematikken og dens
anvendelser. En rekke matematiske strukturer blir studert ved at vi presenterer dem
som operasjoner av matriser p˚a vektorrom. Det er derfor ikke bare innenfor den disiplinen
av matematikken vi skal behandle i denne boken, og som kalles lineær algebra
som teknikkene er nyttige. De gir ogs˚a informasjon om mange andre, tilsynelatende
urelaterte, strukturer.
Vi skal gi de viktigste egenskapene ved matrisemultiplikasjon. Først skal vi imidlertid
presentere vektorer og forklare hvorfor de er s˚a viktige. Vi skal ogs˚a gi deres
viktigste egenskaper.
(1.2) Eksempel. De vektorene vi skal se nærmere p˚a er en oppstilling av tall.
Eksempler p˚a slike oppstillinger er:
,
3
2
√
2 ,
π
som kalles 2-vektorer. Andre eksempler er:
1
2
3
,
som kalles 3-vektorer.
For ˚a spare vertikal plass skriver vi:
(1, 2) t =
2 √3
−5
,
π
−5 ,
π
π
−1
,
1
, og (π, π, −1)
2
t π
= π ,
−1
der t øverst til høyre p˚a vektorene (1, 2) t respektive (π, π, −1) t st˚ar for transponert.
1

2 Matriser
Vilk˚arlige 2- og 3-vektorer v skriver vi
a1
v = = (a1, a2) t a1
og v = a2 = (a1, a2, a3) t
a2
der a1,a2 og a3 er tall.
Vi kan generelt definere n vektorer for hver positivt tall n:
(1.3) Definisjon. La n være et positivt helt tall. En n-vektor v er en oppstilling:
v =
⎛
⎜
⎝
a1
a2
.
.
an
⎞
a3
⎟
⎠ = (a1, a2, . . . , an) t
av tall a1, a2, . . . , an. Tallet ai kalles den i’te koordinaten til v. Bokstaven t oppe
til høyre p˚a en liggende vektor st˚ar for den transponerte av vektoren, og vi kaller
(a1, a2, a3) t for den transponerte av vektoren v.
(1.4) Visualisering. En vektor er en oppstilling av tall. P˚a linjen, i planet og i
rommet er vi vant til ˚a visualisere vektorer som punkter. Dette kan hjelpe til med ˚a
forst˚a endel av egenskapene til vektorer.
For eksempel er vi vant til ˚a visualisere en 2-vektor som et punkt i planet. For
eksempel vil (5, 3) t være representert ved
y
3
2
1
(5, 3) t
0 1 2 3 4 5 6 x
der første koordinaten i (5, 3) t er x-koordinaten og den andre er y-koordinaten. P˚a
en tilsvarende m˚ate kan vi representere alle punktene i planet, og hvert punkt kan
representeres som en vektor. Derfor svarer 2-vektorer helt til punktene i planet.
Vi vet ogs˚a at 3-vektorene svarer til punktene i rommet. Det vil si at vi kan representere
3-vektorer som punkter i rommet der første koordinaten er x-koordinaten,
den andre koordinaten er y-koorodinaten og den tredje koordinaten er z-koordinaten,
og omvendt, til hvert punkt i planet svarer nøyaktig en 3-vektor. For eksempel vil
vektoren (2, 5, 3) t være representert ved

MATRISER 1 3
x
2
1
z
3
2
1
0
(2, 5, 3) t
1 2 3 4 5 6 y
Tilsvarende kan vi representere alle vektorer som punkter i rommet, og omvendt vil
hver punkt i rommet representeres ved en vektor.
Vi sier at 2-vektorene er en matematisk modell for planet og 3-vektorene er en
matematisk modell for rommet. Det er viktig ˚a forst˚a at v˚are vektorer ikke er virkeligheten,
men at de kan brukes som en modell for virkeligheten. Fra et matematisk
synspunkt er vektorer av en vilk˚arlig dimensjon veldefinerte objekter som vi kan regne
med. Det spiller ikke noe rolle for den matematiske beskrivelsen at det finnes modeller
for 2- og 3-vektorer. Derimot er det typisk at matematikken, som ofte utvikler
seg helt etter egne prinsipper og lover, kan brukes til ˚a beskrive den virkeligheten vi
lever i.
Fra et matematisk synspunkt er 4-vektorer, som (1, 3, −2, 4) t , (6π, 2, −1, π) t og
√ 2, −5, 2, 1 t , like naturlige som 2-vektorer og 3-vektorer. Derimot kan vi ikke visualisere
4-vektorer p˚a en naturlig m˚ate. Dette har skapt mye filosofisk forvirring
om hva det fire dimensjonale rommet er for noe. P˚a den andre siden har mangelen
p˚a en fysisk modell for det fire dimensjonale rommet gitt opphav til mye underholdende
litteratur om hvilke mirakler vi kan utføre i rommet om man lever i det fire
dimensjonale rommet. Situasjonen tilsvarer hva vi, som lever i det tredimensjonale
rommet kan gjøre i det to dimensjonale rommet. For eksempel kan vi ta en todimensjonal
person ut av et lukket rom i planet, det vil si et kvadrat, uten ˚a passere dører
eller vinduer, ved ˚a løfte opp personen i det tredimensjonale rommet, føre personen
over veggen, og sette den ned p˚a utsiden. Like spennende er det ˚a beskrive hva som
skulle hende med oss om vi ble manipulerte av skapelser som befant seg i et eventuelt
firedimensjonalt rom som inneholder v˚art.
Matematisk sett har vi ingen problemer med firedimensjonale rom. For oss best˚ar
det fire dimensjonale rommet av 4-vektorer og vi kan operere like fritt i det fire
dimensjonale rommet som i det todimensjonale, eller for den sakens skyld i det elvedimensjonale
rommet. Det er veldig viktig av vi p˚a denne naturlige m˚aten kan
arbeide i rom av høy dimensjon. Selvom vi ikke kan se rom av høyere dimensjon
enn tre forekommer de ofte i anvendelsene. Vanligvis er koordinatene parametre i et
fysisk system. For eksempel n˚ar vi vil forutsi hvordan været blir i morgen, vil dette
avhenge av trykk, temperatur, luftfuktighet, vindhastigheter og retninger, og mye
annet. Disse faktorene kalles parametre for værsystemet. For ˚a f˚a en bra forutsigelse
m˚a vi ikke bare kjenne disse parametrene der vi st˚ar, men p˚a en rekke andre steder
p˚a jorden. Dette blir da nye parametre. I de systemene som finnes i dag for ˚a forutsi

4 Matriser
været er antallet parametre enormt, og de matematiske modellene som behandler
systemet er ytterst kompliserte. Dette er en av grunnene til at værvarsler over lengre
perioder er s˚a vanskelige.
Noe av styrken i matematikken ligger i abstraksjonen. Dette gir oss muligheter
til ˚a betrakte generelle teorier som kan anvendes over store felt. Vi behøver ikke
engang ha et bilde av hva som foreg˚ar, men kan manipulere objektene ganske abstrakt
for ˚a f˚a ut de resultatene vi behøver. Derfor klarer vi oss oftest uten figurer. I
mange situasjoner hjelper det mye ˚a ha et bilde av situasjonen, selv der det egentlig
ikke finnes slike bilder. Vi benytter oss da av analogier i lavere dimensjoner der
vi kan tegne. Et eksempel p˚a dette er de værkartene som brukes i televisjonen til
˚a illustrere værsituasjonen og der noen ganske f˚a av parametrene inng˚ar. Lesere
som har stort behov av ˚a se matematiske p˚astander, eller kanskje rentav har angst
for høyere dimensjoner, oppmuntrer vi til ˚a tegne figurer i planet og rommet for ˚a
illustrere begrepene vi innfører. Vi gir ogs˚a noen oppgaver som hjelper den visuelle
forst˚aelsen.
N˚ar vi skal anvende matematikken er det ofte meget viktig ˚a ha et bra bilde av de
matematiske modellene. Spesielt i mekanikk og fysikk er vektorer betraktet som piler
meget viktige. Vektorer representerer da fysiske størrelser som b˚ade har en størrelse
og retning. Vi har alle erfaring av hvordan det bidrar til den fysiske forst˚aelsen at vi
b˚ade kan se i hvilken retning en kraft virker, og hvilken størrelse den har, eller at en
pil b˚ade gir hastigheten til en partikkel, og retningen den beveger seg i.
(1.5) Spr˚ak og anvendelser. Ordet vektor kommer fra latin og er avledet av det
latinske ordet for ˚a bære eller føre med seg. Vektorer i en liknende betydelse som
vi har innført dem ble ble først brukt i fysikken og mekanikken, der vektorer er noe
som har b˚ade størrelse og retning, som hastighet og kraft. Vektoren plasseres i det
punktet kraften virker og har samme retning som kraften og lengden av vektoren
representerer størrelsen til kraften. Det er praktisk at alle pilene i planet, og ikke
bare de som begynner i origo, betraktes som vektorer, og at to piler som har samme
lengde og retning, men muligens begynner i ulike punkter, betraktes som like. Hver
vektor, i denne bemerkelsen, er lik nøyaktig en vektor som begynner i origo, det vil
si en vektor i den betydelsen vi har brukt ovenfor.
y
(c − a, d − b) t
(a, b) t
(c, d) t
N˚ar vi regner med vektorer spiller det imidlertid ingen rolle hvor vektoren virker. Vi
velger ˚a plassere alle vektorene slik at de begynner i origo.
x

MATRISER 1 5
y
b
(a, b) t
a x
N˚ar vi vil illustrere bruken av vektorer med diagrammer er det praktisk ˚a kunne
plassere vektorene der det passer best for den situasjonen vi er i. Vi skal i disse
notatene illustrere flere geometriske situasjoner med vektorer, og vise hvordan vektorregning
forenkler beregninger og hvordan diagrammer av vektorer gjør det lett ˚a
f˚a geometrisk oversikt over situasjonen. Det kommer aldrig til ˚a være noen problemer
med ˚a skille p˚a en vektor i den algebraiske betydningen vi har sett ovenfor, som
en samling av koordinater (a1, a2) t og illustrasjonen av en vektor med en pil som
begynner i origo (0, 0) t og slutter i punktet (a, b) t ,
Det kommer heller ikke til ˚a være noe problem ˚a forestille oss at vi translaterer
denne vektoren til et annet punkt i rommet, som i figuren ovenfor. Vi har illustrert
forskjellen, og likheten, mellom en vektor og dens representasjon i planet. Selvsagt
er det ikke noen forskjell mellom situasjonen i planet og i rommet. Translasjoner av
vektorer i planet og i rommet er lett ˚a foreta. Ogs˚a i høyere dimensjonale rom er det
ingen problemer ˚a translatere vektorer og situasjonen er helt analog til den i planet.
I dimensjoner større enn tre er imidlertid problemet at vi ikke kan se vektorene s˚a vi
har ingen muligheter for ˚a illustrere situasjonene med diagrammer, og det har derfor
ikke noen mening ˚a snakke om hvor vi plasserer vektorene. Vi m˚a da klare oss med
den algebraiske representasjonen av vektorer som vi har gitt. Skal vi illustrere hva
som hender i høyere dimensjonale rom f˚ar vi klare oss med analogier i planet og i
rommet. I rommet vil vektoren (a, b, c) t være representert av en pil som begynner i
origo (0, 0, 0) t og slutter i punktet (a, b, c) t .
x
a
z
c
(a, b, c) t
Betraktelsene ovenfor kan brukes som motivasjon for v˚ar presentasjon av vektorer
og ogs˚a gi en visuell idé om noen av resultatene om vektorer. Vi skal imidlertid ikke
se p˚a vektorer slik man gjør i anvendelser. For oss skal en vektor være et n-tuppel
(a1, a2, . . . , an) t .
b
y

6 Matriser
(1.6) Opgaver.
1. Det finnes fire 2-vektorer (0, 0), (0, 1), (1, 0), (1, 1) som bare har koordinater 0
eller 1.
(1) Skriv opp alle 3-vektorer som bare har koordinater 0 eller 1.
(2) Hvor mange n-vektorer er det som bare har koordinater 0 eller 1?
2. Det finnes to 2-vektorer (1, 2), (2, 1) som har koordinater 1 eller 2 og der koordinatene
er ulike. Videre finnes et seks vektorer (1, 2, 3), (1, 3, 2), (2, 1, 3), (2, 3, 1),
(3, 1, 2), (3, 2, 1) som har koordinater 1, 2 eller 3 og der alle koordinatene er ulike.
(1) Skriv opp alle 4-vektorer som har koordinater 1, 2, 3, eller 4, og der alle alle
koordinatene er ulike.
(2) Hvor mange n-vektorer finnes som har koordinater 1, 2, . . . , n − 1, eller n og
der alle koordinatene er ulike?
Vektorene i punkt (3) kalles for permuasjoner av tallene 1. 2, . . . , n.
3. Ved kodning av meddelelser er det vanlig ˚a representere alfabetet ved strenger
av nuller og etter. Dette kan vi gjøre ved ˚a representere nummeret for hver bokstav
binært, det vil si vi representerer a, b, c, d, e, f, g, . . . ˚a ved
a →1 = (1, 0, 0, 0, 0)
b →2 = 1 · 2 = (0, 1, 0, 0, 0)
c →3 = 1 + 1 · 2 = (1, 1, 0, 0, 0)
d →4 = 1 · 2 2 = (0, 0, 1, 0, 0)
e →5 = 1 + 1 · 2 2 = (1, 0, 1, 0, 0)
f →6 = 1 · 2 + 1 · 2 2 = (0, 1, 1, 0, 0)
g →7 = 1 + 1 · 2 + 1 · · · 2 2 = (1, 1, 1, 0, 0)
.
˚a →29 = 1 + 1 · 2 2 + 1 · 2 3 + 1 · 2 4 = (1, 0, 1, 1, 1).
Merk p˚a norsk er ˚a den 29’ende bokstaven i alfabetet.
Et ord med 6 bokstaver blir da kodet som en vektor med 6 · 5 = 30 koordinater,
som alle er 0 eller 1. For eksempel gir
(0, 1, 1, 0, 1, |1, 0, 1, 0, 0, |1, 0, 1, 1, 0, |0, 0, 1, 0, 1, |1, 1, 1, 1, 0, |0, 1, 0, 0, 1)
ordet vektor.
I kodning benytter man seg ofte av avstanden mellom ord, det vil si antallet koordinater
i de tilsvarende vektorene som er ulike. For eksempel, om vi tar ord med en
bokstav, f˚ar vi avstandene d(a, b) = 2, d(a, c) = 1, d(a, d) = 2, d(a, e) = 1, d(a, f) = 3

MATRISER 1 7
og d(a, v) = 4. Mer presist om v = (a1, a2, . . . , an) t og w = (b1, b2, . . . , bn) t s˚a definerer
vi avstanden d(v, w) mellom vektorene v og w som antallet indekser i slik at
ai = bi.
(1) Fullfør tabellen over representasjonen av alfabetet som 5-vektorer.
(2) Vis at avstandsfunksjonen definerer en metrikk p˚a alle n vektorer med 0’er
og 1’ere som koordinater. Det vil si, vi har for alle slike vektorer u, v og w
(a) d(v, w) = 0 hvis og bare hvis v = w.
(b) d(v, w) = d(w, v).
(c) d(u, w) ≤ d(u, v) + d(v, w).
Hint. For ˚a vise del (c) kan det være en fordel ˚a innføre Kronecker deltaet
1 om a = b
δab =
0 om a = b.
Vis først, ved ˚a diskutere alle muligheter for n˚ar a, b og c er like eller ulike, at
og at dette er det samme som at
δab + δbc ≤ 1 + δac
1 − δac ≤ 1 − δab + 1 − δbc.
Deretter viser du at om v = (b1, b2, . . . , bn) og w = (c1, c2, . . . , cn) s˚a er
d(v, w) = 1 − δb1c1 + 1 − δb2c2 + · · · + 1 − δbncn .
Vis til slutt at (c) følger av at om u = (a1, a2, . . . , an) s˚a vil
1 − δaici
≤ 1 − δaibi + 1 − δbici for i = 1, 2, . . . , n.
Leopold Kronecker (1823-1891) var en av de mest innflytelsesrike matematikerne i
forrige ˚arhundret. Han kjempet for strigens i matematikken og ville inordne matematikken
i et liknende aritmetisk mønster som tallteorien. Han er kjent for ˚a ha sagt
at de hele tallene har gud skapt, alt annet er menneskenes verk. (Die ganzen Zahlen
hat der liebe Gott gemacht, alles andere ist Menschenwerk). Mindre flatterende er
hans kontroverser med Georg Cantor (1845-1918) om mengdelæren, der Cantors teori
s˚a sm˚att ble alment akseptert som et viktig verktøy i matematikken. Kronecker har
gitt viktige bidrag til mange ulike omr˚ader av matematikken, spesielt til elliptiske
funksjoner, idealteorien, representasjonsteorien og tallteorien.
4. Utvid siste delen av Oppgave 1. til vektorer v der koordinatene ai er valgt fra et
vilk˚arlig alfabet b1, b2, . . . .

8 Matriser
5. La m og n være hele tall slik at 0 ≤ m ≤ n. Betrakt følgende tre tall
(1) Antallet forskjellige m˚ater vi kan velge m ulike tall fra tallenen 1, 2, . . . , n
uten ˚a ta hensyn til rekkefølgen av de m tallene. N˚ar m = 0 setter vi tallet
lik 1.
For eksempel n˚ar n = 3 og m = 2 har vi tre valg {1, 2}, {1, 3} og {2, 3}.
(2) Antallet n-vektorer som har m koordinater lik 0, og som har n−m koordinater
lik 1.
For eksempel n˚ar n = 3 og m = 2 har vi de tre vektorene (0, 0, 1), (0, 1, 0)
og (1, 0, 0).
(3) Antallet stier fra origo (0, 0) t til (m, n − m) t som følger et rutenett av linjer
i planet der linjene er parallelle med x-aksen eller y-aksen og der linjene g˚ar
gjennom punktene (a, b) t der a og b er hele tall.
For eksempel om n = 3 og m = 2 har vi
(1) Vis at de tre tallene ovenfor er like.
(2) Kall dette tallet Bm,n. Vis at Bm,n = Bm,n−1 + Bm−1,n−1 n˚ar 0 < m < n.
(3) Gi mening til formelen ovenfor n˚ar 0 = m eller m = n.
(4) For hver positivt tall setter vi n! = 1 · 2 · · · n og 0! = 1. Vi kaller tallet n! for
n-fakultet. Vis at Bm,n =
n!
m!(n−m)! .
6. En grafe med n hjørner er en samling av n punkter nummerert med 1, 2, . . . , n og
kanter som g˚ar mellom hjørne nummer p og hjørne nummer q for noen p og q med
p = q.
For eksempel er
1
3
2
1 2
grafer. Den første har 3 hjørner og tre sider {1, 2}, {1, 3} og {2, 3}.
En sti av lengde m fra et hjørne p til et hjørne q er en vektor (p0, p1, . . . , pn) t der
{pi−1, pi} er en kant for i = 1, . . . , n og der i0 = p og in = q.
Alle stier av lengde 1 i den første grafen er
(1, 2) t , (1, 3) t og (2, 3) t ,
og de av lengde 2 som begynner i hjørne 1 er
(1, 2, 1) t , (1, 3, 1) t , (1, 3, 2) t , (1, 2, 3) t .
4
3

MATRISER 1 9
Alle stier av lengde 1 i den andre grafen er (1, 2) t , (2, 3) t , (2, 4) t , (3, 4) t , og de
av lengde 2 som begynner i hjørnene 1, 2, eller 3 er (1, 2, 1) t , (1, 2, 3) t , (1, 2, 4) t ,
(2, 1, 2) t , (2, 3, 2) t , (2, 4, 2) t , (2, 3, 4) t , (2, 4, 3) t , (3, 2, 3) t , (3, 4, 3) t , (3, 2, 4) t , (3, 4, 2) t
og (3, 2, 1) t .
(1) Kontroller listen av stier av lengde 2 i den første grafen og finn alle stier av
lengde 3.
(2) Kontroller listen av stier av lengde 2 i den andre grafen og finn alle stier av
lengde 3.

10
Matematikk MA

MATRISER 2 11
2. Operasjoner p˚a vektorer.
(2.1) Multiplikasjon av en skalar med en vektor. Den første operasjonen vi skal
studere er multiplikasjon av et tall, eller skalar som vi ofte sier i denne forbindelse,
med en vektor. For eksempel kan vi multiplisere tallet 5 med 2-vektoren (1, 2) t ved
˚a sette
5 (1, 2) t = (5, 10) t .
Tallet 2 kan vi multiplisere med 3-vektoren −5, √ 7, π t
ved ˚a sette
2 −5, √ t
7, π = −10, 2 √ t 7, 2π .
Produktet at en skalar med en vektor f˚ar vi alts˚a ved ˚a multiplisere hver koordinat
i vektoren med skalaren. Mer generelt kan vi multiplisere et tall a med en 2-vektor
(a1, a2) t ved ˚a sette
a (a1, a2) t = (aa1, aa2) t
og med en 3-vektor (a1, a2, a3) t ved ˚a sette
a (a1, a2, a3) t = (aa1, aa2, aa3) t .
Generelt kan vi definere produktet av et tall med en vektor:
(2.2) Definisjon. Produktet av et tall a og en n-vektor v = (a1, a2, . . . , an) t er
av = a (a1, a2, . . . , an) t = (aa1, aa2, . . . , aan) t .
Vi multipliserer et tall med en vektor ved ˚a multiplisere tallet med hver koordinat
i vektoren. For enkelhets skyld skriver vi −v = (−1)v = (−1) (a1, a2, . . . , an) t =
(−a1, −a2, . . . , −an) t og 0 = 0v = 0 (a1, a2, . . . , an) t = (0, 0, . . . , 0) t .
(2.3) Addisjon av vektorer. Vi kan addere to vektorer n˚ar de er like store. For
eksempel, om u = (1, 2) t , v = (3, −5) t og w = π, √ 2 t setter vi
u + v = (1, 2) t + (3, −5) t = (1 + 3, 2 − 5) t = (4, −3) t ,
u + w = (1, 2) t
+ π, √ t
2 = 1 + π, 2 + √ t 2 og
v + w = (3, −5) t
+ π, √ t
2 = 3 + π, −5 + √ t 2 .
Vi adderer to vektorer ved ˚a addere hver koordinat i den ene vektoren med den
tilsvarende koordinaten i den andre vektoren. Mer generelt definerer vi summen av
to 2-vektorer (a1, a2) t og (b1, b2) t ved
(a1, a2) t + (b1, b2) t = (a1 + b1, a2 + b2) t
og summen av to 3-vektorer (a1, a2, a3) t og (b1, b2, b3) t ved
(a1, a2, a3) t + (b1, b2, b3) t = (a1 + b1, a2 + b2, a3 + b3) t .
Generelt kan vi definere summen av to n-vektorer:

12 Matriser
(2.4) Definisjon. Summen av to n-vektorer (a1, a2, . . . , an) t og (b1, b2, . . . , bn) t er
(a1, a2, . . . , an) t + (b1, b2, . . . , bn) t = (a1 + b1, a2 + b2, . . . , an + bn) t .
Det vil si, vi adderer to vektorer ved ˚a addere hver koordinat i den ene med den
tilsvarende koordinaten i den andre.
(2.5) Regneregler. Multiplikasjon av en vektor med en skalar og addisjon av to
vektorer gjør det mulig ˚a regne med vektorer p˚a en liknende m˚ate som regninger med
tall. Før vi gir de viktigste regnereglene skal vi innføre en praktisk notasjon som gjør
bevisene mer gjennomsiktige.
(2.6) Notasjon. Vi skriver
(a1, a2, . . . , an) t = (ai) t
n .
Denne notasjonen gjør at vi kan konsentrere oss om den i’te koordinaten ai. Indeksen
n viser at vi har en n-vektor. Med denne notasjonen f˚ar vi at multiplikasjon av et
tall a med en n-vektor v = (ai) t
n = (a1, a2, . . . , an) t kan skrives som
av = a (ai) t
t
n = (aai) n ,
og addisjon av v med n-vektoren w = (bi) t
n = (b1, b2, . . . , bn) t kan skrives som
v + w = (ai) t t
n + (bi) n = (ai + bi) t
n .
(2.7) Proposisjon. La u, v og w være tre n-vektorer. Da gjelder følgende regneregler:
(1) u + 0 = 0 + u = u,
(2) u + (−u) = (−u) + u = 0,
(3) (u + v) + w = u + (v + w),
(4) u + v = v + u.
Bevis. Alle regnereglene følger av enkle regninger. Vi setter u = (ai) t
n
w = (ci) t
n .
(1) Vi har en sekvens av likheter u + 0 = (ai) t
n
Tilsvarende f˚ar vi at 0 + u = u.
(2) Vi har at u+(−u) = (ai) t
t
t
n +(− (ai) n ) = (ai)
0. Tilsvarende f˚ar vi at (−u) + u = 0.
(3) Vi har at (u + v) + w = ((ai) t
n
+ (bi) t
n
, v = (bi) t
n og
+ (0)t n = (ai + 0) t t
n = (ai) n = u.
n
t
+(−ai) n = (ai − ai) t
n = (0)t n =
) + (ci) t
n = (ai + bi) t
n
(ai + bi + ci) t
n . Tilsvarende f˚ar vi at u + (v + w) = (ai + bi + ci) t
n .
(4) Vi har at u+v = (ai) t
n
+(bi) t
n = (ai + bi) t
n = (bi + ai) t
n
= (bi) t
n
+(ai) t
n
+ (ci) t
n =
= v+u.

→
→
MATRISER 2 13
(2.8) Terminologi. Vi kaller elementet 0 i (1) i Proposisjon (2.7) for det nøytrale
element for addisjonen, og elementet −u i (2) for inversen til u. Egenskapen (3)
kaller vi assosiativitet av addisjonen og egenskapen (4) kaller vi kommutativitet av
addisjonen.
(2.9) Merk. Assosiativiteten (u + v) + w = u + (v + w) viser at det ikke spiller
noe rolle i hvilken rekkefølge vi adderer tre vektorer. Derfor skriver vi u + v + w =
(u + v) + w = u + (v + w).
(2.10) Proposisjon. La a og b være tall og la v og w være n-vektorer. Vi har
følgende regneregler:
(1) a(v + w) = av + aw,
(2) (a + b)v = av + bv,
(3) a(bv) = (ab)v,
(4) 1v = v.
Bevis. Vi skriver v = (ai) t
t
n og w = (bi) n . Alle regnereglene følger av enkle regninger.
(1) Vi har en sekvens av likheter a(v + w) = a((ai) t
n
(a(ai + bi)) t
n = (aai + abi) t
n
= (aai) t
n
(2) Vi har at (a + b)v = (a + b) (ai) t
n
(bai) t
n
= a (ai) t
n
+ b (ai) t
n
(3) Vi har at (ab)v = (ab) (ai) t
n
(4) Vi har at 1v = 1 (ai) t
n
= av + bv.
= (1ai) t
n
= (abai) t
n
+ (abi) t
n
= a (ai) t
n
+ (bi) t
n ) = a (ai + bi) t
n =
+ a (bi) t
n
= ((a + b)ai) t
n = (aai + bai) t
n
= (ai) t
n
= a (bai) t
n
= v.
t
= a(b (ai) n ) = a(bv).
= av + aw.
= (aai) t
n +
(2.11) Terminologi. Egenskapen (1) i Proposisjon (2.10) kaller distributivitet av
skalarmultiplikasjon med hensyn til addisjon av vektorer, og egenskapen (2) distributivitet
av addisjon av skalarer med hensyn til multiplikasjon med vektorer. Vi kaller
egenskapen (3) at multiplikasjon av skalarer med vektorer er assosiativ.
(2.12) Merk. Assosiativiteten a(bv) = (ab)v viser at det ikke spiller noe rolle i
hvilken rekkefølge vi multiplisere skalarer med vektorer. Derfor skriver vi abv =
a(bv) = (ab)v.
(2.13) Opgaver.
1. La a = 3 og b = 5. Bestem av + bw n˚ar
(1) v = (1, 2) t og w = (−5, 3) t .
(2) v = (1, 2, 3) t og w = (−2, −3, 4) t .
(3) v = (1, π, 4) t og w = (−2, −3, 4) t .
(4) v = (1, π) t og w = √ 2, 1 t .
2. La u = (1, 2, 6) t og v = (−1, 2, 3) t . Bestem au + bv n˚ar
(1) a = 3 og b = 2.
(2) a = −1 og b = 7.
(3) a = π og b = 1.
(4) a = √ 2 og b = −2.

14 Matriser
3. Bestem 2-vektoren x slik at v − x = w n˚ar
(1) v = (2, 3) t og w = (5, −4) t .
(2) v = (−1, −11) t og w = 1 1
2 , 3
(3) v = (π, 3) t og w = 1, √ 2 t .
(4) v = 1
4
, 1
5
t og w = 1
3 , −2 t .
t.
4. Bestem 3-vektoren x slik at v − x = w n˚ar
(1) v = (4, 2, 3) t og w = (5, 2, −4) t .
(2) v = (−1, 2, −11) t og w = 6, 1 1
2 , 3
(3) v = (π, 5, 3) t og w = −7, 1, √ 2 t .
(4) v = 7, 1
4
, 1
5
t og w = 1
3 , −2, 6 t .
t.
5. La v = (1, 1) t og w = (2, −1) t . Bestem konstanter a og b slik at u = av + bw n˚ar
(1) u = (4, 1) t .
(2) u = 1
2 , 2 t
.
(3) u = − 1
3 , 1 t
.
(4) u = (−1, 5) t .
6. La u = (1, 0, 0) t , v = (1, 1, 0) t og w = (2, 0, −1) t . Bestem konstanter a, b og c
slik at x = au + bv + cw n˚ar
(1) x = (1, 4, 1) t .
(2) x = 1
2 , −7, 2 t .
(3) x = − 1 1
3 , 1, 2
t.
(4) x = (−1, 2, 5) t .
7. I denne oppgaven skal du betrakte en vektor i planet som en pil med gitt retning
og lengde. Du skal ogs˚a betrakte to piler som like om de har samme retning og
lengde, men ikke nødvendigvis har samme begynnelsespukt.
(1) La u = (a, b) t og v = (c, d) t være 2-vektorer. Vis at u + v er diagonalen i
rektangelet som har hjørner i punktene (0, 0) t , (a, b) t og (c, d) t .
y
(c, d) t
(a, b) t
(a, b) t + (c, d) t
(2) La u = (a, b) t og v = (c, d) t være vektorer. Vis at v − u er vektoren som
begynner i (a, b) t og slutter i (c, d) t .
x

MATRISER 2 15
y
(c, d) t
(c, d) t − (a, b) t
(a, b) t
8. Gjør tilsvarende oppgaver som i Oppgave (3) for 3-dimensjonale vektorer.
9. I denne oppgaven skal du betrakte en 2-vektor v = (a1, a2) t som en vektor
med begynnelse i origo (0, 0) t og slutt i (a1, a2) t . Vi setter v = a2 1 + a22 og om
w = (b1, b2) t s˚a setter vi v · w = a1b1 + a2b2.
(1) Vis at v er lengden av vektoren v = (a1, a2) t .
(2) Anta at w ikke er origo (0, 0) t . Vis at den korteste avstanden fra punktet
(a1, a2) t til linjen L gjennom origo og (b1, b2) t er
v 2 w 2 − (v · w) 2
w
Hint. Vi har at alle punktene p˚a linjen L er p˚a formen t (b1, b2) t for noe t. Vektoren
som begynner i t (b1, b2) t og slutter i (a1, a2) t er ut = (a1, a2) t − t (b1, b2) t =
(a1 − tb1, a2 − tb2) t . Vi vil finne den minste lengden vektoren ut kan ha. Vi f˚ar
ut 2 = (a1 − tb1) 2 + (a2 − tb2) 2 = a 2 1 + a 2 2 − 2t(a1b1 + a2b2) + t 2 (b 2 1 + b 2 2)
= (b 2 1 + b 2 2 a1 + a
2)
2 2
b2 1 + b2 − 2t
2
a1b1 + a2b2
b2 1 + b2 + t
2
2
v · v · w
= (w · w) − 2tv + t2
w · w v · v
v · v (v · w)2 v · w
= (w · w) − + (− + t)2 .
w · w (w · w) 2 w · w
Av det siste uttrykket ser vi at ut2 er minst n˚ar t = v·w
w·w
avstanden kvadrert er
(w · w)
v · v (v · w)2
−
w · w (w · w) 2
(v · w)2
= v · v −
w · w .
y L
v·w
w·w (b1, b2) t
θ
x
.
x
t (b1, b2) t
ut = (a1, a2) t − t (b1, b2) t
(a1, a1) t
, og at vi da har at
(3) Anta at v = (a1, a2) t og w = (b1, b2) t begger er forskjellige fra origo. La

16 Matriser
θ være den av vinklene mellom L og linjen gjennom origo og (a1, a2) t som
tilfredsstiller 0 ≤ θ ≤ π. Vis at
cos θ =
v · w
vw .
Hint. For ˚a vise p˚astand (3) merker vi at avstanden mellom punktene (a1, a2) t og
v·w
w·w (b1, b2) er den minste avstanden mellom (a1, a2) t og linjen L. Derfor vil linjen
mellom (a1, a2) t og v·w
w·w (b1, b2) være høyden i trekanten med hjørner (0, 0) t , (a1, a2) t
og (b1, b2) t og derfor st˚a normalt p˚a L. Det følger at cos θ = v·w
w·w (b1,b2) t
(a1,a2) t
v·w
vw .
10. Gjør tilsvarende oppgave som Oppgave (5) i tre dimensjoner.
v·w
=
w·w w
v
11. For i = 1, 2, . . . , n setter vi ei = (0, 0, . . . , 0, 1, 0, . . . , 0) t der den i’te koordinaten
er 1 og alle andre koordinater er 0.
(1) Vis at alle n-vektorer v kan skrives som
v = a1e1 + a2e2 + · · · + anen
for noen tall a1, a2, . . . , an.
(2) Vis at fremstillingen i (1) er entydig, det vil si at om
v = a1e1 + a2e2 + · · · + anen = b1e1 + b2e2 + · · · + bnen,
s˚a er ai = bi for alle i.
(3) Vis at p˚astanden i (2) er det samme som ˚a p˚ast˚a at om
s˚a er ai = 0 for alle i.
a1e1 + a2e2 + · · · + anen = 0,
=

MATRISER 3 17
3. Matriser.
(3.1) Innledning. En matrise er en rektangulær oppstilling av tall. Ordet matrise er
avledet av det latinske ordet for livmor. Det var James Joseph Sylvester (1814-1897)
som innførte ordet, og brukte det i betydningen av noe som frembringer noe annet,
i dette tilfellet determinanter. Determinanter skal vi behandle senere, men historisk
kom de før matrisene. Sylvester er mest kjent for sitt arbeide med invariantteorien.
Han var en meget allsidig person, blandt annet var han poet. Kanskje det er derfor
han er ogs˚a kjent for ˚a ha gitt navn til en rekke viktige matematiske begreper.
Hver tabell er en matrise. En TV- eller dataskjerm er ogs˚a en matrise. Slike
skjermer best˚ar av et rektangulært nettverk av punkter der antallet punkter per
kvadratsentimeter bestemmer kvaliteten p˚a bildet. Hvert punkt kan gies en viss gr˚aeller
fargetone og det er disse gr˚a eller fargete prikkene som utgjør bildet. Fargen
eller gr˚atonen kan beskrives av et tall. Bildet p˚a en dataskjerm representeres derfor
av en matrise, som for de beste skjermene kan ha imponerende størrelse. Rørlige
bilder fremkommer ved at matrisen endrer seg. Hver gang vi ser bilder eller tekst p˚a
en TV-skjerm som speiles, vries, vikles ut, eller forsvinner ut i uendeligheten er det
en sekvens av enkle matematiske operasjoner som utføres i rask rekkefølge p˚a den
matrisen som i hvert øyeblikk representerer skjermen.
I likhet med vektorer er det ikke matrisen i seg selv som er interessant, men
de operasjonene vi kan utføre p˚a den. Som for vektorer kan vi multiplisere matriser
med skalarer og legge sammen to matriser om de har samme størrelse. Den
mest fascinerende, komplekse, og mest anvendbare operasjonen er imidlertid multiplikasjon
av matriser. Multiplikasjonen kommer inn overalt i matematikken og dens
anvendelser. Den kan iblandt virke mystisk og helt umotivert, men vi skal vise at
den har en naturlig forklaring.
(3.2) Eksempler p˚a matriser. De matrisene vi skal se nærmere p˚a er rektangulære
oppstillinger av tall. Eksempler p˚a slike oppstillinger er
2 −1
,
3 4
√
π − 5 ,
1 0
som alle er 2 × 2-matriser. Andre eksempler er
som er 2 × 3-matriser og
som er 3 × 3-matriser.
2 −1 3
,
3 4 7
2 −1 3
3 4 7 ,
5 1 6
5 −2
,
1−π 7
√
4π 2 −1
,
2 π−6 5
√
4π 2 −7
√
2 π−6 5 ,
2π 4 0

18 Matriser
En vilk˚arlig 2 × 2-matrise skriver vi
a11 a12
a21 a22
der a11, a12, a21, a22 er tall. Tilsvarende skriver vi
for en vilk˚arlig 2 × 3-matrise og
,
a11 a12 a13
a21 a22 a23
a11 a12 a13
a21 a22 a23
a31 a32 a33
for en 3 × 3-matrise, der alle aij’ene er tall.
Generelt kan vi definere m × n-matriser for alle hele positive tall m og n:
(3.3) Definisjon. La m og n være hele positive tall. En m × n-matrise er en
oppstilling
⎛
a11 a12 . . .
⎞
a1n
⎜ a21
A = ⎜
⎝
.
a22
.
. . . a2n ⎟
.
⎠
der alle aij’ene er tall.
Vi kaller vektoren ⎛
⎜
⎝
a1j
a2j
.
amj
den j’te søylen til matrisen A og
am1 am2 . . . amn
⎞
⎟
⎠ = (a1j, a2j, . . . , amj) t
(ai1, ai2, . . . , ain) t
for den i’te rekken til A. Tallet aij, det vil si tallet som st˚ar i i’te rekke og j’te søyle,
kaller vi den (i, j)’te koordinaten til A.
(3.4) Merk. En m × 1-matrise er det samme om en m-vektor.
(3.5) Notasjon. Det inng˚ar mange symboler i en matrise og den tar stor plass.
Derfor finnes det flere ulike m˚ater for ˚a forenkle notasjonen. Det er vanlig ˚a forenkle
skrivem˚aten ved ˚a skrive færre koordinater som i
⎛
a11 . . .
⎞
a1n
A = ⎝
.
.
am1 . . . amn
⎠

MATRISER 3 19
p˚a samme m˚ate som vi kan skrive en n-vektor som (a1, . . . , an) t . Ennu enklere er det
˚a skrive
A = (aij)m,n,
der m og n er antallet rekker, respektive søyler, og aij er den (i, j)’te koordinaten.
Denne notasjonen, som vi ofte skal bruke nedenfor, svarer helt til notasjonen (ai) t
n
for n-vektorer.
(3.6) Multiplikasjon av en skalar med en matrise. Multiplikasjon av en skalar
med en matrise er helt analog med multiplikasjon av en skalarmed en vektor. For
eksempel kan vi multiplisere tallet 5 med 2 × 2-matrisen ved ˚a sette
og tallet 2 med 2 × 3-matrisen
2
1 −4
5
2 3
√
−5 7 π
2 −3 0
√
−5 7 π
2 3 0
=
5 −20
,
10 15
ved ˚a sette
=
√
−10 2 7 2π .
4 6 0
1 −4
2 3
Vi multipliserer en skalar med en matrise ved ˚a multiplisere skalaren med hver koordinat
i matrisen.
a11 a12
Mer generelt kan vi definere multiplikasjon av et tall a med 2×2-matrisen
ved ˚a sette
og med 2 × 3-matrisen
a11 a12 a13
a11 a12
a a21 a22
a21 a22 a23
a11 a12 a13
a
a21 a22 a23
aa11 aa12
=
ved ˚a sette
=
aa21 aa22
,
aa11 aa12 aa13
aa21 aa22 aa23
Generelt kan vi definere produktet en av skalar med en m × n-matrise:
.
a21 a22
(3.7) Definisjon. La a være et tall og la A = (aij)m,n være en m × n-matrise.
Produktet av a med A er
⎛
a11 a12 . . .
⎞
a1n
⎜ a21
aA = a ⎜
⎝ .
a22
.
. . . a2n ⎟
.
⎠ =
⎛
aa11 aa12 . . .
⎞
aa1n
⎜ aa21
⎜
⎝ .
aa22
.
. . . aa2n ⎟
.
⎠ .
am1 am2 . . . amn
aam1 aam2 . . . aamn
Vi multipliserer en skalar med en matrise ved ˚a multiplisere skalaren med hver koordinat
i matrisen. Med v˚ar forenklete notasjon kan vi skrive dette som
aA = a(aij)m,n = (aaij)m,n.
Vi skriver −A = (−1)A = (−1)(aij)m,n = (−aij)m,n og 0 = 0A = 0(aij)m,n =
(0aij)m,n = (0)m,n.

20 Matriser
(3.8) Addisjon av matriser. Tilsvarende addisjon av vektorer kan vi addere
matriser om de har samme størrelse. For eksempel, om vi har tre 2 × 2-matriser
s˚a setter vi
1 2
−3 4
+
1 2
, −3 4
5 4 6 6
= ,
6 −7 3 −3
5 4
, 6 −7
π
√
5
0 1−π
√
1 2 π 5
+ =
−3 4 0 1−π
og √ √
5 4 π 5 5+π 4+ 5
+ =
.
6 −7 0 1−π 6 −6+7π
P˚a samme m˚ate kan vi addere 2 × 3-matriser ved ˚a sette
1 2 3
+
−3 4 6
3 −7 −1 4 −5 2
= og
11 2 4 8 6 10
1 2 3
+
−3 4 6
√
π 2 11
=
0 1−π 7
√
1+π 2+ 5
−3 5−π
√
1+π 2+ 2 14
.
−3 5−π 13
Vi adderer alts˚a to matriser ved ˚a addere hver koordinat i den ene matrisen med
den tilsvarende koordinaten i den andre matrisen. Mer generelt kan vi addere to
a11 a12 b11 b12
2 × 2-matriser og ved ˚a sette
a21 a22
a11 a12
a21 a22
b21 b22
+
og vi kan addere to 2 × 3-matriser
a11 a12 a13
a21 a22 a23
+
b11 b12
b21 b22
b11 b12 b13
=
a11 a12 a13
b21 b22 b23
a21 a22 a23
=
a11+b11 a12+b12
a21+b21 a22+b22
og
b11 b12 b13
b21 b22 b23
,
a11+b11 a12+b12 a13+b13
a21+b21 a22+b22 a23+b23
Generelt kan vi definere summen av to m × n-matriser:
ved ˚a sette
(3.9) Definisjon. La A = (aij)m,n og B = (bij)m,n være to m × n-matriser.
Summen av A og B er:
⎛
a11 a12 . . . a1n
⎞
⎜ a21
A + B = ⎜
⎝ .
.
a22
.
.
. . . a2n
.
.
⎟
⎠
am1 am2 . . . amn.
+
⎛
b11 b12 . . . b1n
⎞
⎜ b21
⎜
⎝ .
.
b22
.
.
. . . b2n
.
.
⎟
⎠
⎛
a11 + b11 a12 + b12 . . .
bm1 bm2 . . .
⎞
a1n + b1n
bmn.
⎜ a21 + b21
= ⎜
⎝ .
a22 + b22
.
. . . a2n + b2n
.
⎟
⎠
am1 + bm1 am2 + bm2 . . . amn + bmn.
.
.

MATRISER 3 21
Vi adderer to matriser ved ˚a addere hver koordinat i den ene matrisen med den
tilsvarende koordinaten i den andre matrisen. I den forenklete notasjonen kan dette
skrives
A + B = (aij)m,n + (bij)m,n = (aij + bij)m,n.
(3.10) Opgaver.
1. La a = 2 og b = 7. Regn ut aA + bB n˚ar
3 −1
0 −1
(1) A = , B = .
7 3
−1 0
π 1
(2) A = 3 √
1−π 4
, B = √ .
7
2 0
3 −2 0
5 2 1
(3) A = , B = .
−1 0 4
1 2 3
1 1 10 −1 −7 3
(4) A = 4 −7 1 , B = 2 1 4 .
−2 −3 −1
1 0 2
2. La A =
, B = . Beregn aA + bB n˚ar
2 −3 −1
−7 2 1
(1) a = 3, b = −1.
(2) a = −1, b = 0.
(3) a = 7, b = −2.
(4) a = π, b = √ 2.
4 −1 3
2 0 4
3. Bestem 2 × 2-matrisen X slik at A − X = B n˚ar
2 3
5 −4
(1) A = og B = .
−1 2
3 2
0 −2
1 −5
(2) A = og B = .
−7 3
−2 3
1 1
5 −4
(3) A = 2 3 og B = 1 1 .
−1 2 3 2
2π 3
5π −4
(4) A = og B = .
− √ 2 2
√ 3 2
4. Bestem 3 × 2-matrisen Z slik at A − X = B n˚ar
4 2 3
5 2 −4
(1) A = og B =
.
1 2 4
−1 −2 −3
−1 2 −11
1 1 6
(2) A =
og B =
2 3 .
2 6 3 −3 −2 −1
√
π 5 3
−7 1 2
(3) A = 2 3 4 og B =
3 4 5
π √
.
4 −5
1 1
1
7 4 5
3 −2 6
(4) A = og B = .
3 3
2
1
7
2
3
1
4 −1
5. N˚ar det gjelder skalar multiplikasjon og addisjon oppfører matriser seg som vektorer.
Til en m × n-matrise A = (aij)m,n tilordner vi (mn)-vektoren
vA = (a11, a12, . . . , a1n, a21, a22, . . . , a2n, . . . , am1, am2, . . . , amn) t .
(1) Vis at for alle m × n-matriser A og B og skalarer a og b har vi at v (aA+bB) =
avA + bvB.

→
→
22 Matriser
(2) La eij være m × n-matrisen med (i, j)’te koordinat lik 1 og alle andre koordinater
lik 0. Vis at hver m × n-matrise A kan skrives p˚a formen
A = a11e11 + a12e12 + · · · + a1ne1n + a21e21 + a22e22 + · · · + a2ne2n
+ · · · + am1em1 + am2em2 + · · · + amnemn
der a11, a12, . . . , a1n, a21, a22, . . . , a2n, . . . , am1, am2, . . . , amn er tall som er entydig
bestemte.
6. En grafe med n-hjørner er en samling av n punkter nummerert med 1, 2, . . . , n
og kanter som g˚ar mellom noen av hjørnene p og q med p = q. Se Oppgave (4) i
Seksjon 1. Vis at en grafe med n-hjørner svarer til n × n-matriser med koordinater
0 eller 1, og med 0 p˚a diagonalen.
Hint. Sett (p, q)’te koordinaten i n × n-matrisen lik 1 om det finnes en kant mellom
p og q, og la alle andre koordinater være 0. For eksempel er
⎛ ⎞
⎛
⎞
0 1 0 0
0 1 1
⎝ 1 0 1 ⎠ ⎜ 1 0 1 1 ⎟
respektive ⎝
⎠
0 1 0 1
1 1 0
0 1 1 0
matrisene som svarer til figurene i Oppgave (4) i Seksjon 1.
Hvordan vi skal tilordne en grafe til en n × n-matrise med 0’er og 1’ere som
koordinater, og 0 p˚a diagonalen er nu klart.

MATRISER 4 23
4. Matrisemultiplikasjon.
(4.1) Multiplikasjon av en matrise med en vektor. Neste m˚alsetning er ˚a
definere multiplikasjon av matriser. Vi forbereder oss for dette ved ˚a betrakte spe-
sialtilfellet der vi multipliserer en matrise med en vektor.
1 2
Vi multipliserer 2 × 2-matrisen med 2-vektoren (7, 3) −4 5
t ved ˚a sette
1 2 7 1·7+2·3 13
=
=
−4 5 3 −4·7+5·3 −13
og 2 × 3-matrisen
med 3-vektoren (4, −1, 6) t ved ˚a sette
π 7 3
−1 √ 2 5
π 7 3
−1 √ 2 5
4
−1
6
=
π4+7(−1)+3·6
(−1)4+ √
4π+11
=
2(−1)+5·6 26− √
. 2
Multiplikasjon av en matrise med en vektor v er bare mulig om matrisen har like
mange søyler som v har koordinater. Resultatet er en vektor med like mange koordinater
som matrisen har rekker, og i’te koordinaten i denne vektoren er summen av
koordinatene i v multiplisert med de tilsvarende koordinatene i i’te rekke i matrisen.
Mer generelt multipliserer vi en 2 × 2-matrise med 2-vektoren ved ˚a sette:
a11 a12 a1 a11a1+a12a2
=
,
a21 a22
a2
a21a1+a22a2
og en 2 × 3-matrise med 3 vektoren ved ˚a sette
a1
a11 a12 a13
a11a1+a12a2+a13a3
a2 =
a21 a22 a23
a3
a21a1+a22a2+a23a3
(4.2) Merk. For at det skal være mulig ˚a multiplisere en matrise med en vektor
m˚a antallet søyler i matrisen være lik antallet koordinater i vektoren. Resultatet er
en vektor som har samme antall koordinater som matriser har rekker.
Generelt kan vi definere multiplikasjon av en m × n-matrise med en n-vektor:
(4.3) Definisjon. La A = (aij)m,n være en m×n-matrise og v = (ai) t
n en n-vektor.
Produktet av A med v er
⎛
⎞ ⎛ ⎞
a11 a12 . . . a1n a1
⎜ a21
Av = ⎜
⎝ .
a22
.
. . . a2n
.
⎟ ⎜ a2 ⎟
⎟ ⎜ ⎟
⎠ ⎝ .
⎠
am1 am2 . . . amn.
=
⎛
⎞
a11a1 + a12a2 + · · · + a1nan
⎜
⎝
a21a1 + a22a2 + · · · + a2nan
.
⎟
⎠ .
an
.
am1a1 + am2a2 + · · · + amnan
Produktet av en m × n-matrise A med en n-vektor v gir en m-vektor w og den i’te
koordinaten i w f˚ar vi ved ˚a multiplisere koordinatene i den i’te rekken i A med de
tilsvarende koordinatene i v og ta summen. I den forkortete notasjonen har vi
Av = (aij)m,n (ai) t
n = (ai1a1 + ai2a2 + · · · + ainan) t
m .
(4.4) Merk. Resultatet av ˚a multiplisere en m × n-matrise med en n-vektor er en
m-vektor.

24 Matriser
(4.5) Regneregler. Vi har mange regneregler for multiplikasjon av en skalar med
en matrise og for multiplikasjon av en matrise med en vektor. Før vi gir og beviser
de viktigste resultatene innfører vi en enkel notasjon for summer som gjør uttrykkene
og regningene mer gjennomskinlige.
(4.6) Summasjon av indekser. Vi skal ofte h˚andtere uttrykk p˚a formen
ai1a1 + ai2a2 + · · · + ainan.
Det er derfor praktisk ˚a innføre en enkel notasjon for slike summer. Mer generellt
skal vi innføre en notasjon for summer av tall. Dette gjøres ved at vi skriver
7
ai = a3 + a4 + a5 + a6 + a7,
i=3
der a3, a4, . . . , a7 er tall. Symbolet st˚ar for sum, og 7 i=3 betyr at indeksen i løper
fra verdien 3 til verdien 7. Hvilken bokstav vi bruker for indeksen spiller selvsagt
ingen rolle s˚a vi har
7
aj = a3 + a4 + a5 + a6 + a7.
j=3
Med samme notasjon har vi for eksempel
9
i=1
der alle ai’ene er tall og
ai = a1 + a2 + a3 + a4 + a5 + a6 + a7 + a8 + a9
6
i=1
i
2i + 1
1 2 3 4 5 6
= + + + + +
3 5 7 9 11 13 .
Vi kan ogs˚a summere opp til et vilk˚arlig tall. For eksempel vil
n
i = 1 + 2 + 3 + · · · + n og
i=1
Mer generelt har vi at
n
i=1
i2 i = 1 · 2 1 + 2 · 2 2 + 3 · 2 3 + · · · + n2 n .
n
ai = a1 + a2 + · · · + an.
i=1
Med denne hendige notasjonen f˚ar vi at
n
j=1
aijaj = ai1a1 + ai2a2 + · · · + ainan.

MATRISER 4 25
Vi kan da uttrykke multiplikasjonen av matrisen A = (aij)m,n med vektoren v = (ai) t
n
p˚a den kompakte formen
Merk at i uttrykket
Av = (aij)m,n (ai) t
n =
n j=1 aijaj
betegner den i’te koordinaten.
Vi skal mange ganger ha bruk for likhetene
m
i=1
ai
n
bj =
j=1
De er alle lik summen
m
t
m
i=1 j=1
n
aibj =
n
j=1
aijaj
t .
m
er j en summasjonsindeks mens i er fast og
n
j=1 i=1
m
bjai =
n
j=1
bj
m
ai.
a1b1 + a1b2 + · · · + a1bn + a2b1 + a2b2 + · · · + a2bn
+ · · · + amb1 + amb2 + · · · + ambn.
(4.7) Proposisjon. La a være et tall og v og w to n-vektorer. Videre, la A være
en m × n-matrise. Da har vi at
(1) A(av) = (aA)v.
(2) A(v + w) = Av + Aw.
Bevis. Sett v = (ai) t
t
n , w = (bi) n og A = (aij)m,n. Da har vi at
(aA)v = (aaij)m,n (ai) t
n =
Videre har vi at
n
j=1
aaijaj
t
m
n
t = aij(aaj)
j=1
m
i=1
= (aij)m,n (aai) t
n = A(av).
A(v + w) = (aij)m,n((ai) t t
n + (bi) n ) = (aij)m,n (ai + bi) t
n =
n
t aij(aj + bj)
j=1
m
n
= aijaj +
j=1
n
j=1
aijbj
t
m
n
=
j=1
aijaj
t
= (aij)m,n (ai) t
n + (aij)m,n (bi) t
n = Av + Aw.
m
n
=
j=1
aijbj
t
m

26 Matriser
(4.8) Multiplikasjon av matriser. Vi er nu klare til ˚a definere multiplikasjon av
matriser. Som vanlig begynner vi med noen
eksempler som illustrer hva som hender.
Vi multipliserer 2 × 2-matrisene og ved ˚a sette:
1 −2
7 3
5 4
=
−1 2
og produktet av 2 × 2-matrisen
1 −2 5 4 π
7 3 −1 2 √
= 5
1 −2
7 3
Videre kan vi multiplisere 3×2-matrisen
1 2
−2 5
0 −1
5 4
−1 2
1·5+(−2)(−1) 1·4+(−2)2 7 0
=
7·5+3(−1) 7·4+3·2 32 34
1 −2
5 4 π
med 2 × 3-matrisen
7 3
−1 2 √
ved 5
√
1·5+(−2)(−1) 1·4+(−2)2 1π−2 5
7·5+3(−1) 7·4+3·2 7π+3 √ √
7 0 π−2 5
=
5 32 34 7π+3 √
.
5
1
−2
2
5
med 2×3-matrisen
0 −1
1·3+2·0 1(−1)+2·2 1(−2)+2·4
3 −1 −2
=
0 2 4
(−2)·3+5·0 (−2)(−1)+5·2 (−2)(−2)+5·4
0·3+(−1)0 0(−1)+(−1)2 0(−2)+(−1)4
=
3 −1 −2
ved
0 2 4
3 3 6
−1 12 24 .
0 −2 −4
Vi kan bare multiplisere to matriser om den første har like mange søyler som den
andre har rekker. Resultatet er en matrise med like mange rekker som den første
matrisen og like mange søyler som den andre. Den (i, j)’te koordinaten f˚ar vi ved ˚a
multiplisere koordinatene i den i’te rekken i første matrisen med de tilsvarende koordinatene
i den j’te søylen i den andre matrisen og summere. Mer generelt definerer
vi produktet av to 2 × 2-matriser ved
a11 a12 b11 b12 a11b11+a12b21 a11b12+a12b22
=
,
a21 a22
b21 b22
og av 2 × 2-matrisen med en 2 × 3-matrise ved
a11 a12 b11 b12 b13
=
a21 a22
b21 b22 b23
a21b11+a22b21 a21b12+a22b22
a11b11+a12b21 a11b12+a12b22 a11b13+a12b23
a21b11+a22b21 a21b12+a22b22 a21b13+a22b23
I hvert av tilfellene fremkommer produktet AB ved at vi tar i’te søyle i B og betrakter
den som en vektor (b1i, b2i, . . . , bni) t . Denne søylen multipliserer vi med A og f˚ar den
i’te søylen A (b1i, b2i, . . . , bni) t .
(4.9) Merk. Vi ser at at multiplikasjonen ovenfor bare er mulig n˚ar antallet søyler
i den første matrisen er lik antallet rekker i den andre, og at resultatet er en matrise
med samme antall rekker som den første matrisen og samme antall søyler som den
andre matrisen.
Generelt definerer vi produktet av en m × n-matrixe A med en n × p-matrise B
ved ˚a la den i’te søylen i produktet AB være produktet av matrisen A med den i’te
søylen i B. Med andre ord, vi f˚ar i’te søyle i AB ved ˚a betrakte i’te søyle i B som
en vektor (b1i, b2i, . . . , bmi) t og ta produktet A (b1i, b2i, . . . , bmi) t . Matriseprodukt er
derfor det samme som p vektorprodukter. Mer presist har vi:
.

MATRISER 4 27
(4.10) Definisjon. La A = (aij)m,n være en m × n-matrise og B = (bij)n,p en
n × p-matrise. Produktet av A og B er
⎛
⎞ ⎛
a11 a12 . . . a1n b11 b12 . . .
⎞
b1p
⎜ a21 a22 . . . a2n ⎟ ⎜ b21 b22 . . . b2p ⎟
AB = ⎜
⎟ ⎜
⎟
⎝ .
.
.
⎠ ⎝
⎠
. . .
=
am1 am2 . . . amn bn1
⎛
a11b11 + a12b21 + · · · + a1nbn1
bn2
. . .
. . . bnp
a11b1p + a12b2p + · · · + a1nbnp
⎜
⎝
a21b11 + a22b21 + · · · + a2nbn1
.
. . . a21b1p + a22b2p + · · · + a2nbnp
.
am1b11 + am2b21 + · · · + amnbn1 . . . am1b1p + am2b2p + · · · + amnbnp
I forenklet notasjon f˚ar vi
n
AB = (aij)m,n(bij)n,p =
k=1
aikbkj
t .
m,p
Sammenliknet med ˚a skrive ut hele matrisen er uttrykket i forenklet notasjon et
under av enkelhet.
(4.11) Merk. Resultatet av ˚a multiplisere en m × n-matrise med en n × p-matrise
er en m × p-matrise. N˚ar p = 1 f˚ar vi multiplikasjon av en matrise med en vektor,
slik vi har definert den ovenfor.
(4.12) Regneregler. Det finnes mange regneregler for multiplikajson av en skalar
med en matrise, og for addisjon og multiplikasjon av matriser. De fleste regnereglene
for skalarmultiplikasjon og addisjon er analoge med de som gjelder for vektorer.
Lengre frem skal vi vise at følgende regel er en konsekvens av at vi kan tolke matriser
som avbildninger. Vi tar med et bevis her for ˚a f˚a trening p˚a ˚a regne med matriser.
(4.13) Proposisjon. La A være en m × n-matrise, B en n × p-matrise og C en
p × q-matrise. Da har vi
(AB)C = A(BC).
Bevis. Vi setter A = (aij)m,n, B = (bij)n,p og C = (cij)p,q. Da har vi at AB =
( n
k=1 aikbkj)m,n. Derfor vil
p
n
(AB)C =
l=1
k=1
aikbkl
clj
t
m,q
p
=
n
l=1 k=1
aikbklclj
P˚a den andre siden kan vi begynne med BC = ( p
l=1 bklclj)n,q og f˚ar
n
A(BC) =
k=1
aik
p
l=1
bklclj
t
m,q
n
=
p
k=1 l=1
aikbklclj
t .
m,q
t .
m,q
⎞
⎟
⎠ .

28 Matriser
Likheten i Proposisjonen følger av at
p
n
l=1 k=1
aikbklclj
t
m,q
n
=
p
k=1 l=1
aikbklclj
t .
m,q
(4.14) Terminologi. Likheten (AB)C = A(BC) viser at multiplikasjon av matriser
er uavhengig av rekkefølgen av multiplikasjonen. Vi sier at multiplikasjon av matriser
er assosiativ og skriver ABC = (AB)C = A(BC).
(4.15) Merk. Vi har at 1 1
0 1
men 1 0
1 1
1 0
=
1 1
1 1
=
0 1
2 1
,
1 1
1 1
.
1 2
Matrisemultiplikasjon er derfor avhengig av ordenen av faktorene. Vi sier at matrisemultiplikasjon
ikke er kommutativ. Dette skiller matrisemultiplikasjonen fra de andre
regnereglene vi har støtt p˚a og gjør den spesielt interessant.
(4.16) Opgaver.
1. La A = og B =
5 −2
3 1
(1) v = (2, −3) t
(2) v = (5, 4) t
(3) v = π, √ 2 t .
−3 7
. Regn ut Av + Bv n˚ar
2 0
2. La v = (−1, 2) t og w = (5, −3) t . Regn ut Av + Aw n˚ar
5 −2
(1) A =
(2) A =
(3) A =
3. La A =
3 1
7 3
4 −5
√
π 5
1 −1
5 −2
3 1
.
.
(1) Regn ut AB og BA n˚ar
4 −1
(a) B =
3 2
π −1
(b) B =
6 2
(c) B = .
√ 2 1
−1 0
(2) Regn ut AB n˚ar
(a) B =
(b) B =
4 −1 0
3 2 1 √
π −1 2
0 2 √ 5
(3) Regn ut BA n˚ar
.

MATRISER 4 29
4. Regn ut
(1)
(2)
(a) B =
(b) B =
4 −1
3 2
0 1
π −1
√
0
√
2
2 5
1 2
1 2 3
3 4
−2 −3 −4
5 6 1 2
1 2 3
3 4
−2 −3 −4
5 6
5 0
4 2
.
5. Kan du finne en 2 × 2-matrise X slik at AX =
1 2
(1) A = .
0 1
−3 2
(2) A = .
0 2
1 0
(3) A = .
7 0
(4) A = .
.
Regn ut XA n˚ar X finnes.
⎛
6. La A = ⎝
.
⎛
⎞
⎝
a11 a12 ··· a1n
a21 a22 ··· a2n
.
am1 am2 ··· amn
a11 a21 ··· am1
a12 a22 ··· am2
.
.
a1n a2n ··· anm
⎞
1 0
n˚ar
0 1
⎠ være en m × n-matrise. Vi danner en matrise A t =
⎠ ved˚a la radene i A bli søylene i A t . Matrisen A t er en n×m-matrise
som kalles den transponerte til matrisen A.
Vis at for alle m × n-matriser A og n × p matriser B s˚a har vi at (AB) t = B t A t .
7. La
⎛
1 0 . . .
⎞
0
⎜ 0
In = ⎜
⎝ .
1
.
. . .
. ..
0 ⎟
.
⎠
0 0 . . . 1
være matrisen med 1 p˚a diagonalen og alle andre koordinatene lik 0. En elementær
operasjon p˚a en matriser er en av følgende:
(1) Multiplikasjon av en rad med et ikke null tall.
(2) Multiplikasjon av en rad med et tall og addisjon av denne raden til en annen
rad.
(3) Ombytte av to rader.
a11 a12
For eksempel for matrisen f˚ar vi ved elementære operasjoner de tre ma-
trisene a11 a12
aa21 aa22
a21 a22
,
a11
a12
a21+aa11 a22+a12
og
a21 a22
a11 a12
.

30 Matriser
En elementær n × n-matrise er en matrise som vi f˚ar fra In ved en av de tre
elementære operasjonene.
Vis at du kan utføre en elementær operasjon p˚a en m × n-matrise A ved ˚a utføre
samme operasjon p˚a Im slik at du f˚ar en elementær matrise E og deretter ta produktet
EA.
8. La
I3 = A (123) =
A (231) =
1 0 0
0 1 0
0 0 1
, A (132) =
0 0 1
1 0 0
0 1 0
, A (312) =
1 0 0
0 0 1
0 1 0
, A (213) =
0 1 0
0 0 1
1 0 0
, A (321) =
0 1 0
1 0 0 ,
0 0 1
0 0 1
0 1 0
1 0 0
(1) For hver av matrisene Aσ, finn en matrise Aτ slik at AσAτ = Aτ Aσ = I3.
(2) Regn ut
(a) A (312)A (231)
(b) A (231)A (312).
(3) Vi vil studere omflytninger, eller som vi sier permutasjoner, av tallene 1, 2, 3.
Det finnes 6 slike permutasjoner
I = B (123) =
B (231) =
Her betyr B (312) =
s˚a betyr Bσ =
1 2 3
, B
1 2 3 (132) =
1 2 3
, B
2 3 1 (312) =
1 2 3
3 1 2
1 2 3
σ(1) σ(2) σ(3)
1 2 3
1 3 2
B (213) =
1 2 3
, B
3 1 2 (321) =
.
1 2 3
2 1 3
1 2 3
.
3 2 1
at vi flytter 1 til 3, 2 til 1 og 3 til 2. Mer generelt
at vi flytter i til σ(i) for i = 1, 2, 3. Vi kan mul-
tiplisere permutasjoner ved at BσBτ betyr at vi først utfører permutasjonen
τ og deretter σ.
1 2 3 1 2 3 1 2 3
For eksempel har vi B (132)B (213) =
= = B
1 3 2 2 1 3 3 1 2 (312) og
1 2 3 1 2 3 1 2 3
B (213)B (132) =
= = B
2 1 3 1 3 2 2 3 1 (231).
Regn ut
(a) B (312)B (231)
(b) B (231)B (312).
(4) For hver permutasjon Bσ, finn en Bτ slik at BσBτ = Bτ Bσ = I.
(5) Sammenlikn resultatene i del (1) med de i del (4), og de i del (2) med de i
del (3). Kan du forklare likhetene?
9. Generaliser det du har vist i Oppgave (5) til n × n-matriser og permutasjoner av
tallene 1, 2, . . . , n.
Hint. Det kan være praktisk ˚a introdusere Kroneckers delta δij som tar verdien
1
n˚ar i = j og verdien 0 n˚ar i = j. Til en permutasjon Bσ =
av
1, 2, . . . , n svarer da n × n-matrisen Aσ = (δ iσ(j))n,n.
1 2 ... n
σ(1) σ(2) ... σ(n)

MATRISER 4 31
10. I denne Oppgaven kaller vi matriser p˚a formen
for komplekse tall. Sett
for hvert tall a setter vi
I2 =
a b
−b a
1 0
og i =
0 1
a = aI2 =
0 1
. −1 0
a 0
.
0 a
(1) Vis at hver kompleks tall kan skrives entydig p˚a formen a + bi.
(2) Vis at om u = a + bi, v = c + di og w = e + fi er komplekse tall s˚a har vi
(a) 0 + u = u + 0 = u.
(b) u + (−u) = (−u) + u = 0.
(c) (u + v) + w = u + (v + w).
(d) u + v = v + u.
(3) Vis at om u = a + bi, v = c + di og w = e + fi er komplekse tall s˚a har vi
(a) 1u = u1 = u.
(b) Det finnes et komplekst tall u −1 slik at uu −1 = u −1 u = 1.
(c) (uv)w = u(vw).
(d) uv = vu.
(4) Vis at om u = a + bi, v = c + di og w = e + fi er komplekse tall s˚a har vi
u(v + w) = uv + uw.
Ettersom de komplekse tallene tilfredsstiller (2) (a), (b), (c), (d) og (3) (a), (b), (c),
(d) samt (4), sier vi at de danner en kropp.
11. I denne oppgaven kaller vi matriser p˚a formen
⎛
a b −c
⎞
−d
⎜ −b
⎝
c
a
−d
d
a
−c ⎟
⎠ .
−b
d c b a
for kvaternioner. Disse er meget viktig b˚ade i matematikk og fysikk. De ble oppdaget
i 1843 av William Rowan Hamilton (1805-1865), det sies da han gikk over en bro i
Dublin. Han ble s˚a begeistret over kvaternionene at han brukte en stor del av livet
p˚a ˚a studere dem. Hamilton har gjort store innsatser i matematikken og har ogs˚a
har bidratt vesentlig til mekanikken. Han var br˚amoden og ble allerede i 1827 Royal
Astronomer of Ireland, en stilling han beholdt hele livet.
Sett
⎛
⎞ ⎛
⎞
1 0 0 0
0 1 0 0
⎜ 0 1 0 0 ⎟ ⎜ −1 0 0 0 ⎟
I4 = ⎝
⎠ , i = ⎝
⎠ ,
0 0 1 0
0 0 0 −1
0 0 0 1
0 0 1 0

→
→
→
32 Matriser
For hvert tall setter vi
⎛
0 0 −1 0
⎞ ⎛
0 0 0
⎞
−1
⎜ 0
j = ⎝
1
0
0
0
0
−1 ⎟
⎠ ,
0
⎜ 0
k = ⎝
0
0
−1
1
0
0
0
⎟
⎠ .
0 1 0 0
1 0 0 0
⎛
a 0 . . .
⎞
0
⎜ 0
a = aI4 = ⎜
⎝ .
.
a
.
.
. . .
. ..
0 ⎟
. ⎟
.
⎠
0 0 . . . a
.
(1) Vis at hver kvaternion kan skrives entydig p˚a formen a + bi + cj + dk.
(2) Vis at vi har multiplikasjonstabellen
· 1 i j k
1 1 i j k
i i − 1 k − j
j j − k − 1 i
k k j − i − 1
der (i, j)’te koordinaten i tabellen er produktet av tallet til venstre for i’te
rekke og tallet over j’te søyle.
(3) Kan du vise at kvaternionene har egenskapene (2) (a), (b), (c), (d) og (3) (a),
(b), (c), samt (4) i Oppgave (8) men ikke betingelsen uv = vu?
Ettersom kvaternionene tilfredsstiller betingelsene (2) (a), (b), (c), (d) og
(3) (a), (b), (c), samt (4) i Oppgave (8) kaller vi dem en skjevkropp.
12. Vi sier at en n × n-matrise A = (aij)n er symmetrisk om aij = aji for alle i og
j. Matrisen A er skjevsymmetrisk om aij = −aji og aii = 0 for alle i og j. Videre
sier vi at matrisen er øvre triangulær om aij = 0 for alle j > i og at den er nilpotent
om aij = 0 for alle j ≥ i.
(1) Vis at om A og B er symmetriske s˚a er AB symmetrisk.
(2) Vis at om A og B er skjevsymmetriske s˚a er AB skjevsymmetrisk.
(3) Vis at om A og B er triangulære s˚a er AB triangulær.
(4) Vis at om A og B er nilpotent s˚a er AB nilpotent.
(5) Vis at om A er nilpotent s˚a er A n = 0.
13. La A11, A12, A21 og A22 være henholdsvis r × p-, r × q-, s × p- og s × q-matriser,
og la B11, B12, B21 og B22 være henholdsvis p × t-, p × s-, q × t- og q × s-matriser.
Vis at
A11 A12 B11 B12
A21 A22
B21 B22
=
der vi har delt opp matrisene i blokker.
A11B11+A12B21 A11B12+A12B22
A21B11+A22B21 A21B12+A22B22
14. En grafe med n-hjørner er en samling av n punkter nummerert med 1, 2, . . . , n
og kanter som g˚ar mellom noen hjørner p og q der p = q. Se Oppgave (4) Seksjon 1.
,

→
→
→
MATRISER 4 33
I Oppgave (4) Seksjon 3 s˚a vi hvordan vi at grafer tilsvarer n × n-matriser med bare
nuller og enere som koordinater, og med nuller p˚a diagonalen.
(1) Vis at (p, q)’te koordinaten i a og A2 gir antallet stier av lengde 1 respektive
2 mellom p og q. Sammenlikn med resultatene i Oppgave (4) i Seksjon 1.
(2) Vis at (p, q)’te koordinaten i A 3 og A 4 gir antallet stier av lengde 3 respektive
4 mellom p og q. Sammenlikn med resultatet i Oppgave (4) i Seksjon 1.
(3) Vis at (p, q)’te koordinaten i An gir antallet stier av lengde n mellom p og q.

34
Matematikk MA

MATRISER 5 35
5. Avbildninger av planet.
(5.1) Avbildninger av planet. N˚ar vi ser tekst og bilder som vries, vendes,
speiles, forstørres eller forminskes p˚a televisjonen eller p˚a en dataskjerm, s˚a betrakter
vi et fascinerende eksempel p˚a anvendt matematikk. Bevegelsen fremkommer ved
et enormt antall matrisemultiplikasjoner som blir utført i rask rekkefølge p˚a punktene
i planet som svarer til punktene p˚a billedskjermen. Her skal vi i detalj vise
hvordan slike operasjoner fremkommer. En leser med litt kunnskap til datorer kan
uten vanskeligheter bruke teorien til ˚a bevege bilder og tekst p˚a sin egen dataskjerm.
For enkelhets skyld holder vi oss til plane bilder. Vil vi ta hensyn til perspektivet i
bildene m˚a vi gjøre de tilsvarende operasjonene i rommet. En leser som har forst˚att
materialet i dette kapitlet skulle ikke ha noen vanskeligheter med ˚a generalisere ma-
terialet til tre dimensjoner.
1 0
0 −1
(5.2) Speilinger. La A = . For hvert punkt (a, b) t i planet kan vi multiplis-
ere den tilsvarende vektoren med matrisen og f˚ar et nytt punkt
= .
1 0
a
0 −1 b
a
−b
Matrisemultiplikasjonen flytter alts˚a punktet (a, b) t til punktet (a, −b) t . Dette er en
−1 0
speiling av punktet i x-aksen. Tilsvarende vil matrisen speile punktet (a, b)
0 1
t
i y-aksen til
= . Bruker vi istedenfor matrisen flyttes
−1 0
0 1
a
b
−a
b
−1 0
0 −1
punktet (a, b) t til punktet (−a, −b) t ligger symmetrisk om origo.
For ˚a konstruere og analysere operasjoner av planet som er gitt ved 2 × 2-matriser
er det viktig ˚a merke at vi kan sette sammen slike flytninger av planet. Om vi, for
eksempel, først speiler (a, b) t
1 0 a a
i x-aksen, det vil si flytter den til
=
0 −1 b −b ,
og deretter speiler i y-aksen, det vil si flytter (a, −b) t
−1 0
til (a, −b)
0 1
t = (−a, −b) t ,
s˚a er dette det samme som ˚a bruke produktmatrisen
= p˚a
−1 0
0 1
1 0
0 −1
−1 0
0 −1
punktet (a, b) t . Sammensetning av flytninger f˚ar vi alts˚a ved ˚a multiplisere matriser.
I dette tilfellet er sammensetningen en flytning symmetrisk om origo.
y
x
y
Iblandt kan sammensetningen av matriser gi overraskende resultater. For eksempel
sender matrisen punktet (a, b) t
til
= . Dette er speiling om
0 1
1 0
0 1
1 0
x
a
b
b
a
y
x

→
→
36 Matriser
1 0
linjen x = y. Speiler vi først punktet i x-aksen med og deretter i linjen x = y
0 −1
f˚ar vi den sammensatte flytningen av (a, b) t
0 1 1 0 a 0 −1 a
til
=
=
1 0 0 −1 b 1 0 b
. Dette innser vi, med litt ettertanke, er det samme som rotasjon av planet 90
−b
a
grader.
For ˚a speile i en vilk˚arlig linje L velger vi et punkt (c, d) t p˚a L med c 2 + d 2 = 1.
Matrisen
2 2
c −d 2cd
2cd d 2 −c 2
gir da en speiling om linjen L (se Oppgave (2)). Dette
stemmer for (1, 0) t , som gir speiling om x-aksen, og for (0, 1) t , som gir speiling om
y-aksen.
3 0
0 1
(5.3) Strekning og krympning. Matrisen transformerer punktet (a, b) t
3 0 a 3a
til
= . Vi har alts˚a strukket planet i x-retningen med en faktor 3.
0 1 b b
Tilsvarende strekker matrisen planet 3 ganger i y-retningen og matrisen
1 0
0 3
3 0
0 3
forstørrer planet 3 ganger.
1
Matrisen 3 0
sender (a, b)
0 1
t
1
til 3 0
a
1
= 3
0 1 b
a
som krymper vektoren med
b
en faktor 1
1 0
3 i x-retningen. Tilsvarende krymper matrisen 0 1
planet i y-retningen
3
og matrisen
1
3 0
0 1
3
Generelt vil matrisen
krymper planet med en faktor 1
3 .
y
k 0
0 l
3 : 1
retningen og en faktor l i y-retningen.
(5.4) Rotasjon. Ovenfor s˚a vi at matrisen
x
y
1 : 3
strekke eller krympe planet med en faktor k i x-
x
0 −1
gir en rotasjon 90 grader, og at
1 0
den er den sammensatte av en speiling i x-aksen med en speiling om linjen x = y.
Litt omtanke viser at en speiling θ grader er det samme som en speiling om x-aksen
sammensatt med en speiling om linjen L med stigning 1
2θ (se Oppgave (1)). Rotasjon
θ grader f˚ar vi derfor av matrisen
c 2 +d 2
2cd
2cd d 2 −c 2
1 0
2 2
c −d −2cd
=
0 −1 2cd c 2 −d 2
,
der (c, d) t er et punkt p˚a linjen som har vinkelen 1
2
at c2 + d2 = 1.
θ med x-aksen som er valgt slik

→
→
MATRISER 5 37
Dette er en ganske uvanlig m˚ate ˚a se rotasjoner p˚a. Det vanligste er ˚a bruke geometriske
argumenter, og addisjonsformler for sinus og cosinus for ˚a vise at rotasjoner
θ grader er gitt av matrisen
. I virkeligheten gir dette samme matriser
cos θ − sin θ
sin θ cos θ
som ovenfor (se Oppgave (3) og (5)).
Projeksjoner av punkter ned p˚a en gitt linje er ogs˚a gitt av matriser. Slike avbildninger
virker litt meningsløse i planet, men i rommet gir de spektakulære effekter
n˚ar de platter ut tredimensjonale
figurer til todimensjonale.
1 0
Matrisen sender punktet (a, b)
0 0
t til punktet (a, 0) t .
Derfor gir matrisen
projeksjon p˚a x-aksen. Tilsvarende gir projeksjonen p˚a y-aksen. Generelt har
0 0
0 1
vi sett (se Oppgave (5) Seksjon 2) at projeksjonen av et punkt (a, b) t p˚a linjen L
gjennom origo og punktet (c, d) t = 0 er
(ac + bd) (c, d) t = ac 2 + bcd, acd + bd 2 t ,
n˚ar vi velger c og d p˚a linjen slik at c 2 + d 2 = 1. Derfor vil matrisen
projeksjonen.
2
c cd
cd d 2
gi denne
(5.5) Lineære avbildninger. Vi vil se litt mer generelt p˚a avbildninger av planet
gitt av matriser. La A =
a11 a12
a21 a22
. Punktene t (a, b) t + (1 − t) (c, d) t for alle t
utgjør linjen gjennom punktene (a, b) t og (c, d) t . Hvert punkt p˚a linjen vil A sende
til punktet
a11 a12
ta+(1−t)c
a21 a22 tb+(1−t)d =
aa11+ba12
ca11+da12
= t
+ (1 − t)
= t
aa21+ba22
taa11+(1−t)ca11+tba12+(1−t)da12
taa21+(1−t)ca21+tba22+(1−t)da22
ca21+da22
som ligger p˚a linjen gjennom bildene
a11 a12
a21 a22
a11 a12
a21 a22
a
b
a
b
og
a11 a12
+ (1 − t) a21 a22
a11 a12
a21 a22
c
d
c
, d
av (a, b) t re-
spektive (c, d) t ved A. Hver matrise har derfor den tiltalende egenskapen at den
sender linjer til linjer. Derfor kaller vi disse avbildningene lineære. Dette gjør at
den sender trekanter til trekanter og firkanter til firkanter, og s˚a videre, slik at det
er lett ˚a se hva en slik avbildning av planet gjør. I v˚are figurer har vi brukt denne
egenskapen.
Vi har sett at matriser kan speile, rotere, projisere, strekke og trykke sammen,
og kan utføre alle kombinasjoner av slike bevegelser. Nu vil vi undersøke hva som
hender med arealer under disse transformasjonene. Vi skal se p˚a hva som hender
med et parallellogram, det vil si en firkant slik at motst˚aende sider er parallelle. Om
vi kan bestemme hvordan arealet av et parallellogram forandrer seg ved en lineær
avbildning vet vi ogs˚a hvordan alle rimelige figurer forandrer seg ettersom vi kan
tenke oss at vi tilmæmer andre figurer med sm˚a parallellogrammer.

→
38 Matriser
La R være parallellogrammet som er bestemt av punktene (0, 0) t , (a1, a2) t og
(b1, b2) t .
y
(0, 0)
(a1, a2) t
(b1, b2) t
Vi har sett (Oppgave (5) Seksjon 2) at avstanden mellom punktet (a1, a2) t og
linjen gjennom (0, 0) t og (b1, b2) t er
Arealet av parallellogrammet er derfor
b 2 1 + b2 2
For en matrise A =
a2 1 + a22 − (a1b1 + a2b2) 2
b2 1 + b2 .
2
a 2 1 + a2 2 − (a1b1 + a2b2) 2
b 2 1 + b2 2
a 2 1 b2 2 + a2 2 b2 1 − 2a1b1a2b2 = (a1b2 − a2b1) 2 = |a1b2 − a2b1|.
a11 a12
a21 a22
skriver vi det A = a11a22 − a12a21 og kaller det A for
determinanten til A. Vi skal se at determinantene spiller en viktig rolle i studiet
av matriser. Her noterer vi bare at vi har vist at arealet av parallellogrammet er
bestemt av (0, 0) t , (a1, a2) t og (b1, b2) t
a1 a2
er tallverdien av det .
x
b1 b2
Matrisen A transformerer parallellogrammet bestemt av vektorene (0, 0) t , (a1, a2) t
og (b1, b2) t til parallellogrammet bestemt av
a11 a12
=
a11 a12 a1
,
=
a21 a22
0
0
0
0
a21 a22
a2
a11a1+a12a2
a21a1+a22a2
a11 a12
og
a21 a22
Arealet av parallellogrammet etter forflytningen med A er derfor
a11a1+a12a2 a21a1+a22a2
det
a11b1+a12b2 a21b1+a22b2
b1 a11b1+a12b2
=
.
b2 a21b1+a22b2
= (a21b1 + a22b2)(a11a1 + a12a2) − (a11b1 + a12b2)(a21a1 + a22a2)
= (a11a22 − a12a21)(a1b2 − a2b1) = det
a11 a12
a21 a22
det
a1 a2
b1 b2
.

→
→
→
MATRISER 5 39
Arealet av et parallellogram multipliseres derfor med faktoren | det A| n˚ar parallellogrammet
forflyttes ved hjelp av A.
Vi har ganske grundig behandlet rotasjoner. En rotasjon skal selvsagt bevare
lengder og vinkler. Nu vil vi betrakte problemet fra den andre siden og undersøke
hvilke 2 × 2-matriser som vil bevare lengder og vinkler. Vi skal vise, kanskje litt
overraskende, at om A gir en transformasjon som bevarer lengden p˚a vektorene e1 =
(1, 0) t og e2 = (0, 1) t og dessuten bevarer vinkelen p˚a 90 grader mellom e1 og e2 s˚a
vil A enten være en rotasjon, eller en speiling fulgt av en rotasjon.
Lengden til en vektor v = (a1, a2) t er v = a2 1 + a22 og vinkelen mellom linjene
fra origo til punktene v og w = (b1, b2) t er (se Oppgave (5) Seksjon 2)
cos θ =
v · v
vw =
a1b1 + a2b2
a2 1 + a2
2 b2 1 + b2 2
om b˚ade v og w er forskjellige fra origo. Matrisen A =
a11 a12
a21 a22
flytter e1 til
(a11, a21) t og e2 til (a12, a22) t . Skal matrisen A bevare lengden av e1 og e2 m˚a vi
derfor ha at a 2 11 + a 2 21 = 1 og a 2 12 + a 2 22 = 1.
Om matrisen skal bevare vinkelen mellom x- og y-aksen m˚a vi ha at 0 = e1 · e2 =
Ae1 ·Ae2 = (a11, a21) t ·(a12, a22) t = a11a12 +a21a22. Vi har alts˚a funnet tre likninger
som koordinatene til A m˚a tilfredsstille om lengden av e1 og e2 og vinkelen mellom
x- og y-aksen skal bevares
a 2 11 + a 2 21 = 1, a 2 12 + a 2 22 = 1, og a11a12 + a21a22 = 0.
Disse likningene kan vi løse som i Oppgave (6). Løsningene er
Dette gir matrisene
a − √ 1−a2 √
1−a2 a
a11 = 1, a12 = 1 − a 2 , a21 = 1 − a 2 , a22 = −a
a11 = 1, a12 = 1 − a 2 , a21 = − 1 − a 2 , a22 = a
a11 = 1, a12 = − 1 − a 2 , a21 = 1 − a 2 , a22 = a
a11 = 1, a12 = − 1 − a 2 , a21 = − 1 − a 2 , a22 = −a.
,
a − √ 1−a 2
− √ 1−a 2 −a
,
√
a 1−a2 − √ 1−a2 a
,
a
√ 1−a2 √
1−a2 −a
De vanligste fremstillingene av rotasjon er ved hjelp av sinus og cosinus. P˚a mange
m˚ater er dette mer naturlig ettersom det er lett ˚a fremstille vinkler, og derfor rotasjon,
med de trigonometriske funksjonen. Det er imidlertid ikke vanskelig ˚a finne
sammenhengen mellom v˚ar fremstilling og den ved hjelp av av sinus og cosinus (se
Oppgave (8)). Av likningen a 2 11 + a 2 12 = 1 f˚ar vi at |a| < 1 s˚a det finnes nøyaktig to
.

→
40 Matriser
vinkler θ slik at a = cos θ. Da vil √ 1 − a 2 = √ 1 − cos θ 2 = | sin θ|. Vi ser at det bare
finnes en verdi av θ slik at matrisene ovenfor kan skrives p˚a en av de to formene
cos θ − sin θ
sin θ cos θ
,
cos θ sin θ
sin θ − cos θ
Den første av disse er rotasjonen med θ som vi har støtt p˚a tidligere og den andre er
en speiling i x-aksen sammensatt med rotasjonen (se Oppgave (4)).
(5.6) Opgaver.
1. La L og H være to linjer i planet som danner en vinkel p˚a θ grader med hverandre,
der 0 < θ ≤ 180.
Vis at om vi speiler et punkt i H og deretter speiler det nye punktet i L, s˚a er resultatet
det samme som˚a rotere det opprinnelige punktet 2θ grader om skjæringspunktet
mellom linjene.
Hint. La (g, h) t være skjæringspunktet mellom linjene L og H. Videre la K være
linjen gjennom et punkt (a, b) t og la ϕ være vinkelen mellom K og H, der vi regner
tegnet av vinklene ut fra H. Da vil vinkelen mellom K og L være θ − ϕ. Speiler vi
(a, b) t i H f˚ar vi en et punkt (c, d) t slik at linjen gjennom (g, h) t og (c, d) t danner
vinkelen θ + ϕ med L. Speiling av (c, d) t i L gir et punkt (e, f) t slik at vinkelen
mellom linjen gjennom (e, f) t og (g, h) t danner en vinkel θ + ϕ med L, og derfor
vinkelen θ + ϕ + θ − ϕ = 2θ med K.
(e, f) t
2. Vis at
2 2
c −d 2cd
2cd d 2 −c 2
gjennom (c, d) t = 0.
(g, h) t
θ
ϕ
L K
θ + ϕ θ − ϕ (a, b) t
θ + ϕ
(c, d) t
der c 2 +d 2 = 1 er matrisen som beskriver en speiling i linjen
y L
θ
(b1, b2)
v·w
w·w (b1, b2) t
(a1, a1) t
x
.
H

→
→
→
MATRISER 5 41
Hint. Det følger av Oppgave (5) i Seksjon 2 at linjen fra et punkt (a, b) t som st˚ar
normalt p˚a linjen L gjennom origo og (c, d) t skjærer L i punktet (ac + bd) (c, d) t .
Vektoren fra (a, b) t til (ac + bd) (c, d) t er derfor (ac + bd) (c, d) t − (a, b) t . Speiling i
L gies av den doble vektoren. Derfor er punktet symmetrisk med (a, b) t med hensyn
til L lik
2(ac + bd) (c, d) t − 2 (a, b) t + (a, b) t
= 2(ac + bd)c − a(c 2 + d 2 ), 2(ac + bd)d − b(c 2 + d 2 ) t
= a(c 2 − d 2 ) + 2bdc, 2acd + (d 2 − c 2 )b t =
3. Vis at matrisene p˚a formen
matrisene
cos θ − sin θ
sin θ cos θ
.
2 2
c −d −2cd
2cd c 2 −d 2
c 2 −d 2
2cd
2cd d 2 −c 2
a
. b
med c 2 + d 2 = 1 er de samme som
Hint. Sett a = c 2 − d 2 . Da vil a = 2c 2 − 1 og a = 1 − d 2 . Derfor f˚ar vi at
4c 2 d 2 = (1 + a)(1 − a) = 1 − a 2 og at 2cd er lik plus eller minus √ 1 − a 2 . Av
c 2 + d 2 = 1 f˚ar vi at |c| ≤ 1 og |d| ≤ 1 og derfor at |a| < 1. Det finnes derfor eksakt
to vinkler θ slik at a = cos θ. Vi har ogs˚a √ 1 − a 2 = √ 1 − cos 2 θ = | sin θ|. De to
valgene av θ gir ulike tegn p˚a sin θ. Derfor finnes det nøyaktig en vinkel θ slik at
cos θ = a = c 2 − d 2 . Med denne vinkelen tar matrisen formen
cos θ − sin θ
sin θ cos θ
Omvendt, om vi har gitt den siste matrisen s˚a kan vi, ettersom | cos θ| ≤ 1, finne
tall c og d slik at 2c 2 = cos θ + 1 og 2d 2 = 1 − cos θ. Vi har at c og d er entydig
bestemt opp til tegn. Legger vi sammen likningene f˚ar vi at 2c 2 + 2d 2 = 2 s˚a
c 2 + d 2 = 1. Trekker vi likningene fra hverandre f˚ar vi at 2(c 2 − d 2 ) = 2 cos θ s˚a vi
har at cos θ = c 2 − d 2 . Multipliserer vi likningene f˚ar vi at 4c 2 d 2 = 1 − cos 2 θ = sin 2 θ
s˚a 2cd = ± sin θ. Nu bestemmer vi tegnene for c og d slik at 2cd = sin θ. Vi f˚ar da
at matrisen tar formen
c 2 −d 2 −2cd
2cd c 2 −d 2
. Merk at c og d ikke er entydig bestemte, men
at de to mulige parene (c, d) gir samme matrise.
4. Vis at matrisen
er en speiling i x-aksen sammensatt med en rotasjon.
cos θ sin θ
sin θ − cos θ
5. Bruk Oppgave (3) til ˚a vise ligningene
sin(ϕ + θ) = cos ϕ sin θ − sin ϕ cos θ, cos(ϕ + θ) = cos ϕ cos θ − sin ϕ sin θ.
Hint. Vi viste i Oppgave (3) at matrisen
gir en rotasjon θ grader.
cos θ − sin θ
sin θ cos θ
Sammensetter vi denne rotasjonen med en rotasjon ϕ grader f˚ar vi en rotasjon ϕ + θ
grader. Dette kan vi uttrykke som
=
cos ϕ − sin ϕ
sin ϕ cos ϕ
cos θ − sin θ
sin θ cos θ
cos(ϕ+θ) − sin(ϕ+θ)
.
sin(ϕ+θ) cos(ϕ+θ)
Multiplikasjon av matrisene i venstre side av likningen gir de søkte ligningene.
.

42 Matriser
6. Vis at likningene
har nøyaktig de 4 løsningene
a 2 11 + a 2 21 = 1, a 2 12 + a 2 22 = 1 og a11a12 + a21a22 = 0
a11 = 1, a12 = 1 − a 2 , a21 = 1 − a 2 , a22 = −a
a11 = 1, a12 = 1 − a 2 , a21 = − 1 − a 2 , a22 = a
a11 = 1, a12 = − 1 − a 2 , a21 = 1 − a 2 , a22 = a
a11 = 1, a12 = − 1 − a 2 , a21 = − 1 − a 2 , a22 = −a.
Hint. Sett a = a11. Vi f˚ar da av den første likningen at a 2 21 = 1 − a 2 . Da gir den
andre likningen at a 2 a 2 12 = a 2 11a 2 12 = (−a21a22) 2 = a 2 21a 2 22 = (1 − a 2 )(1 − a 2 12). Dette
gir at (a 2 + 1 − a 2 )a 2 12 = 1 − a 2 12 = a 2 , s˚a a 2 12 = 1 − a 2 . Den andre likningen gir da
at a 2 22 = 1 − a 2 12 = a 2 . Vi har alts˚a likningene
a11 = a, a 2 12 = 1 − a 2 , a 2 21 = 1 − a 2 , a 2 22 = a 2 .
Opptil tegn bestemmer dette koeffisientene til A som uttrykk i a. Det er 8 ulike valg
av tegn tilsvarende de 3 kvadratuttykkene. Av de ˚atte valgene vil alle tilfredsstille
de to første likningene men bare fire vil tilfresdstiller den tredje.
7. Løs likningene a 2 11 + a21 = 1, a 2 21 + a 2 22 = 1 og a11a12 + a21a22 = 0 p˚a en slik
m˚ate at du direkte f˚ar at koordinatene gir matrisene
c 2 −d 2 −2cd
2cd c 2 −d 2
,
c 2 −d 2
2cd
2cd d 2 −c 2
Hint: Observer at du kan finne tall c og d slik at 2c 2 = a11 + 1 og 2d 2 = 1 − a11.
Vis først at da vil a11 = c 2 − d 2 og c 2 + d 2 = 1. Derfor vil a 2 21 = 1 − a 2 11 =
(1 − a11)(1 + a11) = 4c 2 d 2 . Fortsett p˚a denne m˚aten p˚a en tilsvarende m˚ate som vi
gjorde ovenfor.
8. Tegn en enkel figur p˚a din dataskjerm, for eksempel et kvadrat. Velg et stort tall
n.
(1) Se hva som hender n˚ar du bruker avbildningene
Sm =
1 0
0 1− 2m
n
p˚a kvadratet n˚ar m = 0, 1, . . . , n.
(2) Se hva som hender n˚ar du bruker avbildningene
2π 2π
cos n − sin n
Rm =
sin 2π
n
cos 2π
n
p˚a kvadratet n˚ar m = 0, 1, . . . , n.
(3) Prøv ulike kombinasjoner av avbildningene ovenfor, enten ved˚a ta produktene
SmRm eller RmSm, eller ved ˚a la en av dem løpe en stund og deretter bruke
den andre, eller en kombinasjon av de to.
.

1. Mengder og vektorrom.
Vektorrom
(1.1) Innledning. Materialet om matriser og vektorer som vi har presentert kan
virke kunstig og lite motivert. For ˚a forst˚a dypet og vidden av teorien, og innse
hvorfor de er s˚a anvendbare m˚a de settes inn i en videre sammenheng. Dette fordyper
ikke bare kunnskapen om matriser og vektorer, men utvider ogs˚a v˚ar matematisk
horisont og gir forst˚aelse av hvordan matematikken utvikler seg fra det spesielle til
det generelle. I dette kapittelet skal vi gi den nødvendige bakgrunnen for ˚a forst˚a
materialet. Vi skal se hvordan vi fra forholdsvis f˚a og enkle eksempler blir tvunget til
generaliseringer som inneholder en stor mengde interessante spesialtilfeller, og som
kaster nytt lys over eksemplene.
Vi begynner med litt notasjon fra mengdelæren, som er den rette innfatningen for
nesten all matematikk.
(1.2) Mengder. Vi bruker ordet mengde for ˚a betegne en samling objekter. Disse
objektene kaller vi elementer i mengden. Et eksempel p˚a en mengde er samlingen
av alle n-vektorer (a1, a2, . . . , an) t . Denne mengden betegner vi med R n . Vektorene
(a1, a2, . . . , an) t er elementene i mengden R n . Vi kjenner allerede flere viktige
mengder. De naturlige tallene 0, 1, 2, . . . danner en mengde som vi betegner med N,
og de hele tallene . . . , −2, −1, 0, 1, 2, . . . danner en mengde som vi betegner med Z.
Andre kjente mengder er de rasjonale tallene Q som best˚ar av alle kvotienter m/n
av hele tall m og n med n = 0, og de reelle tallene, som vi bare kaller tall i denne
boken.
Tallet −2 er et element i mengdene Z, Q og R, men ikke i N. Vi skriver dette
som −2 ∈ Z, −2 ∈ Q og −2 ∈ R, men −2 /∈ N. Tallet √ 2 er med i R, men ikke i Q,
og derfor heller ikke i Z eller N. Vi skriver dette som √ 2 ∈ R og √ 2 /∈ Q, √ 2 /∈ Z
og √ 2 /∈ N.
Generelt, om S er en mengde og s et element i S s˚a skriver vi s ∈ S.
Ettersom alle naturlige tall er hele, alle hele tall er rasjonale og alle rasjonale tall
er reelle, har vi at mengdene N, Z, Q og R ligger inneholdet i hverandre, men er
ikke like. Dette skriver vi som N ⊂ Z ⊂ Q ⊂ R.
Generelt sier vi at en mengde R er en undermengde av en mengde S om alle
elementene i mengden R ogs˚a er med i mengden S, og vi skriver R ⊆ S. Er de ulike,
det vil si R best˚ar ikke av alle elementene i S, skriver vi R ⊂ S.
43

44 Vektorrom
(1.3) Notasjon. Det er ofte praktisk ˚a skrive
R n = {(a1, a2, . . . , an) t : ai ∈ R for i = 1, 2, . . . , n}
der de objektene som st˚ar innenfor parentesene {} og til venstre for kolonet er elementene
i mengden, og det som st˚ar etter kolonet er betingelsene som disse elementene
m˚a tilfredsstille for ˚a være med i mengden. I dette tilfellet er betingelsen at
ai ∈ R for i = 1, 2, . . . , n, det vil si, koordinatene a1, a2, . . . , an skal være relle tall.
To andre eksempler er N = {n ∈ Z : n ≥ 0}, som betyr at de naturlige tallene er de
hele tallene som er minst lik 0, og Q = {m/n : m ∈ Z, n ∈ Z, n = 0} som uttrykker
at de rasjonale tallene er alle kvotienter av hele tall med ikke null nevner. Vi skriver
ogs˚a
N = {0, 1, 2, . . . }, Z = {. . . , −2, −1, 0, 1, 2, . . . } og generelt S = {a1, a2, . . . },
n˚ar mengden S best˚ar av elementene a1, a2, . . . . I de siste eksemplene tilfredsstiller
elementene ikke noen betingelser.
(1.4) Visualisering. Ofte hjelper det ˚a se en mengde som en sirkelskive. En
undermengde sees da som en mindre sirkelskive inneholdt i den første
S
R
(1.5) Definisjon. Mengden R n = {(a1, a2, . . . , an) t : ai ∈ R for i = 1, 2, . . . , n}
kaller vi det n-dimensjonale Euklidske rommet. Vi skriver ei = (0, . . . , 1, . . . , 0) t for
vektoren som har 1 som i’te koordinat, og der alle andre koordinater lik 0.
(1.6) Bemerkning. Vektorene e1, e2, . . . , en har de fundamentale egenskapene
(1) Hver vektor v = (a1, a2, . . . , an) t kan skrives p˚a formen v = a1e1 + a2e2 +
· · · + anen.
(2) Om a1e1 + a2e2 + · · · + anen = 0 s˚a vil 0 = a1 = a2 = · · · = an.
Egenskapene (1) og (2) er opplagte ettersom regnereglene for vektorer viser at a1e1 +
a2e2 + · · · + anen bare er en annen m˚ate ˚a skrive (a1, a2, . . . , an) t p˚a, og ettersom
sammenligning av koordinatene til høyre og venstre i ligningene (0, 0, . . . , 0) t = 0 =
a1e1 + a2e2 + · · · + anen = (a1, a2, . . . , an) t viser at alle ai’ene er 0.

→
→
VEKTORROM 1 45
(1.7) Vektorrom. Vi har sett at det n-dimensjonale Euklidske rommet R n ikke
bare er en mengde, men at elementene ogs˚a kan adderes. Under addisjon tilfredsstiller
vektorene regnereglene (1), (2), (3) og (4) i Proposisjon (2.7) i Kapittel 1. Vi ut-
trykker dette ved ˚a si at vektorene i R n danner en abelsk, eller kommutativ, gruppe
under addisjon. Dette er ikke unikt for R n . Vi kjenner mange abelske grupper. For
eksempel vil addisjon av de hele tallene Z tilfredsstille egenskapene (1), (2), (3) og
(4). Det samme gjelder for addisjon av de rasjonale tallene Q og de reelle tallene R.
Derfor er Z, Q og R abelske grupper under addisjon. Ikke bare addisjon gir abelske
grupper. La Q ∗ = Q \ {0} = {r ∈ Q : r = 0} være de ikke null rasjonale tallene. Da
vil multiplikasjonen i Q ∗ tilfresstille egenskapene (1), (2), (3) og (4). Derfor er Q ∗
en abelsk gruppe under multiplikasjon.
Generelt har vi:
(1.8) Definisjon. En abelsk eller kommutativ gruppe er en mengde G med en
addisjon +, som til hvert par av elementer g og h i G gir et element g + h i G, og
som tilfredsstiller betingelsene
(1) Det finnes et element 0 i G slik at 0 + g = g + 0 = g for alle elementene g i G.
(2) For hvert element g i G finnes det et element −g i G slik at g + (−g) =
(−g) + g = 0.
(3) For alle tripler av element f, g, h i G har vi at (f + g) + h = f + (g + h).
(4) For alle par av element g og h i G har vi at g + h = h + g.
Gruppene er oppkalt etter den norske matematikeren Nils Henrik Abel (1802-
1829). Han er mest kjent for ˚a ha vist at røttene til hvert polynom av femte grad
ikke kan skrives som et rotuttrykk i koeffisientene til polynomet. Dette viste at de
heroiske forsøkene som hadde p˚ag˚att i flere hundre ˚a p˚a ˚a finne løsninger til femtegradsligningen,
p˚a en liknende m˚ate som vi kan bestemme røttene til andre-, tredjeog
fjerdegradspolynom, var dømt til ˚a mislykkes. De abelske gruppene oppsto i
forbindelse med arbeidet med femte grads likningen. Til tross for at Abel døde 27 ˚ar
gammel rakk han ˚a gjøre en fundamental innsats p˚a mange omr˚ader i matematikken,
blandt annet i teorien for elliptiske funksjoner.
(1.9) Terminologi. Egenskap (1) i Definisjon (1.8) kalles eksistens av et nøytralt
element og egenskapen (2) eksistens av invers. Videre kaller vi egenskapen (3) assosiativitet
av addisjon, og egenskapen (4) kaller vi kommutativitet av addisjon.
(1.10) Merk. Det er viktig ˚a merke at + er en operasjon p˚a mengden G og at
vi like gjerne kunne betegnet den med ·, eller ∗, eller ◦ , eller noe annet som passer
for tilfellet. Grunnen til at vi bruker + er historisk. For vilk˚arlige grupper skulle vi
brukt en av de andre symbolene, men for abelske grupper er det tradisjon ˚a bruke +.
(1.11) Merk. Det finnes bare et eneste element 0 i G som har egenskapen (1).
Dette er fordi om det fantes et annet element 0 ′ slik at 0 ′ + g = g + 0 ′ = g s˚a gir
egenskapen (1) for elementene 0 og 0 ′ at
0 ′ = 0 ′ + 0 = 0.

→
46 Vektorrom
Videre har vi at det bare finnes et eneste element −g som har egenskapen (2). Dette
er fordi om h var et annet element slik at h + g = g + h = 0 s˚a f˚ar vi ved ˚a bruke
egenskapene (1), (2) og (3) for h og −g at
h = h + 0 = h + (g + (−g)) = (h + g) + (−g) = 0 + (−g) = 0.
Vi skriver h + (−g) = h − g. Assosiativiteten f + (g + h) = (f + g) + h gjør at vi
kan skrive f + g + h = f + (g + h) = (f + g) + h uten ˚a risikere flertydighet.
(1.12) Eksempler. Det finnes mengder av eksempler p˚a abelske grupper i tillegg
til de vi har sett. De fire vridninger av et kvadrat, som fører kvadratet over i seg
selv, danner en abelsk gruppe med fire elementer.
p2
p3
Om σ er en vridning 90 grader f˚ar vi at gruppen best˚ar av de fire elementene 0, σ,
2σ, 3σ, som representerer vridningene 0 grader, 90 grader, 180 grader og 270 grader
respektive. Vi har da 4σ = 0, 5σ = σ, 6σ = 2σ , 7σ = 3σ og s˚a videre.
Tilsvarende har vi at alle vridninger av et regulært polygon med n sider, som
fører polygonet over i seg selv, er en abelsk gruppe med n elementer. Elementene er
grader med m = 0, 1, . . . , n − 1.
vridningene m 2π
n
p4
p3
p5
p2
p6
(1.13) Eksempel. Gruppen med bare to elementer {0, 1} spiller en stor rolle ved all
elektronisk kommunikasjon. Den er definert ved at 1 + 1 = 0. De andre addisjonene
er p˚atvungete av egenskapen (1) i Definisjonen (1.8). Vi betegner denne gruppen
med Z2. Ved elektronisk overføring av informasjon blir bokstaver og meddelelser
erstattet med strenger av 0’er og 1’er. En streng av lengde n kan vi betrakte som en
n-vektor (a1, a2, . . . , an) t der koordinatene ai er elementer i Z2. Vi betegner mengden
av alle n-tupler (a1, a2, . . . , an) med koordinater i Z2 med Z n 2 . Vektorene i Z n 2 kan
σ
σ
p1
p7
p1
p0
p0

→
→
→
→
VEKTORROM 1 47
vi addere komponentvis tilsvarende addisjonen av vektorer i R n . For eksempel vil
(0, 1, 1, 0, 1) t + (1, 1, 1, 0, 1) t = (0 + 1, 1 + 1, 1 + 1, 0 + 0, 1 + 1) t = (1, 0, 0, 0, 0) t . Under
komponentvis addisjon av koordinatene er Z n 2 en abelsk gruppe. Denne gruppen
spiller en stor rolle ved kryptering og kodning av meddelelser.
(1.14) Vektorrom. I tillegg til ˚a addere vektorer i det n-dimensjonale Euklidske
rommet R n kan vi multiplisere dem med en skalar. Denne multiplikasjonen til-
fredsstiller betingelsene (1), (2), (3) og (4) i Proposisjon (2.10) i Kapittel 1. Dette
gir R n ytterligere struktur. Vi sier at R n er et vektorrom. Av eksemplene ovenfor
er det bare i R n og R som vi p˚a en naturlig m˚ate kan multiplisere med skalarer
og der egenskapene (1), (2), (3) og (4) i Proposisjon (2.10) i Kapittel 1 er oppfylt.
Disse to eksemplene er ikke p˚a noen m˚ate unike blandt abelske grupper som ogs˚a
er vektorrom. N˚ar vi kommer til avbildninger skal vi se mange andre naturlige eksempler
p˚a vektorrom. Før vi gir den generelle definisjonen av vektorrom vil vi gi
noen eksempler som er viktige for oss og som motiverer at vi introduserer begrepet
vektorrom.
(1.15) Eksempel. La L være mengden av alle vektorer (a1, a2) t i R 2 som tilfredsstiller
ligningen 2a1 − 5a2 = 0. Det vil si linjen
L = {(a1, a2) t ∈ R 2 : 2a1 − 5a2 = 0}.
Summen av to vektorer i L gir en vektor i L fordi om (b1, b2) t er en annen vektor
i L s˚a vil (a1, a2) t + (b1, b2) t = (a1 + b1, a2 + b2) t og 2(a1 + b1) − 5(a2 + b2) =
2a1 − 5a2 + 2b1 − 5b2 = 0.
x2
2
1
(5, 2) t
2x1 − 5x2 = 0
0 1 2 3 4 5 x1
Vi vil vise at vektorene i L danner en abelsk gruppe under addisjon. For ˚a se dette
observerer vi at egenskapene (3) og (4) i Definisjon (1.8) holder for alle vektorene i
R 2 og derfor spesielt for vektorene i L. For ˚a vise at L er en abelsk gruppe rekker
det derfor ˚a vise at egenskapene (1) og (2) holder, det vil si at 0 = (0, 0) t er i L og at
− (a1, a2) t = (−a1, −a2) t er i L om (a1, a2) t . Men dette følger av at 2 · 0 − 5 · 0 = 0
og av at 2(−a1) − 5(−a2) = −(2a1 − 5a2) = 0.
Vi har at L ikke bare er en abelsk gruppe. Multipliserer vi en vektor i L med et
tall f˚ar vi en ny vektor i L. Dette er fordi om (a1, a2) t er i L, det vil si 2a1 − 5a2 = 0
og a er et tall, s˚a vil a (a1, a2) t = (aa1, aa2) t og 2aa1 − 5aa2 = a(2a1 − 5a2) = 0.
Addisjon og skalarmultiplikasjon har egenskapene (1), (2), (3) og (4) i Proposisjon
(2.10) i Kapittel 1. Dette er fordi alle vektorer i R2 tilfredsstiller disse egenskapene,
og da vil spesielt de i L gjøre det.

→
→
48 Vektorrom
Merk at L best˚ar av alle vektorene p˚a formen t (5, 2) t . Dette er fordi vi p˚a den
ene siden har at 2(5t) − 5(2t) = 0, og p˚a den andre siden har at om 2a1 − 5a2 = 0 s˚a
vil a1 = 5
2a2 og derfor (a1, a2) t = 5
2a2, t 1
a2 = 2a2 (5, 2) t , s˚a vi har t = 1
2a2. (1.16) Eksempel. La H være mengden av alle vektorer (a1, a2, a3) t i R 3 som
tilfredsstiller ligningen a1 + 2a2 − 2a3 = 0. Det vil si planet
H = {(a1, a2, a3) t ∈ R 3 : a1 + 2a2 − 2a3 = 0}.
Summen av to vektorer i H gir en vektor i H fordi om (b1, b2, b3) t er en annen vektor
i H s˚a vil (a1, a2, a3) t + (b1, b2, b3) t = (a1 + b1, a2 + b2, a3 + b3) t og (a1 + b1) + 2(a2 +
b2) − 2(a3 + b3) = a1 + 2a2 − 2a3 + b1 + 2b2 − 2b3 = 0. Vektorene i H danner en
abelsk gruppe under addisjon. For ˚a se dette observerer vi at egenskapene (3) og (4)
i Definisjon (1.8) holder for alle vektorene i R 3 og derfor spesielt for vektorene i H.
For ˚a vise at H er en abelsk gruppe rekker det derfor ˚a vise at egenskapene (1) og
(2) holder, det vil si at 0 = (0, 0, 0) t er i H og at − (a1, a2, a3) t = (−a1, −a2, −a3) t
er i H om (a1, a2, a3) t er i H. Men dette følger av at 1 · 0 + 2 · 0 − 2 · 0 = 0 og av at
(−a1) + 2(−a2) − 2(−a3) = −(a1 + 2a2 − 2a3) = 0.
Vi har at H ikke bare er en abelsk gruppe. Multipliserer vi en vektor i H med
et tall f˚ar vi en ny vektor i H. Dette er fordi om (a1, a2, a3) t er i H, det vil si
a1 + 2a2 − 2a3 = 0 og a er et tall, s˚a vil a (a1, a2, a3) t = (aa1, aa2, aa3) t og aa1 +
2aa2−2aa3 = a(a1+2a2−2a3) = 0. Addisjon og skalarmultiplikasjon har egenskapene
(1), (2), (3) og (4) i Proposisjon (2.10) i Kapittel 1. Dette er fordi alle vektorer i R3 tilfresstiller disse egenskapene, og da vil spesielt de i L gjøre det.
x2
2
1
x3
2
1
x1 + 2x2 − 2x3 = 0
0 1 2 3 4
Merk at vi kan skrive alle vektorene i H p˚a formen s (2, 0, 1) t + t (0, 1, 1) t =
(2s, t, s + t) t . Dette er fordi vi p˚a den ene siden har at 2s + 2t − 2(s + t) = 0,
og p˚a den andre siden har at om a1 + 2a2 − 2a3 = 0 s˚a vil a1 = −2a2 + 2a3 og
derfor (a1, a2, a3) t = (−2a2 + 2a3, a2, a3) t = (−a2 + a3) (2, 0, 1) t + a2 (0, 1, 1) t , s˚a vi
har s = −a2 + a3 og t = a2.
(1.17) Eksempel. La L være mengden av vektorer (a1, a2, a3) t i R 3 som tilfredsstiller
ligningene a1 + 2a2 − 2a3 = 0 og a1 − 2a2 = 0, det vil si linjen
L = {(a1, a2, a3) t ∈ R 3 : a1 + 2a2 − 2a3 = 0 = a1 − 2a2}.
x1

→
→
→
→
→
VEKTORROM 1 49
Igjen har vi at produktet av en vektor i L og en skalar gir en vektor i L, og at summen
av to vektorer i L gir en vektor i L. Dette ser vi ved ˚a bruke argumentet i Eksempel
(1.16) p˚a hver av ligningene som definerer L. P˚a samme m˚ate gir argumentet i
Eksempelet brukt p˚a hver av ligningene at L er en abelsk gruppe.
x
z
Igjen ser vi at skalarmultiplikasjon og addisjon tilfredsstiller egenskapene (1), (2),
(3) og (4) i Proposisjon (2.10) i Kapittel 1. Det vil si at L ogs˚a er et vektorrom.
Merk at alle vektorene i L kan skrives p˚a formen t (2, 1, 2) t . Dette er fordi vi
s˚a i Eksempel (1.16) at de vektorene (a1, a2, a3) t som tilfredsstiller ligningen a1 +
2a2 − a3 = 0 er vektorene p˚a formen s (2, 0, 1) t + t (0, 1, 1) t = (2s, t, s + t) t . For
at vektoren ogs˚a skal tilfredsstille ligningen a1 − 2a2 = 0 m˚a vi ha at 2s − 2t = 0,
s˚a t = s. Det følger at vektorene som tilfredsstiller begge ligningene er p˚a formen
t (2, 0, 1) t + t (0, 1, 1) t = t (2, 1, 2) t .
Generelt har vi:
(1.18) Definisjon. Et vektorrom er en abelsk gruppe V der vi kan multiplisere
hvert element med tall slik at vi har
(1) For alle tall a og alle par av elementer v og w i V vil a(v + w) = av + aw.
(2) For alle par av tall a og b og alle elementer v i V vil (a + b)v = av + bv.
(3) For alle par av tall a og b, og elementer v i V vil a(bv) = (ab)v.
(4) For alle elementer v i V vil 1v = v.
Elementene i vektorrommet V kalles vektorer.
(1.19) Terminologi. Egenskapen (1) i Definisjon (1.18) kalles distributivitet av
skalar multiplikasjon med addisjon av vektorer, og (2) for distributivitet av addisjon av
skalarer med hensyn p˚a vektorprodukt. Videre kalles (3), som tidligere, assosiativitet
av skalarmultiplikasjon med vektorer.
(1.20) Merk. Av egenskapene (1), (2), (3) og (4) i Definisjon (1.18) følger mange
andre brukbare egenskaper. For eksempel har vi at 0v = 0 for alle vektorer v. Dette
er fordi 0v = (0 + 0)v = 0v + 0v, s˚a 0v = 0v − 0v = 0. Vær oppmerksom p˚a at vi
her, som mange andre steder, bruker 0 i flere ulike betydninger uten at det skaper
y

→
→
→
→
→
→
→
→
→
50 Vektorrom
forvirring. Det er klart av sammenhengen at i likheten 0v = 0 er 0’en til venstre null
i de reelle tallene, og 0’en til høyre nullen i vektorrommet V .
Likheten a(bv) = (ab)v gjør at vi uten flertydighet kan skrive abv = a(bv) = (ab)v.
(1.21) Definisjon. Et underrom W av et vektorrom V er en undermengde av V
slik at
(1) For alle par av elementer v og w i W summen v + w i V ligge i W .
(2) For alle vektorer w i W og for alle tall a vil produktet av i V være i W .
(1.22) Bemerkning. Et underrom W av et vektorrom V er selv et vektorrom.
Ettersom egenskapene (1)–(4) i Definisjon (1.16) og i Definisjon (1.6) holder for alle
vektorene i V holder de automatisk for alle vektorene i W . Derfor behøver vi bare
verifisere egenskapene (1) og (2) i Definisjon (1.21). Det er denne observasjonen vi
brukte i Eksemplene (1.15)–(1.17) ettersom vektorromene L og H er underrrom av
R 2 og R 3 .
(1.23) Vektorrom/Euklidske rom. Vi s˚a i (1.14) at de Euklidske rommene Rn er vektorrom. P˚a mange m˚ater er disse rommene fundamentale. Det som skiller
de Euklidske rommene fra vektorrommene i Eksemplene (1.13), (1.16) og (1.17) er
at det i R n finnes de spesielle vektorene e1, e2, . . . , en der ei = (0, . . . , 1, . . . , 0) t har
alle koordinater, bortsett fra den i’te, lik null. Hver vektor v i R n kan skrives p˚a
formen v = a1, e1 + a2, e2 + · · · + anen og om a1e1 + a2e2 + · · · + anen = 0 s˚a er
a1 = a2 = · · · = an = 0 (se (?)). Dette medfører blandt annet at fremstillingen
v = a1, e1 + a2, e2 + · · · + anen er entydig, for om vi har v = b1e1 + b2e2 + · · · + bnen
f˚ar vi at ai = bi for alle i.
Vi s˚a i Eksempel (1.16) at det i vektorrommet H av alle vektorer (a1, a2, a3) t ,
som ligger p˚a linjen x1 + 2x2 − x3 = 0 finnes to vektorer (2, 0, 1) t og (0, 1, 1) t slik
at alle vektorene v i H kan skrives p˚a formen a (2, 0, 1) t + b (0, 1, 1) t og slik at om
a (2, 0, 1) t + b (0, 1, 1) t = 0 s˚a er a = b = 0. Det som skiller H fra R 2 er at det ikke
finnes noe par av vektorer som har disse egenskapene og som utmerker seg fremfor
alle andre slike. For eksempel har alle par (2c, 0, c) t og (0, 1, 1) t , for alle ikke null tall
c, samme egenskaper. Vi kan begrense utvalget av par ved ˚a forlange at lengden er lik
med 1, slik at vi f˚a par 1
√5c (2c, 0, c) t og 1
2 (0, 1, 1)t . Men selv slike par er det uendelig
mange av. Prøver vi ˚a restrisere ytterligere ved ˚a forlange at de to vektorene st˚ar
normalt p˚a hverandre og har lengde en, med andre ord at de er orthonormale, s˚a finnes
det fremdeles uendelig mange valg, for eksempel
(−2 − 4c, 5 + c, 4 − c)t
og
1
√ 5+2c+2c 2 (2, c, 1 + c)t .
1
√ 45+18c+18c 2
Samme type problem oppst˚ar i vektorrommene L i Eksemplene (1.13) og (1.17).
For eksempel har vi i Eksempel (1.17) en vektor (2, 1, 2) t som ligger p˚a linjen L som
er skjæringen av planenen x1 + 2x2 − 2x3 = 0 og x1 − 2x2 = 0 og som er slik at alle
vektorer v i L kan skrives v = a (2, 1, 2) t og a (2, 1, 1) t = 0 medfører at a = 0. Igjen
finnes det uendelig mange vektorer som har samme egenskaper, nemlig vektorene
(2c, c, c) t for alle ikke null tall c. Igjen kan vi begrense antallet ved ˚a forlange at

→
VEKTORROM 1 51
lengden er 1. Vi f˚ar da to vektorer 1 √ 5 (2, 1, 2) t og − 1 √ 5 (2, 1, 2) t . Nu st˚ar vi ovenfor
problemet ˚a velge en retning i rommet. Vi ser at det er en betydelig forskjell p˚a
vektorrommet L og p˚a R 1 . I R 1 finnes det en naturlig gitt vektor (1) t , mens det
ikke finnes noe slikt naturlig valg i L.
(1.24) Paritetsproblemet. Vi s˚a i Seksjon (1.21) at et vektorrom skiller seg fra
det Euklidske rommet ved at det ikke finnes en naturlig oppsetning av vektorer
f1, f2, · · · , fn slik at alle vektorer kan skrives som en sum a1f1 + a2f2 + · · · + anfn og
a1f1 + a2f2 + · · · + anfn = 0 medfører at alle ai’ene er null. I tilfellet med n = 1 s˚a vi
at problemet var at vi ikke kan finne noen naturlig retning i rommet. Dette henger
sammen med det viktige paritetsproblemet i fysikken. Gir vi to vektorer v og w i
et vektorrom kan vi spørre om de har noen orientering i forhold til hverandre. For
eksempel kan vi spørre om den ene ligger til høyre eller venstre for den andre, eller
om den ene ligger medurs, eller medsols, i forhold til den andre. For to observatører
som st˚ar p˚a samme sted og betrakter samme vektorer samtidig har dette mening.
Matematikk m˚a man imidlertid kunne kommunisere til alle, overalt, og til enhver
tid. Spørsm˚alene blir derfor meningsløse for personer som ikke har noen klokke, eller
er p˚a en klode der klokkene g˚ar i motsatt retning. Bare ˚a vende papiret s˚a nord blir
syd, skaper forvirring, og er vi i et annet solsystem betyr medsols noe helt annet enn
p˚a jorden. Det finnes rett og slett ingen universell orientering av vektorrom. Dette
betyr ikke at det ikke g˚ar an ˚a formulere begrepet orientering matematisk, men at vi
i hvert enkelt tilfelle m˚a velge en orientering for vektorromet, eller det matematiske
systemet, vi behandler. N˚ar dette en gang er valgt kan to matematikere snakke
fornuftig med hverandre. Det er ikke noe bekymmer at om de engang skulle møtes
p˚a samme sted og legge sine tegninger ved siden av hverandre s˚a skulle deres sirkler,
med femti prosents sannsynlighet, snurre i motsatt retning.
(1.25) Opgaver.
1. La H = {(a1, a2) t ∈ R 2 : a1 − 2a2 = 0}.
(1) Vis at H er et vektorrom under skalarmultiplikasjon og addisjon av vektorer.
(2) Vis at H best˚ar av de vektorene som ligger p˚a linjen som best˚ar av punktene
t (2, 1) t .
2. La H = {(a1, a2, a3) t ∈ R 3 : a1 − 5a2 + 2a3 = 0}.
(1) Vis at H er et vektorrom under skalarmultiplikasjon og addisjon av vektorer.
(2) Vis at H best˚ar av de vektorene som ligger i planet som best˚ar av punktene
s (5, 1, 0) t + t (0, 2, 5) t .
3. La H = {(a1, a2, a3) t ∈ R 3 : a1 − 5a2 + 2a3 = 0 = a1 − 2a2 + 5a3}.
(1) Vis at H er et vektorrom under skalarmultiplikasjon og addisjon av vektorer.
(2) Vi at H best˚ar av de vektorene som ligger p˚a linjen som best˚ar av punktene
t (7, 1, −1) t .
4. Vis at det finnes uendelig mange vektorer f i vektorromet L slik at hver vektor

→
→
→
52 Vektorrom
v i H kan skrives p˚a formen v = af og om af = 0 s˚a er a = 0.
(1) N˚ar L er vektorromet i Eksempel (1.13).
(2) N˚ar L er vektorromet i Eksempel (1.15).
(3) N˚ar L er vektorromet i Oppgave (1).
(4) Finn i alle tre oppgavene de vektorene av lengde 1 som ligger i vektorrommet
L.
5. Vis at det finnes uendelig mange samlinger av to vektorer f1, f2 i vektorromet H
slik at hver vektor v i H kan skrives p˚a formen v = a1f1 +a2f2 og om a1f1 +a2f2 = 0
s˚a er a1 = a2 = 0.
(1) N˚ar H er vektorromet i Eksempel (1.14).
(2) N˚ar H er vektorromet i Oppgave (2).
6. La Mm,n være mengden av alle m × n-matriser.
Vis at Mm,n er et vektorrom under skalarmultiplikasjon og addisjon av matriser.
7. La h1, h2, . . . , hn være tall som ikke alle er null og la
H = {(a1, a2, . . . , an) t ∈ R n : h1a1 + h2a2 + · · · + hnan = 0}.
Vi kaller H et hyperplan i R n .
(1) Vis at H er et vektorrom under skalarmultiplikasjon og addisjon av vektorer.
(2) Vis at W er et vektorrom.
(3) Forklar hvorfor du bare behøver ˚a vise at summen av to vektorer i H ligger i
H og at produktet av en vektor i H med en skalar ligger i H.
8. La V være et vektorrom og la v1, v2, . . . , vn være vektorer i V . Videre la W være
undermengden av V som best˚ar av alle summer a1v1 + a2v2 + · · · + anvn, det vil si
W = {a1v1 + a2v2 + · · · + anvn : ai ∈ R for i = 1, 2, . . . , n}.
Vis at W er et vektorrom. Forklar hvorfor du bare behøver ˚a vise at summen av
to vektorer i W er i W og at produktet av en vektor i W med en skalar ligger i W .
9. Vis at N ikke er en abelsk gruppe under addisjon.
10. La S = {Z, Q, R} best˚a av de hele tallen, de rasjonale tallene, og de reelle
tallene. Videre, la S ∗ = {Z ∗ , Q ∗ , R ∗ }, best˚a av de hele tallene, de rasjonale tallene
og de reelle tallene der vi har tatt bort tallet 0.
(1) Hvilke av mengdene i S er en gruppe under addisjon?
(2) Hvilke av mengdene i S er en gruppe under multiplikasjon?
(3) Hvilke av mengdene i S ∗ er en gruppe under addisjon?
(4) Hvilke av mengdene i S ∗ er en gruppe under multiplikasjon?
11. La mengden G = {0, 1, 2} best˚a av elementene 0, 1, 2. Definer addisjon av to
elementer ved addisjonstabellen
+ 0 1 2
0 0 1 2
1 1 2 0
2 2 0 1

→
→
→
VEKTORROM 1 53
det vil si at summen av elementet til venstre for rad i og elementet som st˚ar over
søyle j er den (i, j)’te koordinaten i tabellen.
Vis at G er en abelsk gruppe.
12. La G = {0, 1, . . . , n − 1}.
Generaliser tabellen i Oppgave (3) slik at du f˚ar en abelsk gruppe med n elementer.
13. La
σi =
0 1
... n−i−1 n−i n−i+1 ... n−1
i i+1 ... n−1 0 1 ... i−1
være permutasjonen av tallene 0, 1, . . . , n−1 som sender j til i+j for j = 0, 1, . . . , n−
i − 1 og j til j − n + i for j = n − i, n − i + 1, . . . , n − 1.
(1) Vis at mengden Gn = {σ0, σ1, . . . , σn−1} danner en abelsk gruppe med nelementer
n˚ar addisjonen er sammensetning av permutasjoner.
(2) Vis at σ n 1 = σ0.
(3) Sammenlikn gruppen G3 med gruppen i oppgave (3).
(4) Sammenlikn gruppen Gn med gruppen i oppgave (4).
Hint. Vis at σn = (σ1) n der (σ1) n = σ1σ1 · · · σ1 er σ1 sammensatt med seg selv n
ganger.
14. La F(N) være mengden av alle sekvenser (a0, a1, a2, . . . , an, . . . ) som best˚ar
av tall a0, a1, a2, . . . . Vi definerer addisjon av to sekvenser v = (a0, a1, . . . ) og w =
(b0, b1, . . . ) ved
v + w = (a0 + b0, a1 + b1, . . . ),
og multiplikasjon av et tall a med sekvensen v ved
av = (aa0, aa1, . . . ).
Vi skal si at en sekvens konvergerer mot null om an blir tilstrekkelig liten n˚ar n
blir stor, med andre ord, hver gang vi gir et positivt tall ε s˚a finnes det et positivt
tall N slik at n˚ar n ≥ N s˚a vil |an| < ε. La Fk(N) være undermengden av F(N)
som best˚ar av sekvenser som konvergerer mot null.
Vi sier at en sekvens (a0, a1, . . . ) er begrenset om det finnes et tall K slik at
|an| < K for alle n. La Fb(N) være undermendgen av F(N) som best˚ar av alle
begrensete sekvenser.
La Fn(N) være undermengden av alle sekvenser som nesten bare har koordinater
0, det vil si sekvenser v = (a0, a1, . . . ) som har den egenskapen at det finnes et Nv,
avhengig av v, slik at an = 0 n˚ar n > N.
Vi sier at en sekvens v = (a0, a1, . . . ) har begrenset sum det finnes et tall Nv slik
at |a0 + a1 + · · · + an| < Nv for alle n. La Fbs(V) være alle seksvenser med begrenset
sum.
For i = 0, 1, 2, . . . lar vi ei = (0, . . . , 0, 1, 0, . . . ) være sekvensen med 1 som i’te
koordinaten og alle andre koordinatene lik 0.
(1) Vi at F(N) er et vektorrom med den addisjonen og multiplikasjonen vi har
gitt ovenfor.

54 Vektorrom
(2) Vis at Fk(N) er et underrom av F(N).
(3) Vis at Fn(N) er et underrom av F(N).
(4) Vis at Fn(N) er et underrom av Fk(N).
(5) Vis at Fn(N) er et underrom av Fb(N).
(6) Vis at Fbs(N) er et underrom av F(N).
(7) Vis at om a0e0 + a1e1 + · · · + anen = 0 s˚a er a0 = a1 = · · · = an = 0.
(8) Vi at ikke alle vektorene v i noen av rommene F(N), Fk(N), Fb(N), Fn(N)
kan skrives p˚a formen v = a0e0 + a1e1 + · · · + anen for noen n uavhengig av
v.
(9) Vis at det ikke finnes vektorer f1, f2, . . . , fn i Fn(N) slik at alle vektorer v
kan skrives p˚a formen v = a1f1 + a2f2 + · · · + anfn.

→
VEKTORROM 2 55
2. Avbildninger.
(2.1) Avbildninger. Avbildninger tilhører de viktigste begrepene i matematikken.
De opptrer i alle deler av matematikken og dens anvendelser. Vi bruker ogs˚a avbildninger
hver dag uten ˚a være klar over det. Personnummer er for eksempel en
avbildning fra tall til personer, og adresser er en avbildning fra hus til gatenavn og
nummer. Her skal vi for det meste behandle avbildninger som oppst˚ar i forbindelse
med matriser.
I Seksjon (5) i Kapittel 1 s˚a vi hvordan 2 × 2-matriser
avbilder planet til seg selv.
Et slikt eksempel f˚ar vi av 2 × 2-matrisen A = som gir avbildning fra det
2 −1
3 4
2-dimensjonale Euklidske rommet til seg selv. Den sender en 2-vektor v = (a1, a2) t
til 2-vektoren
Av =
2 −1 a1 2a1−a2
= .
3 4 a2 3a1+4a2
P˚a tilsvarende m˚ate gir 2 × 3-matrisen A =
2 3 −1
5 7 1
en avbildning fra det 3-
dimensjonale Euklidske rommet til det 2-dimensjonale Euklidske rommet ved ˚a sende
3-vektoren v = (a1, a2, a3) t til 2-vektoren
Av =
Mer generelt gir 2 × 2-matrisen A =
sender en 2-vektor v = (a1, a2) t til
TA(v) = Av =
Videre gir 2 × 3-matrisen A =
sender 3-vektoren v = (a1, a2, a3) t til
TA(v) = Av =
a1
2 3 −1
2a1+3a2−a3
a2 =
.
5 7 1
5a1+7a2+a3
a3
a11 a12
a11 a12
a21 a22
a21 a22
a11 a12 a13
a21 a22 a23
a11 a12 a13
a21 a22 a23
en avbildning TA fra R 2 til R 2 som
a1 a11a1+a12a2
=
a2
a21a1+a22a2
.
en avbildning TA fra R 3 til R 2 som
a1
a11a1+a12a2+a13a3
a2 =
a3
a21a1+a22a2+a23a3
Generelt har vi at en m × n-matrise A = (aij)m,n gir en avbildning TA fra R n til
R m som sender n-vektoren v = (a1, a2, . . . , an) t til m-vektoren
Vi skriver dette som
n
TA(v) = Av =
j=1
aijaj
TA : R n → R m .
t .
m
.

56 Vektorrom
Det er naturlig ˚a definere avbildninger mellom generelle mengder. P˚a den ene
siden blir definisjonen brukbar i en mengde situasjoner, og p˚a den andre siden blir
definisjonen gjennomsiktig.
Generelt er en avbildning T fra en mengde R til en mengde S en regel som til hvert
element r i R gir et element T (r) i S. Vi skriver dette som
og iblandt som
T : R → S
R T −→ S.
(2.2) Visualisering. Det er ofte praktisk ˚a se en avbildning T : R → S fra en
mengde R til en mengde S som en pil mellom sirkelskiver
R
T
S
T (R)
(2.3) Eksempler. Ovenfor s˚a vi hvordan en m×n-matrise A definerer en avbildning
TA : R n → R m . Eksempler, av en annen karakter, er kjent fra analysen. For
eksempel vil kvadrering definere en avbildning
f : R → R
som sender et tall a til f(a) = a 2 . Vi skriver f(x) = x 2 for denne avbildningen. Mer
generelt har vi at polynomet p(x) = anx n + an−1x n−1 + · · · + a0 gir en avbildning
p : R → R
som sender tallet a til tallet p(a) = ana n + an−1a n−1 + · · · + a0. Kvadratroten gir en
avbildning
f : { r ∈ R : r ≥ 0} → R
fra de ikke negative tallene til R som sender et tall a til f(a) = √ a. Denne avbildningen
skriver vi f(x) = √ x.
En avbildning T : R n → R kaller vi oftest en funksjon. De som har lest analyse
har støtt p˚a mange andre viktige eksempler p˚a funksjoner, som sinus, cosinus, eksponensialfunksjonen,
og klasser av funksjoner som kontinuerlige og differensierbare
funksjoner.

VEKTORROM 2 57
(2.4) Terminologi. Ettersom avbildninger er s˚a sentrale b˚ade for matematikken
og dens anvendelser forekommer det mye terminologi i forbindelse med dem. Vi
skal introdusere de viktigste begrepene nedenfor. Først ser vi p˚a to eksempler. La
A = og la
1 1 2
−1 1 0
TA : R 3 → R 2
være avbildningen som sender 3-vektoren v = (a1, a2, a3) t til 2-vektoren TA(v) =
Av = (a1 + a2 + 2a3, −a1 + a2) t . Avbildningen TA er definert p˚a alle 3-vektorer, og
sender dem til 2-vektorer. Vi sier at domenen, eller definisjonsomr˚adet, til TA er R 3
og at m˚almengden, eller ko-domenen er R 2 .
Vektoren
TA(v) = A (a1, a2, a3) t = (a1 + a2 + 2a3, −a1 + a2) t
kalles for bildet av v ved TA. Vi har i dette tilfellet at alle vektorene i R 2 er bildet
av en vektor R 3 ved TA fordi
a − 3b
A ,
4
a + b
a + b
,
4 4
t
a − 3b
=
4
+ a + b
4
t + b − 3b a + b
+ 2a , −a + = (a, b)
4 4 4
t .
Dette uttrykker vi ved ˚a si at R2 er bildet av TA og at TA er surjektiv.
1 1
Videre la B = −1 1 og la
0 0
TB : R 2 → R 3
være avbildningen som sender 2-vektoren w = (a1, a2) t til 3-vektoren TB(w) =
(a1 + a2, −a1 + a2, 0) t . Avbildningen TB er definert p˚a alle 2-vektorer og sender
dem til 3-vektorer. Derfor er R 2 domenen, eller definisjonsomr˚adet, til TB, og
m˚almengden, eller ko-domenen, er R 3 .
Vektoren
TB(w) = B (a1, a2) t = (a1 + a2, −a1 + a2, 0) t
er bildet av w = (a1, a2) t ved TB. Bildet av B best˚ar av alle vektorer i R 3 p˚a formen
(a, b, 0) t . Dette er fordi vi p˚a den ene siden har at
a1
B = (a1 + a2, −a1 + a2, 0) a2
t
og p˚a den andre siden har vi for hver vektor (a, b, 0) t i R 3 at
B
a−b a − b
2
a+b =
2 2
a + b − b
+ , −a
2 2
t a + b
+ , 0 = (a, b, 0)
2 t .

→
58 Vektorrom
Med notasjonen vi innførte i Seksjon (1.3) kan vi skrive bildet av TB som
TB(R 2 ) = {(a, b, 0) t : a ∈ R, b ∈ R}.
Avbildningen TB har den spesielle egenskapen at om v = (a1, a2) t og w = (b1, b2) t
er ulike vektorer s˚a er ogs˚a TB(v) og TB(w) ulike vektorer. Dette er fordi likheten
B (a1, a2) t = B (b1, b2) t betyr at de to likningene a1 +a2 = b1 +b2 og a1 −a2 = b1 −b2
holder. Adderer vi likningene f˚ar vi at a1 + a2 + a1 − a2 = b1 + b2 + b1 − b2 som gir at
2a1 = 2b1. Subtraherer vi likningene f˚ar vi at a1 + a2 − (a1 − a2) = b1 + b2 − (b1 − b2)
som gir at 2a2 = 2b2. Derfor f˚ar vi at om B (a1, a2) t = B (b1, b2) t s˚a vil (a1, a2) t =
(b1, b2) t . Vi har vist at om v og w er ulike s˚a er bildene TB(v) og TB(w) ulike, og vi
sier at avbildningen TB er injektiv.
Merk at TA ikke er injektiv fordi A (0, 0, 0) t = A (1, 1, −1) t s˚a de to vektorene
v = (0, 0, 0) t og w = (1, 1, 1) t har samme bilde TA(v) = TA(w)
Generelt sier vi at en avbildning T : R → S fra en mengde R til en mengde S har
R som domene, eller definisjonsmengde, og S som m˚almengde, eller ko-domene. For
hvert element r i R kaller vi elementet T (r) i S for bildet av r, og mengden av alle
bilder kaller vi bildet av R ved T . Det vil si, bildet er { T (r) : r ∈ R}. Vi betegner
bildet av R ved T med T (R), det vil si T (R) = {T (r) : r ∈ R}.
En avbildning T er surjektiv om bildet av T er S, det vil si at S = T (R). Med
andre ord er T surjektiv om det for hvert element s i S finnes et element r i R slik at
s = T (r). Avbildningen T er injektiv om to ulike elementer i R alltid avbildes p˚a to
ulike elementer i S. Med andre ord, om r1 og r2 er ulike elementer i R s˚a er T (r1) og
T (r2) ulike elementer i S. En avbildning som er surjektiv og injektiv kalles bijektiv.
En spesiell avbildning fortjener et eget navn fordi den forekommer s˚a ofte. Avbildningen
av en mengde R inn i seg selv, som ikke gjør noen ting, det vil si den sender
r til r for alle r i R kalles identitetsavbildningen og betegnes med idR. Av definisjon
har vi at idR(r) = r for alle r i R.
(2.5) Visualisering. Med bildet vi ga av avbildninger ovenfor blir en surjektiv
avbildning
og bildet av en injektiv avbildning blir
R
T
S = T (R)

VEKTORROM 2 59
R
T
S
T (R)
(2.6) Sammensetning av avbildninger. La oss betrakte eksemplene
der A =
1 1 2
og
−1 1 0
TA : R 3 → R 2
TB : R 2 → R 3
1 1
der B = −1 1 . Bildet av 3-vektoren v = (a1, a2, a3)
0 0
t ved TA er TA(v) = Av =
(a1 + a2 + 2a3, −a1 + a2) t som ligger i R2 . Derfor kan vi bruke avbildningen TB p˚a
denne vektoren. Vi f˚ar at
TB(TA(v)) = B(Av)
= (a1 + a2 + 2a3 + (−a1 + a2), −(a1 + a2 + 2a3) + (−a1 + a2), 0) t
= (2a2 + 2a3, −2a1 − 2a3, 0) t .
Vi har derfor f˚att en avbildning TBTA : R 3 → R 3 som vi kaller den sammensatte
avbildningen av TA og TB. Det er interessant ˚a merke at TBTA = TBA. Dette er
fordi
BA =
1 1
−1 1
0 0
0 2 2
1 1 2
= −2 0 −2 ,
−1 1 0
0 0 0
og derfor vil avbildningen TBA sende vektoren (a1, a2, a3) t til
0 2 2
−2 0 −2
0 0 0
a1 2a2+2a3
a2 =
a3
−2a1−2a3
0
s˚a TBA((a1, a2, a3) t ) = (2a2 + 2a3, −2a1 − 2a3, 0) t = TBTA((a1, a2, a3) t ).
La oss nu betrakte avbildningen TB som sender 2-vektoren w = (a1, a2) t til 3vektoren
TB(w) = Bw = (a1 + a2, −a1 + a2, 0) t . Ettersom denne vektoren ligger i
R 3 kan vi bruke avbildningen TA p˚a denne. Vi f˚ar
TA(TB(w)) = A(Bw)
= (a1 + a2 + (−a1 + a2) + 2 · 0, −(a1 + a2) + (−a1 + a2) + 0 · 0) t
= (2a2, −2a1) t .
.

60 Vektorrom
i R 2 . Dette er den sammensatte avbildningen TATB : R 2 → R 2 av TB og TA. Merk
at denne avbildningen er lik TAB fordi
AB =
1 1 2
−1 1 0
1 1
−1 1 =
0 0
s˚a TAB sender 2-vektoren v = (a1, a2) t til
a1 2a2
=
0 2
−2 0
a2
−2a1
0 2
, −2 0
Derfor er TAB(v) = (2a2, −2a1) t = TATB(v).
Eksemplene ovenfor illustrerer ikke bare hvordan man setter sammen avbildninger,
men vekker ogs˚a mistanken om at det finnes en nær sammenheng mellom sammensetning
av avbildninger derfinert av matriser, og matrisemultiplikasjon.
Generelt definerer vi sammensetningen T U : Q → S av en avbildning U : Q → R
fra en mengde Q til en mengde R, med en avbildning T : R → S fra R til en mengde
S, ved ˚a sette
(T U)(q) = T (U(q))
for alle elementene q i Q. Det vil si, vi definerer sammensetningen ved at bildet T U(q)
av q ved T U fremkommer ved at vi først tar bildet U(q) av q ved U, og deretter tar
bildet av elementet U(q) i R ved T .
Bildet av en sammensetning kan vi se som
Q
T
R
T (Q)
.
U
S
T (R)
UT (Q)
(2.7) Opgaver.
1. Er følgende avbildninger T : R 2 → R injektive eller surjektive?
(1) T ((x, y) t ) = x + y.
(2) T ((x, y) t ) = x.
(3) T ((x, y) t ) = 1.
(4) T ((x, y) t ) = x − 5.
2. Er følgende avbildninger U : R → R 2 injektive eller surjektive?
(1) U(x) = (x, x) t .
(2) U(x) = (1, 1) t .
(3) U(x) = x 2 , x t .
(4) U(x) = (1 + x, 1 − x) t .

→
VEKTORROM 2 61
3. La T : R 2 → R og U : R → R 2 være avbildningene definert i Oppgave (1) og (2)
i denne Seksjonen.
(1) Bestem verdien UT (x, y) i R 2 for alle punkter (x, y) t i R 2 i hvert av de fire
tilfellene (1), (2), (3) og (4) i Oppgave 1. og 2. ovenfor og bestem i hvert av
de fire tilfellene om UT er injektiv eller surjektiv.
(2) Bestem verdien T U(x) i R for alle punkter x i R i hvert av de fire tilfellene
(1), (2), (3) og (4) i Oppgave 1. og 2. ovenfor og bestem i hvert av de fire
tilfellene om T U er injektiv eller surjektiv.
4. Er følgende avbildninger injektive eller surjektive?
(1) x 2 : R → R.
(2) √ x : {a ∈ R : a ≥ 0} → R.
5. La A = (a1, a2, . . . , an) være en 1 × n-matrise og B = (a1, a2, . . . , an) t være en
n × 1-matrise
(1) N˚ar er avbildningen TA : R n → R surjektiv, og n˚ar er den injektiv?
(2) N˚ar er avbildningen TA : R → R n injektiv, og n˚ar er den surjektiv?
6. Vis at en avbildning T : R → S er en bijeksjon hvis og bare hvis det finnes en
avbildning U : S → R slik at T U(s) = s for alle s i S og UT (r) = r for alle r i R. Vi
kaller en slik avbildning U den inverse til T .
Hint. Om T er surjektiv s˚a finnes det for hver s i S et element r i R slik at T (r) = s,
og om T er injektiv finnes det nøyaktig ett slikt element. Vi kan derfor sette U(s) = r
og p˚a denne m˚aten definere U p˚a alle elementene i S. Det er klart av definisjonen av
U at U(T (r)) = U(s) = r og at T (U(s)) = T (r) = s.
Omvendt om T har en invers U vil den være surjektiv fordi for hvert element
s i S har vi at s = T (U(s)). Den er injektiv, for om T (r1) = T (r2), har vi at
r1 = UT (r1) = UT (r2) = r2.
7. La S være en mengde. Vi betegner med A(S) alle avbildninger T : S → S fra
S inn i seg selv som er injektive og surjektive, det vil si, bijektive. Vi definerer et
produkt p˚a A(S) ved at to bijeksjoner T : S → S og U : S → S settes sammen til
bijeksjonen UT : S → S. Videre lar vi I : S → S være identiteten, det vil si I(s) = s
for alle s in S.
(1) Vis at A(S) med dette produktet er en gruppe med enhet I, det vil si:
(a) For alle bijeksjoner T i A(S) har vi at T I = IT = T .
(b) For hver bijeksjon T : S → S finnes det en bijeksjon U : S → S slik at
UT = T U = I.
(c) La T, U, V være bijeksjoner i A(S). Da vil V (UT ) = (V U)T .
(2) Vis at om S har tre eller flere elementer s˚a er A(S) ikke abelsk, det vil si, det
finnes bijeksjoner T og U i A(S) slik at T U = UT .
(3) Vis at om S er en endelig mengde med n elementer s˚a er A(S) gruppen av
permutasjoner Sn av tallene {1, 2, . . . , n} (se (?)).

→
→
→
→
62 Vektorrom
8. Vi har definert en avbildning mellom to mengder R og S litt løst som en regel.
Definisjonen kan gjøres helt presis ved ˚a innføre mengden R × S som best˚ar av alle
par (r, s) der r er med i R og s i S. Med annen notasjon har vi R × S = {(r, s) : r ∈
R, s ∈ S}.
Vis at en avbildninger T : R → S svarer til undermengder T ′ av R × S som er slik
at for hvert element r i R finnes det bare et eneste element s slik at (r, s) er i T ′ .
9. Vi har definert en grafe litt løst som n hjørner og kanter som g˚ar mellom noen
av disse hjørnene (se Oppgave (?)). Med begrepene fra mengdelæren kan vi presisere
dette. En grafe er en mengde V av hjørner, samt en undermengde E av mendgen
{{p, q} : p, q ∈ V, p = q} som best˚ar av mengder {p, q} av to ulike hjørner p og q
fra V . Vi kaller V hjørnene og E for kantene i grafen. V˚ar definisjon er litt mer
begrenset enn vanlige definisjoner for grafer fordi vi ikke tar med elementer av typen
{p, p}, som skulle svare til løkker i hjørnet p. Vi kunne ta med løkker i grafen ved ˚a
la E være en undermengde av {{p, q} : p, q ∈ V }. Kantene har heller ingen retning
ettersom {p, q} = {q, p}. Vi skulle kunne definere rettete grafer ved ˚a la E være
en undermengde av mengden {(p, q) : p, q ∈ V, p = q} av ordnete par (p, q), fordi
(p, q) = (q, p). Vi sier da at kanten (p, q) g˚ar fra hjørnet p til hjørnet q.
Vis at grafer slik vi har definert dem ovenfor er det samme som definisjonen av
grafer definert i Oppgave (1.6.4) i Kapittel 1, n˚ar V har et endelig antall elementer.
10. La S være en mengde og la F(S) betegne mengden av avbidninger f : S → R.
Vi kan definere produktet av en skalar a med en funksjon f i F(S) og summen av to
funksjoner f og g i F(S) punktvis ved
(af)(s) = a(f(s)) og (f + g)(s) = f(s) + g(s)
for alle s i S. Vi at F(N) er det samme som vektorromet definert i Oppagve (1.25)
14 i Vektorrom 1().
Vis at F(S) med punktvis skalarmultiplikasjon og addisjon danner et vektorrom.
11. La F0 være alle funksjoner f : R → R med begrenset støtte, det vil si funksjoner
f som har den egenskapen at det finnes tall Mf og Nf med Mf < Nf slik at f(r) = 0
n˚ar r < Mf og n˚ar r > Nf .
(1) Vis at punktvis skalarmultiplikasjon og addisjon av funksjoner (se Oppgave
(2.7.4)) gir et skalarprodukt og en addisjon i F0.
(2) Vis at F0 med denne skalarmultiplikasjonen og addisjonen er et vektorrom.
(3) Vis at det ikke finnes funksjoner f1, f2, . . . , fn i F0 slik at alle funksjonene i F0
kan skrives p˚a formen f = a1f1 +a2f2 +· · ·+anfn for noen tall a1, a2, . . . , an.
12. La a og b være tall slik at a < b. Mengden av alle tall mellom a og b som er
minst lik a og mindre enn b, det vil si mengden, {r ∈ R : a ≤ r < b}, betegnes
med [a, b) og kalles et halv˚apent intervall. En type funksjoner som er meget viktige i
analysen, og som brukes n˚ar man skal definere integraler, er trappetrinnsfunksjoner
p˚a [a, b). Navnet gir et bra bilde av hvordan de ser ut. Dette kan behøves ettersom
den formelle definisjonen er litt lang.

→
→
VEKTORROM 2 63
a1
a2
a3
a4
a5
En trappetrinnsfunksjon p˚a intervallet [a, b) er gitt av to sekvenser av tall a0, a1,
. . . , an og b1, b2, . . . , bn, der a = a0 < a1 < a2 < · · · < an−1 < an = b bestemt
av at f(r) = bi n˚ar ai−1 ≤ r < ai for i = 1, 2, . . . , n. Vi betegner mengden av
trappetrinnsfunksjoner med T .
(1) Vis at punktvis (se Oppgave (2.7.4) multiplikasjon av en trappetrinnsfunksjon
med en skalar eller punktvis addisjon av to trappetrinnsfunksjoner gir
en trappetrinnsfunksjon.
(2) Vis at trappetrinnsfunksjonene med skalarmultiplikasjon og addisjon som i
del (1) er et vektorrom.
(3) Vis at det ikke finnes trappetrinnsfunksjoner t1, t2, . . . , tn slik at alle trappetrinnsfunksjoner
kan skrives p˚a formen t = a1t1 +a2t2 +· · ·+antn for noen
tall a1, a2, . . . , an.
(4) Integralet
t dx av en trappetrinnsfunksjon t over intervallet [a, b] er de-
[a,b]
finert som
n
t dx = aibi.
[a,b]
i=1
Vis at integralet gir en lineær avbildning
det vil si
(t + u) dt = [a,b)
for alle t og u i F og tall a.
[a,b]
[a,b)
a6
: T → R,
t dx +
[a,b)
u dx og
[a,b)
at dx = a
[a,b)
t dx.
13. Du kan gjøre denne oppgaven om du vet hva kontinuerlige og differensiable
funksjoner er.
La a og b være tall slik at a < b, og la (a, b) være mengden av alle tall mellom a
og b, det vil si (a, b) = {r ∈ R : a < r < b}. Mengdene av funksjoner f : R → R
som er kontinuerlige, respektive differensiable p˚a intervallet (a, b) betegner vi med
C(a, b) respektive D(a, b). Definer skalarmultiplikasjon med funksjoner og addisjon
av funksjoner i C(a, b) og D(a, b) punktvis, som i Oppgave (2.7.4).
(1) Vis at C(a, b) er et vektorrom.
(2) Vis at D(a, b) er et vektorrom.
14. La P være mendgen av alle polynomfunksjoner, det vil si alle funksjoner
p : R → R

→
64 Vektorrom
slik at det finnes et polynom anx n + an−1x n−1 + · · · + a0 som tilfredsstiller p(r) =
anr n + an−1r n−1 + · · · + a0 for alle tall r. Videre la Pm være mengden av polynomfunksjoner
av grad høyst m, det vil si polynomfunksjoner slik at vi kan velge et
polynom med n ≤ m ovenfor.
(1) Vis at den punktvise multiplikasjonen med en skalar og den punktvise addisjonen
beskrevet i Oppgave (2.7.5) gir skalarmultiplikasjon og addisjon p˚a P
og Pm.
(2) Vis at P og Pm er vektorrom med denne skalarmultiplikasjonen og addisjonen.
(3) Vis at det finnes vektorer p1, p2, . . . , pm i Pm slik at hvert polynom p i Pm
kan skrives p˚a formen p = a1p1 + a2p2 + · · · + ampm der a1, a2, . . . , am er
entydig bestemte tall.
(4) Vis at det ikke finnes vektorer p1, p2, . . . , pm i P slik at hvert polynom p i P
kan skrives p˚a formen p = a1p1+a2p2+· · ·+ampm for noen tall a1, a2, . . . , am.

→
→
→
VEKTORROM 3 65
3. Lineære avbildninger.
(3.1) Lineære avbildninger. Lineære avbildninger er de som oftest oppst˚ar i
matematikken og dens anvendelser. Avbildningen TA : R n → R m gitt av en m ×
n-matriser A er lineær. Det interessante er at det omvendte er tilfelle. Enhver
lineær avbildning T : R n → R m kommer fra en m × n-matrise. Matriser er derfor
det samme som lineæravbildninger mellom Euklidske rom. Dette forklarer hvorfor
matriser fremkommer overalt, p˚a en naturlig m˚ate. Mange egenskaper ved matriser
som kan virke umotiverte og mystiske, som matrisemultiplikasjon og assosiativiteten
av matrisemultiplikasjon, f˚ar sin naturlige forklaring ved sammenhengen med lineære
avbildninger. Vi skal forklare hvordan matriser og lineære avbildninger svarer til
hverandre, og dermed skingre litt av mystikken omkring matriser.
I Seksjon (2.1) s˚a vi at en m × n-matrise A gir opphav til en avbildning TA :
R n → R m slik at TA(v) = Av for alle vektorer v i R n . Videre s˚a vi Proposisjon
(4.7) i Kapittel 1 at vi for hver skalar a og hvert par av vektorer v og w i R n har at
A(av) = aAv og A(v + w) = Av + Aw. Med andre ord har vi at TA(av) = aTA(v)
og TA(v + w) = TA(v) + TA(w) for alle tall a og alle vektorer v og w i R n . En
avbildning som har disse egenskapene kaller vi en lineær avbildning. Ordet lineær
kommer av at TA sender en linje til en linje. Mer presist, la v = (a1, a2, . . . , an) t og
w = (b1, b2, . . . , bn) t være to ulike vektorer i R n . Vektorene p˚a formen tv + (1 − t)w
for ulike t gir alle punktene p˚a linjen gjennom v og w. Ettersom TA er lineær avbildes
et punkt p˚a denne linjen til TA(tv + (1 − t)w) = tTA(v) + (1 − t)TA(w), det vil si til
et punkt p˚a linjen gjennom bildene TA(v) og TA(w). Linjen gjennom v og w avbildes
derfor til linjen gjennom TA(v) og TA(w).
Generelt har vi:
(3.2) Definisjon. La T : V → W være en avbildning fra et vektorrom V til et
vektorrom W . Avbildningen T er lineær om vi har, for alle tall a og alle par av
vektorer v og w i V , at
(1) T (av) = aT (v).
(2) T (v + w) = T (v) + T (w).
(3.3) Merk. La T : V → W være en lineær avbildning. Om v1, v2, . . . , vn er vektorer
i V og a1, a2, . . . , an er tall har vi at
T (a1v1 + a2v2 + · · · + anvn) = a1T (v1) + a2T (v2) + · · · + anT (vn).
Dette innser vi ved ˚a bruke definisjonen flere ganger, som for n = 3 der vi f˚ar
T (a1v1 + a2v2 + a3v3) = T (a1v1 + (a2v2 + a3v3)) = T (a1v1) + T (a2v2 + a3v3) =
a1T (v1) + T (a2v2) + T (a3v3) = a1T (v1) + a2T (v2) + a3T (v3).
Om vektorene v1, v2, . . . , vn har den egenskapen at alle vektorer v i V kan skrives
p˚a formen v = a1v1 + a2v2 + · · · + anvn ser vi at T er helt bestemt av verdiene
T (v1), T (v2), . . . , T (vn). Spesielt følger det av (1.5) at e1, e2, . . . , en har denne egen-
skapen for vektorrommet R n . Derfor vil hver lineær avbildning T : R n → W være
bestemt av verdiene T (e1), T (e2, . . . , T (en).

→
66 Vektorrom
(3.4) Definisjon. Kjernen K til en lineær avbildning T : V → W er alle vektorer
som avbildes p˚a null. Det vil si
K = {v ∈ V : T (v) = 0}.
(3.5) Bemerkning. Kjernen til en lineær avbildning er et underrom av V fordi om
v og w er i K, det vil si T (v) = 0 = T (w), s˚a vil T (v + w) = T (v) + T (w) = 0, og for
et tall a har vi T (av) = aT (v) = 0. Som vi har observert i (?) rekker det ˚a verifisere
disse to egenskapene.
Vi merker ogs˚a at bildet til en linær avbildning ogs˚a er et underrrom av W . Dette
er fordi alle par av vektorer i bildet av T er p˚a formen T (v) respektive T (w) for
noen v og w i V og vi har T (v) + T (w) = T (v + w), som ogs˚a er i bildet. Videre vil
aT (v) = T (av) som ogs˚a er i bildet.
(3.6) Proposisjon. En lineær avbildning T : V → W er injektiv hvis og bare hvis
kjernen er 0.
Bevis. Anta at T : V → W er injektiv. Om v er i kjernen vil T (v) = 0. Men T (0) = 0
s˚a injektiviteten medfører at v = 0.
Omvendt, anta at kjernen er 0. Om det er to vektorer v og w i V slik at T (v) =
T (w) f˚ar vi at T (v − w) = T (v) − T (w) = 0. Derfor er v − w i kjernen, og derfor vil
v − w = 0. Derfor er v = w og T er injektiv.
Som nevnt er hver avbildning TA : R n → R m som kommer fra en m × n-matrise
A lineær. Neste resultat viser at alle lineære avbildninger T : R n → R m kommer fra
en m × n-matrise A og at m × n-matriser og lineære avbildninger R n → R m er to
sider av samme sak.
(3.7) Setning. La T : R n → R m være en lineær avbildning. Da finnes en m × nmatrise
A slik at T = TA.
Videre er korrespondansen som sender en m × n-matrise A til den lineære avbildningen
TA en bijeksjon fra m × n-matriser til lineære avbildninger fra R n til
R m .
Bevis. Vi skal først konstruere en m × n-matrise A slik at T = TA. Dette viser den
første delen av Setningen og at korrespondense som sender A til TA er surjektiv.
La ei = (0, . . . , 0, 1, 0, . . . , 0) t være n-vektoren med i’te koordinat lik 1 og de andre
koordinatene lik 0. Da kan hver vektor v = (a1, a2, . . . , an) t i R n entydig skrives p˚a
formen v = a1e1 + a2e2 + · · · + anen. Tilsvarende lar vi fi = (0, . . . , 0, 1, 0, . . . , 0) t
være en m-vektor med i’te koordinat lik 1 og de resterende koordinatene lik 0. Da
kan hver vektor w = (b1, b2, . . . , bm) t i R m entydig skrives p˚a formen w = b1f1 +
b2f2 + · · · + bmfm. Spesielt har vi for i = 1, 2, . . . , n at vi kan skrive
T (ei) = a1if1 + a2if2 + · · · + amifm

VEKTORROM 3 67
for entydig bestemte tall a1i, a2i, . . . , ami. Sett
⎛
a11 a12 . . .
⎞
a1n
⎜ a21
A = ⎜
⎝ .
a22
.
. . . a2n ⎟
.
⎠ .
am1 am2 . . . amn
Da har vi for hver vektor v = (a1, a2, . . . , an) t i R n at
n
TA(v) = Av =
i=1
i R m . Ettersom T er lineær har vi at
a1iai,
n
a2iai, . . . ,
i=1
n
i=1
amiai
T (v) = T (a1e1 + a2e2 + · · · + anen) = a1T (e1) + a2T (e2) + · · · + anT (en)
= a1(a11f1 + a21f2 + · · · + am1fm) + a2(a12f1 + a22f2 + · · · + am2fm)
+ · · · + an(a1nf1 + a2nf2 + · · · + amnfm)
= (a1a11 + a2a12 + · · · + ana1n)f1 + (a1a21 + a2a22 + · · · + ana2n)f2
+ · · · + (a1am1 + a2am2 + · · · + anamn)fm
n
=
i=1
n
=
i=1
a1iai
a1iai,
n
f1 +
i=1
a2iai
n
a2iai, . . . ,
i=1
n
f2 + · · · +
n
i=1
amiai
i=1
amiai
i R m . Vi har vist at TA(v) = T (v) for alle v i V , det vil si at TA = T .
Det gjenst˚ar˚a vise at avbildningen som sender A til TA er injektiv. For˚a vise dette
rekker det ˚a vise at om den lineære avbildningen TB som vi tilordner en m×n-matrise
B er lik TA s˚a vil A = B. Men vi har at
t
TB(ei) = Bei = (b1i, b2i, . . . , bmi) t
for i = 1, 2, . . . , n, og om TA = TB har vi ogs˚a
Men vi har at
TA(ei) = (b1i, b2i, . . . , bmi) t .
TA(ei) = Aei = (a1i, a2i, . . . , ami) t .
Det følger at a1i = b1i, a2i = b2i, . . . , ami = bmi for i = 1, 2, . . . , n. Derfor vil A = B,
og vi har vist siste delen av Setningen.
t
fm

→
68 Vektorrom
(3.8) Sammensetning av avbildninger og matrisemultiplikasjon. Eksemplene
vi ga i Seksjon (2.6) fikk oss til ˚a mistenke at matrisemultiplikasjonen svarer til
en sammensetning av avbildninger. Mer presist, om A er en m×n-matrise og B er en
p × m-matrise, s˚a vil TBTA = TBA, som lineære avbildninger fra R n til R p . Vi skal
vise at dette holder. Dette forklarer hvorfor den mystiske matrisemultiplikasjonen i
virkeligheten er helt naturlig, den reflekterer bare sammensetningen av de tilsvarende
avbildningene.
(3.9) Setning. La A være en m × n-matrise og B en p × m-matrise. Da vil TBTA =
TBA.
Bevis. La
ei = (0, . . . , 0, 1, 0, . . . , 0) t , fi = (0, . . . , 0, 1, 0, . . . , 0) t og gi = (0, . . . , 0, 1, 0, . . . , 0) t
være n-, m-, respektive p-vektoren med i’te koordinat lik 1 og resten av koordinatene
lik 0. Vi har at
TA(ei) = (a1i, a2i, . . . , ami) t = a1if1 + a2if2 + · · · + amifm
for i = 1, 2, . . . , m der aij, for i = 1, 2, . . . , m og j = 1, 2, . . . , n, er entydig bestemte
tall, og at
TB(fi) = (b1i, b2i, . . . , bpi) t = b1ig1 + n2ig2 + · · · + bpigp,
for i = 1, 2, . . . , m, der bij for i = 1, 2, . . . , p og j = 1, 2, . . . , m er entydig bestemte
tall. Derfor har vi i R p at
TB(TA(ei)) = TB(a1if1 + a2if2 + · · · + amifm)
= a1iTB(f1) + a2iTB(f2) + · · · + amiTB(fm)
= a1i(b11g1 + b21g2 + · · · + bp1gp) + a2i(b12g1 + b22g2 + · · · + bp2gp)
+ · · · + ami(b1mg1 + b2mg2 + · · · + bpmgp)
= (a1ib11 + a2ib12 + · · · + amib1m)g1
+ (a1ib21 + a2ib22 + · · · + amib2m)g2
+ · · · + (a1ibp1 + a2ibp2 + · · · + amibpm)gm
m
=
j=1
ajib1j,
m
m
ajib2j, . . . ,
j=1
j−1
ajibpj
t
.
Tar vi avbildningen assosiert til produktet BA f˚ar vi i Rn at
m
m
m
TBA(ei) = b1jaji, b2jaji, . . . ,
j=1
j=1
j=1
bpjaji
Vi har vist at TB(TA(ei)) = TBA(ei) for i = 1, 2, . . . , n. Men da følger det at
TBTA = TBA fordi alle lineære avbildninger T med domene R n er helt bestem av
verdiene T (e1), T (e2), . . . , T (en). Dette er fordi T ((a1, a2, . . . , an) t ) = T (a1e1+a2e2+
· · · + anen) = a1T (e1) + a2T (e2) + · · · + anT (en).
t
.

→
VEKTORROM 3 69
(3.10) Sammensetning av tre avbildninger. Om vi har tre avbildninger
P V −→ Q U −→ R T −→ S
kan vi p˚a to m˚ater danne en avbildning fra P til S. Først kan vi sette sammen U og
V til UV og deretter bruke T slik at vi f˚ar avbildningen T (UV ), og deretter kan vi
sette sammen T og U til avbildningen T U og deretter bruke denne p˚a V slik at vi
f˚ar (T U)V . Det er klart at disse to avbildningene er like, fordi vi har (T (UV ))(p) =
T ((UV )(p)) = T (U(V (p))) og ((T U)V )(p) = (T U)(V (p)) = T (U(V (p))) for hvert
element p i P . Dette virker veldig formelt, men uttrykker bare at begge avbildningene
f˚ar vi ved først ˚a bruke V , deretter U og til slutt T . Vi sier at sammensetning av
avbildninger er transitiv og skriver
T UV = (T U)V = T (UV ).
(3.11) Merk. Assosiativiteten av avbildninger forklarer assosiativiteten av matrisemultiplikasjon
(AB)C = A(BC) som vi viste i Setning (4.13) i Kapittel 1. Dette er
fordi vi har at T (AB)C = TABTC = (TATB)TC = TATBTC = TA(TBTC) = TATBC =
T A(BC). Dette gir et kort, klart og helt koordinatfritt bevis for transitiviteten av
multiplikasjon av matriser. Vi skal imidlertid huske at regnearbeidet ble gjort da vi
viste at TBA = TBTA.
(3.12) Opgaver.
1. La A =
(1) (5, 3) t .
(2) (π, 1) t .
1 1
−1 1
(3) √ 2, −7 t .
2. La A =
1 2 1
−1 0 7
(1) (5, −1, 2) t .
(2) π, 1 − π, √ 2 t .
(3) (7, 6, −4) t .
3. La A =
1 3 2
−1 0 1
. Regn ut bildet ved TA : R 2 → R 2 av vektorene
. Regn ut bildet ved TA: R 3 → R 2 av vektorene
og B =
3 0
1 2 .
−2 4
(1) Regn ut bildet ved TAB av vektorene
(a) (1, −1) t .
(b) (2, 4) t .
(c) (3, 0) t .
(2) Regn ut bildet ved TBA av vektorene
(a) (1, −1, 2) t .
(b) (7, 3, 1) t .
(c) (6, 4, −2) t .

70 Vektorrom
4. Kjernen til en lineær avbildning TA : R n → R m er de vektorene v i R n som er
slik at TA(v) = Av = 0, det vil si kjernen er {v ∈ R n : TA(v) = 0}.
(1) Finn bildet og kjernen til avbildningen TAi : R2 → R2
n˚ar
1 2
(a) A1 =
(b) A2 =
(c) A3 =
(d) A4 =
3 −1
1 2
−2 −4
1 1
. −1 1
1 1
.
1 1
.
.
(2) Hvilke av avbildningene i (1) er injektive, hvilke er surjektive og hvilke er
bijektive?
(3) Kan du se noen sammenheng mellom injektivitet og kjernen av en avbildning?
5. Kjernen til en lineær avbildning TA : R n → R m er de vektorene v i R n som er
slik at TA(v) = Av = 0, det vil si kjernen er {v ∈ R n : TA(v) = 0}.
(1) Finn bildet og kjernen til avbildningen TAi : R3 → R2 n˚ar
1 2 3
(a) A1 =
(b) A2 =
(c) A3 =
(d) A4 =
.
3 −1 0
1 2 −7
−2 −4 14
1 1 0
−1 1 13
1 1 6
.
1 1 0
.
.
(2) Hvilke av avbildningene i (1) er injektive, hvilke er surjektive og hvilke er
bijektive?
(3) Kan du se noen sammenheng mellom injektivitet og kjernen av en avbildning?
6. Kjernen til en lineær avbildning TA : R n → R m er de vektorene v i R n som er
slik at TA(v) = Av = 0, det vil si kjernen er {v ∈ R n : TA(v) = 0}.
(1) Finn bildet og kjernen til avbildningen TAi : R2 → R3 n˚ar
1 3
(a) A1 = 2 −1 .
3 0 1 −2
(b) A2 = 2 −4 .
3 0 1 1
(c) A3 = 1 1 .
0 13 1 1
(d) A4 = 1 1
6 6
.
(2) Hvilke av avbildningene i (1) er injektive, hvilke er surjektive og hvilke er
bijektive?
(3) Kan du se noen sammenheng mellom injektivitet og kjernen av en avbildning?
7. Hvilke av avbildningene T : R 2 → R 1 er lineære?
(1) T ((x, y) t ) = xy
(2) T ((x, y) t ) = x 2 + y

→
VEKTORROM 3 71
(3) T ((x, y) t ) = x + y + 1
(4) T ((x, y) t ) = 5x − 7y
.
8. La A =
a b
c d
(1) Vis at avbildningen TA : R2 → R2 assosiert til 2 × 2-matrisen er bijektiv,
hvis og bare hvis ad − bc = 0.
(2) Anta at ad − bc = 0 og sett B = 1
d −b
ad−bc . Vi at TATB og TBTA begge
−c a
er identitesavbildningen p˚a R 2 .
9. Bestem matrisen A slik at den tilsvarende lineære avbildningen TA
(1) TA (1, 2) t = (3, 1) t , TA (0, 2) t = 2, 2.
(2) TA (4, 0) t = (4, 8) t , TA (3, 6) t = (9, 20) t .
10. Bestem matrisen A slik at den tilsvarende lineære avbildningen TA
(1) TA (1, 2) t = (5, 3, 1) t , TA (0, 3) t = 3, 6, 6.
(2) TA (3, 1) t = (6, 2, 0) t , TA (2, 0) t = (4, 6, 8) t .
11. La A være en øvre triangulær matrise og TA den tilsvarende lineære avbildningen.
Bestem n˚ar TA er surjektiv eller injektiv n˚ar:
a b
(1) A = .
0 c
a b c
(2) A = 0 e f .
0 0 g
⎛
⎞
(3) A = ⎝
a11 a12 ... a1n
0 a22 ... a2n
.
.
.
.
. ..
.
.
0 0 ... ann
⎠.
12. La S være en mengde og la F(S) være vektorrommet av alle funksjoner f :
S → R (se Avbildninger (2.7) Oppgave 10). Vis at for hvert element s i S s˚a vil
avbildningen T : F(S) → R definert ved T (f) = f(s) være lineær.
13. For to vektorer u = (a1, a2, . . . , an) t og v = (b1, b2, . . . , bn) t i R n setter vi
〈u, v〉n = a1b1 + a2b2 + · · · + anbn
og for to vektorer x = (c1, c2, . . . , cm) t og y = (d1, d2, . . . , dm) t setter vi
〈x, y〉m = c1d1 + c2d2 + · · · + cmdm.
(1) La u og v være vektorer i R n . Vi at om 〈u, w〉n = 〈v, w〉n for alle vektorer w
i R n s˚a vil u = v.
(2) La T : R n → R m være en lineær avbildning. Vis at vi kan definere en
avbildning
T ∗ : R m → R n

→
72 Vektorrom
ved at for w i R m ˚a definere T ∗ (w) ved at
〈T v, w〉m = 〈v, T ∗ w〉n
for alle v in Rn .
(3) Vis at avbildningen definert i (()ii) er en lineær avbildning. Den er kalt den
duale avbildningen til T .
⎛
⎞
(4) Vis at om T = TA for en matrise A = ⎝
A t
⎛
= ⎝
a11 a21 ··· am1
a12 a22 ··· am2
.
.
.
.
.
.
a1n asn ··· amn
(5) Vis at T ∗∗ = T .
⎞
⎠.
a11 a12 ··· a1n
a21 a22 ··· a2n
.
.
.
.
.
.
am1 ams ··· amn
⎠, s˚a er T ∗ = T t
A der
Hint. For (iv) bruk at T ∗∗ er definert av 〈T ∗ w, x〉n = 〈w, T ∗∗ x〉m og at 〈u, v〉n =
〈v, u〉n og 〈x, y〉m = 〈y, x〉m.
14. La T : R n → R n være avbildningen definert ved
T (a1, a2, . . . , an) t = (a1, a2, . . . , am, 0, . . . , 0) t .
(1) Vis at T er en lineær avbildning.
(2) Finn matrisen A slik at TA = T .
(3) Vis at T T = T .
(4) Vis at AA = A.
(5) Finn en lineær avbildning U : R → R n slik at UT = T U og slik at for hver
v i R n s˚a kan v skrives entydig p˚a formen v = T (v) + U(v).

→
1. Eksempler.
Ligninger
(1.1) Innledning. Vi s˚a i (?) at matriser og lineære avbildninger mellom Euklidske
rom er to sider av samme sak. I dette kapittelet skal vi vise at studiet av
bildet og kjernen til en lineær avbildning er det samme som studiet av det lineære
ligningssystemet som vi f˚ar av matrisen som tilsvarer den lineære avbildningen.
Systemer av lineære ligninger oppst˚ar overalt i matematikken og deres anvendelser
og er blandt de aller viktigste delene av matematikken. Det er derfor avgjørende ˚a
ha effektive metoder for ˚a løse lineære ligninger, og det er ofte nødvendig ˚a forst˚a
den bakomliggende teorien. Her skal vi presentere Gauss-Jordan eliminasjon, som er
den mest brukte og mest anvendbare blandt metodene for ˚a løse lineære ligninger.
Denne eliminasjonsmetoden leder ogs˚a til en god forst˚aelse for teorien for systemer
av lineære lininger.
(1.2) Terminologi. Gauss-Jordan eliminasjon best˚ar i˚a eliminere variable i lineære
ligninger. Ettersom vi mange ganger kommer til ˚a multiplisere alle ledd i en ligning
med et gitt tall og legge sammen høyre og venstre siden av ligninger innfører vi en
spesiell terminologi for dette. Vi sier at vi multipliserer en ligning med et tall, om vi
multipliserer hvert ledd i ligningen med tallet.
For eksempel vil multiplikasjon av ligningen
med 3 gi ligningen
x1 − 2x2 − 5x3 = 3
3x1 − 6x2 − 15x3 = 9.
Mer generelt gir multiplikasjon av ligningen
med tallet a ligningen
a1x1 + a2x2 + · · · + anxn = b
aa1x1 + aa2x2 + · · · + aanxn = ab.
Videre sier vi at vi legger sammen to ligninger om vi legger sammen høyre og venstre
sidene av ligningene.
73

74 Ligninger
Om vi legger sammen ligningene
x1 − 5x2 + 2x3 = 6
og 2x1 + 3x2 − 6x3 = 1 f˚ar vi for eksempel ligningen
3x1 − 2x2 − 4x3 = 7.
Mer generellt, om vi legger sammen ligningene
f˚ar vi ligningen
a1x1 + a2x2 + · · · + anxn = b og b1x1 + b2x2 + · · · + bnxn = c
(a1 + b1)x1 + (a2 + b2)x2 + · · · + (an + bn)xn = b + c.
(1.3) Merk. N˚ar a = 0 har ligningen
a1x1 + a2x2 + · · · + anxn = b (1.3.1)
i de n variable x1, x2, . . . , xn samme løsninger som ligningen
→
a
−1l1, a−1l2, . . . , a−1 →
ln
→
→
aa1x1 + aa2x2 + · · · + aanxn = ab (1.3.2)
ettersom (l1, l2, . . . , ln) t er en løsning av ligningen (1.3.1) hvis og bare hvis vektoren
t er en løsning av (1.3.2).
Om
b1x1 + b2x2 + · · · + bnxn = c
er en annen ligning vil de tre systemene med to ligninger i n variable
a1x1 + a2x2 + · · · + anxn = b
b1x1 + b2x2 + · · · + bnxn = c.
a1x1 + a2x2 + · · · + anxn = b
(a1 + b1)x1 + (a2 + b2)x2 + · · · + (an + bn)xn = b + c.
(a1 + b1)x1 + (a2 + b2)x2 + · · · + (an + bn)xn = b + c
b1x1 + b2x2 + · · · + bnxn = c.
(1.3.3)
(1.3.4)
(1.3.5)
ha samme løsning. Dette er fordi vi f˚ar ligningene i (1.3.3) fra ligningene i (1.3.4) ved
˚a trekke begge sider i den første ligningen fra de tilsvarende sidene i den andre, og fra
ligningene i (1.3.5) ved ˚a trekke begge sider i den andre ligningen fra de tilsvarende
sidene i den første.

→
LIGNINGER 1 75
(1.4) Eksempel. Matrisen
gir en avbildning
A =
som sender vektoren v = (a1, a2, a3) t til
1 3 1
2 7 0
−1 −4 3
TA : R 3 → R 3
TA(v) = A (a1, a2, a3) t = (a1 + 3a2 + a3, 2a1 + 7a2, −a1 − 4a2 + 3a3) t .
La b = (b1, b2, b3) t være en vektor i R 3 . Vi vil gi en metode for ˚a bestemme om
vektoren b ligger i bildet av TA, det vil si, om det finnes vektorer x = (x1, x2, x3) t i
R 3 slik at
TA(x) = (x1 + 3x2 + x3, 2x1 + 7x2, −x1 − 4x2 + 3x3) t = (b1, b2, b3) t .
Dette betyr at de tre koordinatene i den midterste vektoren skal være like de tilsvarende
koordinatene i den høyre vektoren. Ligningen TA(x) = b er derfor det
samme som systemet av tre ligninger i tre ukjente
x1 + 3x2 + x3 = b1
2x1 + 7x2 = b2 . (1.4.1)
−x1 − 4x2 + 3x3 = b3
Vi løser dette systemet ved ˚a eliminere variable. Først bruker vi den første ligningen
til ˚a eliminere den variable x1 fra de to andre. Multipliser den første ligningen med
−2 og legg den til den andre ligningen. Vi f˚ar ligningssystemet med tre ligninger i
tre variable
x1 + 3x2 + x3 = b1
x2 − 2x3 = −2b1 + b2
−x1 − 4x2 + 3x3 = b3.
(1.4.2)
Som vi s˚a i (1.3) har systemet (1.4.2) samme løsninger som systemet (1.4.1).
Nu bruker vi den første ligningen til ˚a eliminere x1 fra den tredje ligningen ved ˚a
legge den til den tredje ligningen. Vi f˚ar et system med tre ligninger i tre ukjente
x1 + 3x2 + x3 = b1
x2 − 2x3 = −2b1 + b2
− x2 + 4x3 = b1 + b3.
Nu bruker vi den andre ligningen til ˚a eliminere x2 fra den første og den tredje
ligningen. Multipliser først den andre ligningen med −3 og legg den til den første,
og legg deretter den andre ligningen til den tredje. Vi f˚ar
x1 + 7x3 = 7b1 − 3b2
x2 − 2x3 = −2b1 + b2
2x3 = −b1 + b2 + b3.

→
→
→
→
→
76 Ligninger
Nu deler vi den tredje ligningen med 2 og f˚ar
x1 + 7x3 = 7b1 − 3b2
x2 − 2x3 = −2b1 + b2
x3 = − 1
2b1 + 1
2b2 + 1
2b3. Til slutt bruker vi den tredje ligningen til ˚a eliminere x3 fra de to andre ligningene.
Multipliser først den tredje ligningen med −7 og legg den til den første, og deretter
med 2 og legg den til den andre. Vi f˚ar ligningene
x1 = 21
2 b1 − 13
2 b2 − 7
2b3 x2 = −3b1 + 2b2 + b3
x3 = − 1
2b1 + 1
2b2 + 1
2b3, (1.4.3)
som ogs˚a er et system av tre ligninger med tre ukjente. P˚a hvert trinn i eliminasjonsprosessen
vil de ligningene vi f˚ar ha samme løsninger som ligningssystemet (1.4.1)
som vi startet med. Fordelen med systemet (1.4.3) er at vi umiddelbart ser at det
har nøyaktig en løsning
x1 = 21
2 b1 − 13
2 b2 − 7
2 b3, x2 = −3b1 + 2b2 + b3, x3 = − 1
2 b1 + 1
2 b2 + 1
2 b3.
Løsningen kan ogs˚a uttrykkes som
21 TA
2 b1 − 13
2 b2 − 7
2 b3, −3b1 + 2b2 + b3, − 1
2 b1 + 1
2 b2 + 1
2 b3
t
= (b1, b2, b3) t .
Vi ser at det finnes nøyaktig en løsning uansett hva (b1, b2, b3) t er. Dette kan vi ogs˚a
uttrykke ved ˚a si at TA er surjektiv og injektiv, det vil si bijektiv.
Vi merker oss at de variable x1, x2, x3 ikke spilte noen vesentlig rolle i regningene
ovenfor. Derfor kan vi spare mye plass, og gjøre løsningene mye mer oversiktlige,
ved ˚a sette opp koeffisientene i ligningene (1.4.1) i en matrise, og bare regne med
matrisene. Det vil se, vi bruker bare matrisen
1 3 1 | b1
2 7 0 | b2
−1 −4 3 | b3
(1.4.4)
der vi setter en strek i matrisen for ˚a skille venstre delen, som er matrisen A vi startet
med, fra den høyre, som er vektoren (b1, b2, b3) t i R 3 .
Operasjonene vi gjorde p˚a ligningene (1.4.1) kan vi nu gjøre direkte p˚a matrisen
(1.4.4). Vi multipliserer første raden i (1.4.4) med −2 og legger den til den andre
raden, og f˚ar
1
0
3
1
1 | b1
−2 | −2b1+b2 .
−1 −4 3 | b3

→
LIGNINGER 1 77
Deretter legger vi den første raden til den tredje og f˚ar
1
0
3
1
1 | b1
−2 | −2b1+b2 .
0 −1 4 | b1+b3
Nu multipliserer vi den andre raden med −3 og legger den til den første, og deretter
legger vi den til den tredje. Vi f˚ar
Divisjon av den tredje raden med 2 gir
1 0 7 |
0 1 −2 |
7b1−3b2
−2b1+b2
.
0 0 2 | −b1+b2+b3
1 0 7 | 7b1−3b2
0 1 −2 | −2b1+b2
0 0 1 | − 1
2
b1+ 1
2
b2+ 1
2 b3
Til slutt multipliserer vi den tredje raden med −7 og legger den til den første, og
deretter multipliserer vi den med 2 og legger den til den andre. Vi f˚ar
1 0 0 | 21
2
b1− 13
2
b2− 7
2 b3
0 1 0 | −3b1+2b2+b3
0 0 1 | − 1
2
b1+ 1
2
b2+ 1
2 b3
Denne matrisen representerer ligningssystemet (1.4.3) som vi fikk ovenfor.
(1.5) Eksempel. Matrisen
A =
0 1 3
1 4 5
gir en avbildning TA : R 3 → R 2 som sender vektoren v = (a1, a2, a3) t til
TA(v) = A (a1, a2, a3) t = (a2 + 3a3, a1 + 4a2 + 5a3) t .
Vi vil undersøke om vektoren (b1, b2) t ligger i bildet til TA, det vil si, om det finnes
en vektor x = (x1, x2, x3) t slik at TA (x1, x2, x3) t = (b1, b2) t , og vi vil bestemme
eventuelle slike vektorer. Sammenlikner vi første og andre koordinaten i ligningene
TA(x) = TA (x1, x2, x3) t = (x2 + 3x3, x1 + 4x2 + 5x3) t = (b1, b2) t
f˚ar vi et system av to ligninger i tre ukjente
.
.
x2 + 3x3 = b1
x1 + 4x2 + 5x3 = b2.
(1.5.1)
Disse ligningene løser vi igjen ved ˚a eliminere variable. Først bytter vi om ligningene
og f˚ar
x1 + 4x2 + 5x3 = b2
x2 + 3x3 = b1.

→
→
→
→
78 Ligninger
Vi bruker nu den andre ligningen til ˚a eliminere x2 i den første. Dette gjør vi ved
˚a multiplisere den andre ligningen med −4 og legge den til den første. Dette gir
systemet
x1 − 7x3 = −4b1 + b2
x2 + 3x3 = b1
(1.5.2)
med to ligninger i tre ukjente, som har samme løsninger som systemet (1.5.1). Vi ser
av (1.5.2) at vi kan velge x3 til ˚a være et vilk˚arlig tall x3 = s og at vi for hvert s f˚ar
løsningene
x1 = −4b1 + b2 + 7s, x2 = b1 − 3s, x3 = s.
Det finnes derfor, for alle valg av (b1, b2) t , uendelig mange løsninger, en for hvert
valg av s. Vi sier at s er en parameter og at det finnes en 1-dimensjonal familie av
løsninger.
Vi kan ogs˚a uttrykke løsningen ved
TA
(−4b1 + b2 + 7s, b1 − 3s, s) t
= (b1, b2) t
for alle (b1, b2) t og alle s. Avbildningen TA er derfor surjektiv, men den er ikke
injektiv ettersom hver vektor (b1, b2) t er bildet av uendelig mange vektorer.
Vi merker igjen at de variable x1, x2, x3 ikke spiller noen rolle i eliminasjonen.
Derfor sparer vi plass og øker oversikten ved ˚a erstatte ligningssystemet med den
utvidete koeffisientmatrisen 0 1 3 | b1
1 4 5 | b2
Eliminasjonen av de variable som vi utførte p˚a systemet (1.5.1) tilsvarer da ˚a bytte
om radene slik at vi f˚ar 1 4 5 | b2
0 1 3 | b1
og deretter ˚a multiplisere den siste raden med −4 og addere den til den første raden.
Dette gir 1 0 −7 | −4b1+b2
0 1 3 | b1
.
,
. (1.5.3)
Matrisen (1.5.3) svarer til det samme ligningssystemet (1.5.2) som vi fant ovenfor.
(1.6) Eksempel. Matrisen
A =
1 2
4 3
−1 2
definerer en avbildning TA : R 2 → R 3 som sender vektoren (a1, a2) t til vektoren
(a1 + 2a2, 4a1 + 3a2, −a1 + 2a2) t . Vi vil undersøke om en vektor (b1, b2, b3) t ligger i
bildet til TA, det vil si, om det finnes vektorer x = (x1, x2) t slik at
TA(x) = (x1 + 2x2, 4x1 + 3x2, −x1 + 2x2) t = (b1, b2, b3) t . (1.6.1)

→
→
→
LIGNINGER 1 79
Sammenlikner vi de tre koordinatene i ligningen (1.6.1) f˚ar vi et system av tre
ligninger i to ukjente
x1 + 2x2 = b1
4x1 + 3x2 = b2
−x1 + 2x2 = b3.
(1.6.2)
Vi løser systemet ved ˚a eliminere variable. Først bruker vi den første ligningen til
˚a eliminere x1 i de to andre ligningene. Multipliser den første ligningen med −4 og
legg den til den andre ligningen, og legg deretter den første ligningen til den tredje.
Vi f˚ar et system av tre ligninger i to ukjente
x1 + 2x2 = b1
− 5x2 = −4b1 + b2
4x2 = b1 + b3.
Multipliserer vi den andre ligningen med − 1
5
f˚ar vi
x1 + 2x2 = b1
x2 = 4
5 b1 − 1
5 b2
4x2 = b1 + b3.
Vi bruker nu den andre ligningen til ˚a eliminere x2 fra den første og tredje ligningen.
Multipliser den andre ligningen med −2 og legg den til den første, og multipliser
deretter den første ligningen med −4 og legg den til den andre ligningen. Dette gir
systemet av tre ligninger i to ukjente
x1 = − 3
5 b1 + 2
5 b2
x2 = 4
5 b1 − 1
5 b2
0 = − 11
5 b1 + 4
5 b2 + b3.
(1.6.3)
Av ligningssystemet (1.6.3) ser vi at om ligningen skal ha løsninger s˚a m˚a vi ha at
− 11
5 b1 + 4
5 b2 + b3 = 0, eller
−11b1 + 4b2 + 5b3 = 0. (1.6.4)
Bare n˚ar ligningen (1.6.4) er oppfyllt har vi at ligningssystemet (1.6.2) har en løsning,
og da er løsningen gitt av
x1 = − 3
5 b1 + 2
5 b2, x2 = 4
5 b1 − 1
5 b2.
Vi kan uttrykke dette ved ˚a si at bildet av TA er planet
H = {(b1, b2, b3) t ∈ R 3 : −11b1 + 4b2 + 5b3 = 0}

→
→
→
→
80 Ligninger
og at, for hvert punkt (b1, b2, b3) t i planet H, finnes det nøyaktig et punkt x =
3 − 5b1 + 2 4
5b2, 5b1 − 1
5b2 t 2 i R slik at TA(x) = b. Med andre ord er TA injektiv, men
ikke surjektiv.
Igjen ser vi at de variable x1, x2, x3 ikke har noen vesentlig rolle i eliminasjonen,
s˚a det er enklere og mer instruktivt ˚a se p˚a den utvidete koordinatmatrisen
1 2 | b1
4 3 | b2
−1 2 | b3
til systemet (1.6.2). Eliminasjonene kan da skrives som
1
4
2 | b1 1 2 | b1
3 | b2 → 0 −5 | −4b1+b2 →
−1 2 | b3 0 4 | b1+b3
1 2 | b1
0 1 | 4 1
5 b1− 5 b2
0 4 | b1+b3
1 0 | −
→
3
5
0 1 |
0 0 | − 11
5
Matrisen lengst til høyre korresponderer med systemet (1.6.3).
4
5
b1+ 2
5 b2
b1− 1
5 b2
b1+ 4
5 b2+b3
. (1.6.5)
(1.7) Merk. Vi har sett at et lineært system av ligninger kan representeres av en
matrise. Ved hjelp av de tre operasjonene
(1) multiplikasjon av en rad med et tall og addisjon av denne raden til en annen
rad,
(2) ombytte av to rader,
(3) multiplikasjon av en rad med en ikke null konstant,
kan vi f˚a matrisen over p˚a en form slik at vi umiddelbart kan finne løsningen til det
tilsvarende ligningssystemet.
Ettersom ligningssystemet som svarer til den matrisen vi startet med har samme
løsninger som ligningssystemet som svarer til den matrisen vi ender opp med har vi
f˚att en effektiv m˚ate for ˚a finne løsningene til et system av lineære ligninger.
I eksemplene (1.4)-(1.6) startet vi med koeffisientmatrisene
1
2
3
7
1
0 ,
−1 −4 3
0 1 3
,
1 4 5
og vi endte opp med de tilsvarende matrisene
1 0 0
0 1 0
0 0 1
,
1 0 7
0 1 3
,
1 2
4 3
−1 2
1 0
0 1
0 0
. (1.7.1)
Vi sier at matriser p˚a formen (1.7.1) er i redusert trappetrinnsform og prosessen
som vi har beskrevet, som reduserte matrisen til denne formen, kalles Gauss-Jordan
eliminasjon. En redusert trappetrinnsform er en matrise der radene har første ikke
null koeffisient, kalt den ledende koordinaten, lik 1, og i kolonnen som inneholder en
ledende koordinat er alle andre koeffisienter lik 0. Videre skal de ledende koordinatene
ligge lenger til høyre jo lenger ned i matrisen raden ligger.
Vi skal komme tilbake til alle begrepene vi har sett ovenfor i mye større generalitet.
Det er viktig fullt ut ˚a forst˚a begrepen i de spesielle tilfellene vi har behandlet ovenfor
ettersom notasjonen i de generelle tilfellene kan bli ganske involvert.

LIGNINGER 1 81
(1.8) Opgaver.
1. La A være en 3 × 3-matrise og b = (b1, b2, b3) t en vektor i R 3 . Undersøk om
ligningen Ax = b har en løsning x = (x1, x2, x3) t . Bestem alle slike løsninger n˚ar de
finnes, og avgjør om TA er injektiv eller surjektiv i tilfellene
1 5 1
(1) A = 2 17 4 .
3 18 4 1 2 4
(2) A = 2 1 4 .
3 3 2 1 2 2
(3) A = 2 5 5 .
(4) A =
.
1 5 5
1 2 3
−1 −2 −3
−5 −10 −15
(Gjem utregningene. Du f˚ar bruk for dem i kommende oppgaver.)
2. La A være en 2×3-matrise og b = (b1, b2) t en vektor i R 2 . Undersøk om ligningen
Ax = b har en løsning x = (x1, x2, x3) t . Bestem alle slike løsninger n˚ar de finnes, og
avgjør om TA er injektiv eller surjektiv i tilfellene
6 1 0
(1) A = .
5 1 0
1 2 4
(2) A = .
3 7 14
1 1 2
(3) A = .
−2 −2 4
(4) A = .
1 10 1
3 −35 3
(Gjem utregningene. Du f˚ar bruk for dem i kommende oppgaver.)
3. La A være en 3 × 2-matrise og b = (b1, b2, b3) t en vektor i R 3 . Undersøk om
ligningen Ax = b har en løsning x = (x1, x2) t . Bestem alle slike løsninger n˚ar de
finnes, og avgjør om TA er injektiv eller surjektiv i tilfellene
(1) A =
(2) A =
(3) A =
(4) A =
1 3
2 7
−2 −8
1 4
2 12
3 4 0 5
0 1
.
.
.
0 6
2 15
1 6
−3 −12
.
(Gjem utregningene. Du f˚ar bruk for dem i kommende oppgaver.)
3
4. Bestem alle matriser A slik at a11 = a22 = 1 og A = . (KTH 2000).
5. Løs ligningssystemet
x− z = 0
y+2z = 1
x+2y−3z =4.
1
1
10

82 Ligninger
1 2 3
2 1 1 .
3 3 4
(1) Bestem kjernen til TA : R3 → R3 , det vil si alle vektorer v i R3 som er slik
at TA(v) = 0.
(2) Bestem bildet til TA, det vil si alle vektorer TA(v) for v i R3 .
6. La A =
7. For hvert tall b har vi et ligningssystem
5x− y=−2b 2
10x−2y=−b 2 − 3b + 2.
(1) For hvilke b har systemet løsninger?
(2) Bestem løsningene n˚ar systemet har løsninger.
8. Ofte har vi anvendelse for ˚a finne heltallsløsninger av lineære ligninger med
heltallskoeffisienter. N˚ar vi søker heltallsløsninger av slike ligninger kalles de diofantiske
ligninger.
(1) Finn en heltallsløsning, om den finnes, til ligningene
(a) 5x + 3y = 1.
(b) 11x − 3y = 5.
(c) 33x + 27y = 1.
(d) 33x + 7y = 1.
(2) Bestem alle løsningene til ligningene (a), (b), (c) og (d) i del (1) av denne
oppgaven.
Hint. Bruk at om du har funnet en løsning (a, b) til ligningen mx + ny = p, der
a, b, m, n, p er heltall, og en løsning (c, d) til ligningen mx + ny = 0 s˚a vil (a + c, b + d)
være en løsning av ligningen mx + ny = p.
9. La m, n, p være hele tall. Anta at m og n er innbyrdes primiske, d.v.s. det finnes
inget primtall som deler b˚ade m og n.
Hint. Bruk at om du har funnet en løsning (a, b) til ligningen mx + ny = p, der
a, b, m, n, p er heltall, og en løsning (c, d) til ligningen mx + ny = 0 s˚a vil (a + c, b + d)
være en løsning av ligningen mx + ny = p.
10. La m, n, p være hele tall. Anta at m og n er innbyrdes primiske, d.v.s. det finnes
inget primtall som deler b˚ade m og n.
(1) Vis at den diofantiske ligningen mx + ny = p har en heltallsløsning.
(2) Vis at om du har en heltallsløsning s˚a kan du finne alle heltallsløsninger til
den diofantiske ligningen mx + ny = p.
Hint. (1) Det rekker˚a vise (1) for p = 1 ettersom vi etterp˚a kan multiplisere ligningen
med p. For ˚a vise ligningen for p = 1 betrakter vi mengden S av alle tall l som
har egenskapen at for alle tall n som er innbyrdes primisk med l s˚a vil det finnes
heltallsløsninger av ligningen lx + ny = 1. Vi har at tallet 1 ligger i S. Anta at vi
har vist at tallene 1, 2, . . . , m − 1 alle ligger i S. Vi vil vise at da ligger ogs˚a m i

LIGNINGER 1 83
S. La n være primisk med n. Da kan vi finne heltall q og r slik at n = qm + r der
0 < r < m. Men vi har at r er primisk med m fordi en felles faktor ville dele n.
Ettersom vi har at r er i S kan vi finne hele tall c og d slik at cm + rd = 1. Men da
har vi cm + (n − qm)d = 1, som gir (c − qd)m + nd = 1. Derfor er ogs˚a m med i S.
(2) Bruk samme hint som i forrige oppgave.
11. Et utmerket og velkjent eksempel p˚a et diofantisk problem er Archimedes’
Problema bovinum. Solguden hadde en hjord med kuer og okser. Det var
V = vite okser v=vite kuer
S = svarte okser s =svarte kuer
F = flekkete okser f =flekkete kuer
B = brune okser b=brune kuer.
Blandt oksene var antallet vite minus antallet brune like en halv pluss en tredjedel av
antallet av de svarte. Antallet svarte minus antallet brune var en fjerdedel pluss en
femtedel av antallet flekkete. Antallet flekkete minus antallet brune var en sjettedel
pluss en syvendedel av antallet vite. Med andre ord var
V − B = ( 1
2
S − B = ( 1
4
F − B = ( 1
6
+ 1
3
+ 1
5
+ 1
7
5 )S = 6S (1)
)F = 9
20
)V = 13
42
F (2)
V (3)
Blandt kuene var antallet vite like en tredjedel pluss en fjerdedel av antallet svarte
kyr, antallet svarte var en fjerdedel pluss en femtedel av antallet flekkete kyr, antallet
flekkete en femtedel pluss en sjettedel av antallet brune kyr, og antallet brune en
sjettedel pluss en syvendedel av antallet vite kyr. Med andre ord
v = ( 1
3
s = ( 1
4
f = ( 1
5
b = ( 1
6
1
7
+ 4 )(s + S) = 12 (s + S) (4)
+ 1
5
+ 1
6
+ 1
7
Finn sammensetningen av hjorden.
Hint. De tre første ligningene gir
Løs disse likningen slik at du f˚ar
)(f + F ) = 9
20
)(b + B) = 11
30
)(v + V ) = 13
42
6V − 5S = 6B
20S −9F = 20B
(f + F ) (5)
(b + B) (6)
(v + V ) (7)
−13V +42F = 42B.
V = 742 178 1580
B, S = B, F =
297 99 891 B.

84 Ligninger
Ettersom 1580 og 891 ikke har noen felles faktor m˚a vi ha, for at F skal være hel, at
B = 891G for noe tall G. Derfor har vi at
V = 742
891G= 742 · 3G = 2226G
297
S = 178
891G= 178 · 9G = 1602G
99
B = 891G
Setter vi disse verdiene inn i ligningene (4), (5), (6) og (7) f˚ar vi
12v−7s = 11214G
20s−9f = 14220G
30f−11b = 9801G
−13v +42b = 28938G
Løs disse fire ligningene i fire ukjente v, s, f, b. Vi f˚ar om c = 4657 at
cv = 7206360G
cs = 4893246G
cf = 3515820G
cb = 5439213G. (8)
Vi har at 4657 er et primtall og det g˚ar fort ˚a kontrollere at ingen av tallene p˚a høyre
side i ligningene (8) er delbare med 4651. Derfor m˚a vi ha at G = 4651g for noe
heltall g. Vi har derfor vist at
V = 10366482g
S = 7460514g
F = 7358060g
B = 4149387g
v = 7206360g
s = 4893246g
f = 3515820g
b = 5439213g.
Vi ser at vi har uendelig mange løsninger og de minste f˚ar vi for g = 1.

→
→
→
LIGNINGER 2 85
2. Gauss-Jordan eliminasjon.
(2.1) Innledning. Vi vil beskrive Gauss-Jordan eliminasjon for generelle lineære
ligningssystemer. Dette er en enkel og effektiv metode for ˚a bestemme om et system
av lineære ligninger har løsninger og for ˚a finne løsningene n˚ar de eksisterer. Alle
grunnprinsippene i eliminasjonen har vi brukt i Eksemplene i Seksjon (1). For de
som har regnet eksemplene i Seksjon (1) kommer derfor metodene i denne seksjonen
ikke som noen overraskelse. Det som gjenst˚ar er ˚a sette opp notasjonen slik at den
blir h˚andterbar for systemer med mange ligninger og mange ukjente.
Notasjonen kan virke komplisert og abstrakt ettersom det forekommer mange
rekker og søyler, og det kan virke vanskelig ˚a se hvor elementene st˚ar. For de som
har gjort eksemplene i Seksjon (1) er det enkelt ˚a se hvordan generaliseringene til
m × n-matriser m˚a være. I virkeligheten er det s˚a greit at alle med god kjenneskap
til eksemplene burde klare generaliseringen p˚a egen h˚and.
Etter at vi har beskrevet Gauss-Jordan eliminasjonen for generelle linære ligningssystemer,
viser vi hvordan disse eliminasjonene kan utføres ved hjelp av matriseoperasjoner.
Dette har stor teoretisk betydning og danner grunnlaget for v˚ar
behandling av determinanter i Seksjon 2.
(2.2) Definisjon. Et system av m lineære ligninger i n variable x1, x2, . . . , xn er
m ligninger p˚a formen
a11x1 + a12x2 + · · · + a1nxn = b1
a21x1 + a22x2 + · · · + a2nxn = b2
.
am1x1 + am2x2 + · · · + amnxn = bm.
(2.2.1)
Vi kaller systemet homogent om b1 = b2 = · · · = bm = 0. Det vil si et homogent
system av lineære ligninger er et system p˚a formen
Matrisen
a11x1 + a12x2 + · · · + a1nxn = 0
a21x1 + a22x2 + · · · + a2nxn = 0
.
am1x1 + am2x2 + · · · + amnxn = 0.
A =
⎛
⎜
⎝
a11 a12 · · · a1n
a21 a22 · · · a2n
.
am1 am2 · · · amn
kalles koeffisientmatrisen til ligningssystemet og matrisen
⎛
⎞
⎜
⎝
a11 a12 · · · a1n | b1
a21 a22 · · · a2n | b2
.
am1 am2 · · · amn | bm
⎞
⎟
⎠
⎟
⎠
(2.2.2)

→
→
→
86 Ligninger
kalles den utvidete koeffisientmatrisen.
(2.3) Merk. Lignigssystemet (2.2.1) kan skrives p˚a formen
Ax = b
med b = (b1, b2, . . . , bm) t og x = (x1, x2, . . . , xn) t . Om TA : R n → R m er avildningen
gitt av matrisen A s˚a kan ligningssystemet ogs˚a skrives p˚a formen
TA(x) = b. (2.3.1)
Vi ser av formen (2.3.1) at løsningen av det homogene ligningssystemet (2.2.2) er det
samme som kjernen til TA. Videre ser vi at de vektorene b der ligning (2.2.1) har
løsninger er bildet av TA.
(2.4) Definisjon. Vi sier at matrisen
⎛
⎜
⎝
0 ··· 0 1 a1j1 +1 ··· a1j2−1 0 a1j2 +1 ··· a1j 0 a1j ··· a1n
s−1 s+1
0 ··· 0 0 ··· 0 1 a2j2 +1 ··· a2j 0 a2j ··· a2n
s−1 s+1
.
.
.
.
.
.
.
.
0 ... 0 0 ··· ··· 0 1 asj ··· asn
s+1
0 ... 0 0 ··· ··· 0 0 ··· 0
.
.
.
.
0 ··· 0 0 ··· 0 0 ··· 0 0 ··· 0
er p˚a redusert trappetrinnsform. Koordinatene (1, j1), (2, j2), . . . , (s, js) kalles de
ledende koordinatene og s kalles rangen til matrisen.
Den reduserte trappetrinnsformen karakteriseres av at første ikke null koordinat i
hver rekke, det vil si ledende koordinatene koordinaten, er 1 og de resterende koordinatene
i kolonnen denne 1’eren st˚ar er 0. Videre ligger de ledende koordinatene lenger
til høyre jo lenger ned i matrisen vi kommer. Dette svarer tiil at j1 ≤ j2 ≤ · · · ≤ js.
(2.5) Bemerkning. Det er lettere ˚a f˚a en ide om hvordan den reduserte trappetrinnsformen
ser ut ved ˚a omnummerere de variable, eller, hvilket er det samme,
˚a innføre nye variable y1, y2, . . . , yn der y1 = xj1 , y2 = xj2 , . . . , ys = xjs og der
ys+1, ys+2, . . . , yn er de variable x1, x2, . . . ,xj1−1, xj1+1, . . . , xj2−1 , xj2+1 , . . . ,
xjs−1, xjs+1, . . . , xn. Da ser den reduserte matrisen ut som
⎛
⎜
⎝
.
.
.
.
1 0 ··· 0 a1s+1 a1s+2 ··· a1n
0 1 ··· 0 a2s+1 a2s+2 ··· a2n
. .. . .
.
.
.
.
0 ··· 1 ass+1 ass+2 ··· asn
0 ··· 0 ··· 0
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
0 ··· 0 ··· 0
.
.
.
⎞
⎟ .
⎟
⎠
.
.
.
.
.
⎞
⎟
⎠

→
→
→
→
→
LIGNINGER 2 87
Det er lett ˚a se at denne matrisen er p˚a samme form som matrisen i (2.4), bare at
vi har nummerert om søylene.
En annen m˚ate ˚a betrakte denne omnummereringen p˚a er at vi flytter søylene
nummer j1, j2, . . . , js der de ledende enerne st˚ar i matrisen i (2.4), til søylene
nummerert med 1, 2, . . . , s. De resterende n − s sølene i matrisen i (2.4) lar vi bli
st˚aende slik at de utgjør de siste n − 2 søylene i den nye matrisen og st˚ar i samme
innbyrdes orden i den nye matrisen som rekkefølgen de hadde i matrisen (2.4).
(2.6) Eliminasjon av variable. Gauss-Jordan eliminasjonen best˚ar i ˚a eliminere
s˚a mange variable som mulig fra et system av lineære ligninger. Prosessen vi skal
beskrive er ganske grei, men notasjonen kan virke komplisert. Det er derfor viktig
˚a beherske de eksemplene vi har behandlet i forrige seksjon. Vi begynner med ˚a
bestemme den første variable xj1 som forekommer i ligningssytemet med en ikke
null koeffisient ai1j1 . Vi multiplserer ligning nummer i1 med a −1
og bytter om rad
i1j1
nummer 1 og rad nummer i1. Den første ligningen i det nye systemet ser da ut som
xj1 + b1j1+1 + · · · + b1nxn. Vi multipliserer nu den første ligningen med passende
konstanter og trekker den fra de andre ligningene slik at koeffisientene foran xj1 bli
null i alle disse ligningene. Ligningssystemet ser da ut som
xj1 + b1j1+1xj1+1 + · · · + b1nxn = c1
b2j1+1xj1+1 + · · · + b2nxn = c2
.
.
bmj1+1xj1+1 + · · · + bmnxn = cm.
Dette ligningssystemet har samme løsninger som systemet (2.2.1). Vi bestemmer
nu den første variable xj2 i de siste m − 1 ligningene som forekommer med en ikke
null koeffisient bi2j2 . Deretter multipliserer vi rad i2 med b −1
og bytter om den
i2j2
andre rekken og rekke i2. Koeffisienten foran xj2 i den andre raden er nu 1 og ved
˚a multiplisere den andre raden med passende konstanter og trekke resultatet fra de
resterende radene kan vi oppn˚a at alle raden bortsett fra rad i2 ikke inneholder den
variable xj2 . Ligningssystemet ser nu ut som
xj1 + c1j1+1xj1+1+ · · ·+c1j2−1xj2−1+ + c1j2+1xj2+1+ · · · +c1nxn = d1
xj2 + c2j2+1xj2+1+ · · · +c2nxn = d2
.
cmj2+1xj2+1 + · · ·+cmnxn =dm
Denne prosessen kan vi fortsette til det ikke lenger finnes ikke null koeffisienter for
noen av variablene, det vil si, alle de gjenst˚aende ligningene har null til venstre
om likhetstegnet. Da vil koeffisientmatrisen være i redusert trappetrinnsform. Alle
ligningssystemene vi f˚ar i prosessen har samme løsninger. Det som skiller det systemet
vi startet med fra det vi ender opp med, og som har en redusert trappetrinnsmatrise

→
88 Ligninger
som koeffisientmatrise, er at vi kan lese løsningene direkte av det siste systemet. For
lettest ˚a innse dette omnummererer vi de variable x1, x2, . . . , xn, eller, hvilket er det
samme, innfører vi nye variable y1, y2, . . . , yn gitt ved y1 = xj1 , y2 = xj2 , . . . , ys = xjs
og lar ys+1, ys+2, . . . , yn være de resterende variable x1, x2, . . . , xj1−1, xj1+1, . . .
xj2−1, xj2+1, . . . , xjs−1, xjs+1, . . . , xn. Systemet har da formen
y1
y2
+ d1s+1ys+1 + d1s+2ys+2 + · · · + d1nyn = f1
+ d2s+1ys+1 + d2s+2ys+2 + · · · + d2nyn = f2
.
.
ys + dss+1ys+1 + dss+2ys+2 + · · · + dsnyn = fs
0 = fs+1
.
0 = fn
Vi ser at vi bare har løsninger om betingelsene 0 = fs+1 = fs+2 = · · · = fm er
oppfyllt. N˚ar disse betingelsene holder ser vi at vi kan velge alle variable ys+1, ys+2,
. . . , yn fritt, ys+1 = ts+1, ys+2 = ts+2, . . . , yn = tn og at de resterende variablene
y1, y2, . . . , ys er gitt av ts+1, ts+2, . . . , tn. Med andre ord vil løsningen være gitt av
y1 = f1 − d1s+1ts+1 − d1s+2ts+2 − · · · − d1ntn
y2 = f2 − d2s+1ts+1 − d2s+2ts+2 − · · · − d2ntn
.
.
ys = fs − dss+1ts+1 − dss+2ts+2 − · · · − dsntn
ys+1= ts+1
ys+2= ts+2
.
.
yn = tn
der vi kan velge alle ti’ene fritt. Vi sier at at ts+1, ts+2, . . . , tn er parametre og at vi
har en n − s-dimensjonal familie av løsninger.
(2.7) Bemerkning. Vi ser med det samme at om m = n s˚a vil ligningssystemet
(2.2.1) ha en enenste løsning om den reduserte trappetrinnsmatrisen er In. Den
homogene ligningen har da bare løsningen x1 = x2 = · · · = xn = 0. Om n ≥ m ser
vi at løsningen av det homogene systemet avhenger av n − s-parametre.
(2.8) Elementære operasjoner. Som vi har sett spiller ikke de variable noen rolle
i Gauss-Jordan eliminasjonen. Derfor er det fordelaktig ˚a gjøre eliminasjonen direkte
p˚a koeffisientmatrisen, eller p˚a den utvidete koeffisientmatrisen.
(2.9) Definisjon. La A være en m × n-matrise. Følgende tre operasjoner p˚a A
kalles elementære operasjoner
(1) Addisjon av en rad multiplisert med et tall til en annen rad.
(2) Ombytte av to rader.
(3) Multiplikasjon av en rad med et ikke null tall.
.
.

→
→
LIGNINGER 2 89
(2.10) Eliminasjon for matriser. Gauss-Jordan eliminasjonen av variable i et
system av lineære ligninger kan overføres direkte til elementære operasjoner p˚a radene
til den tilsvarende koeffisientmatrisen. Prosessen beskrevet i Seksjon (2.6) ovenfor
kan vi oversette direkte til elementære operasjoner p˚a matrisen. Vi ser at vi ender
opp med en m × n-matrise som er p˚a redusert trappetrinnsform. Dette kalles Gauss-
Jordan reduksjon av matrisen A.
(2.11) Eksempel. Vi vil vise hvordan Gauss-Jordan reduksjonen fungerer p˚a et
system av fire ligninger med seks ukjente
x1 + 2x2 + x3 − 3x4 + 5x5 + x6 = b1
3x1 + 6x2 + 6x3 − 15x4 + 21x5 + x6 = b2
2x1 + 4x2 + 3x3 − 8x4 + 12x5 + x6 = b3
5x1 + 10x2 + 7x3 − 19x4 + 29x5 + 2x6 = b4.
Den utvidete koeffisientmatrisen til ligningssystemet (2.11.1) er
⎛
⎞
⎝
1 2 1 −3 5 1 | b1
3 6 6 −15 21 1 | b2
2 4 3 −8 12 1 | b3
5 10 7 −19 29 2 | b4.
⎠
(2.11.1)
Multipliserer vi den første raden med −3, −2 og −5 og legger den til radene to, tre
og fire respektive f˚ar vi matrisen
⎛
⎞
⎝
1 2 1 −3 5 1 | b1
0 0 3 −6 6 −2 | −3b1+b2
0 0 1 −2 2 −1 | −2b1+b3
0 0 2 −4 4 −3 | −5b1+b4.
Vi bytter nu om den andre og tredje raden og f˚ar
⎛
⎝
1 2 1 −3 5 1 | b1
0 0 1 −2 2 −1 | −2b1+b3
0 0 3 −6 6 −2 | −3b1+b2
0 0 2 −4 4 −3 | −5b1+b4.
Multipliserer vi den andre raden med −1, −3 og −2 og legger den til første, tredje
og fjerde raden respektive s˚a f˚ar vi
⎛
⎞
⎝
⎠
⎞
⎠
1 2 0 −1 3 2 | 3b1−b3
0 0 1 −2 2 −1 | −2b1+b3
0 0 0 0 0 1 | 3b1+b2−3b3
0 0 0 0 0 −1 | −b1−2b3+b4.
Til slutt multipliserer vi den tredje raden med −2 og legger den til den første raden,
og dessuten legger vi den tredje raden til den andre og den fjerde. Vi f˚ar
⎛
⎞
⎝
1 2 0 −1 3 0 | −3b1−2b2+5b3
0 0 1 −2 2 0 | b1+b2−2b3
0 0 0 0 0 1 | 3b1+b2−3b3
0 0 0 0 0 0 | 2b1+b2−5b3+b4.
⎠
⎠ (2.11.2)

→
→
90 Ligninger
Koeffisientmatrisen (2.11.2) er i redusert trappetrinnsform og svarer til ligningssystemet
x1 + 2x2 − x4 + 3x5 + = −3b1 − 2b2 + 5b3
x3 − 2x4 + 2x5 = b1 + b2 − 2b3
Vi ser at ligningssystemet bare har løsninger om
0 = 2b1 + b2 − 5b3 + b4
x6 = 3b1 + b2 − 3b3
0 = 2b1 + b2 − 5b3 + b4.
(2.11.3)
og n˚ar ligningen (2.11.3) er oppfyllt kan vi velge de variable x2, x4, x5 fritt lik x2 =
s, x4 = t, x5 = u og løsningen til systemet er derfor
x1= −3b1 − 2b2 + 5b3 − 2s + t − 3u
x2= s
x3= b1 + b2 − 2b3 + 2t − 2u
x4= t
x5= u
x6= 3b1 + b2 − 3b3
for alle tall s, t og u, n˚ar 0 = 2b1 + b2 − 5b3 + b4.
(2.12) Elementære matriser. Vi skal se at vi kan erstatte elementære operasjoner
p˚a matriser med matrisemultiplikasjon. For ˚a oppn˚a dette innfører vi elementære
matriser. Dette har stor teoretisk betydelse. Som vanlig illustrer vi først teorien med
eksempler.
(2.13) Eksempel. La
Vi har at
1 0 0
0 1 0
a 0 1
A =
1
−1
2
4
3
2 .
5 −1 0
1
−1
2
4
3 1
2 = −1
2
4
3
2
.
5 −1 0 5+a −1+2a 3a
Istedenfor ˚a legge a ganger første raden til den tredje raden i matrisen A, kan vi
derfor multiplisere A til venstre med den matrisen vi f˚ar ved ˚a legge til a ganger
første raden til den tredje raden i enhetsmatrisen I3.
Videre har vi at
0 0 1
0 1 0
1 0 0
1
−1
2
4
3
2 =
5 −1 0
5 −1 0
−1 4 2 .
1 2 3
Istedenfor ˚a bytte om første og tredje raden i A kan vi derfor multiplisere A til venstre
med matrisen vi f˚ar n˚ar vi bytter første og tredje raden i enhetsmatrisen I3. Til slutt
har vi at
1 0 0
0 1 0
0 0 a
1
−1
2
4
3
2 =
5 −1 0
1
−1
2
4
3
2 .
5a −a 0
Istedenfor ˚a multiplisere siste raden i A med a kan vi derfor multiplisere A til venstre
med den matrisen vi f˚ar n˚ar vi multipliserer siste raden i enhetsmatrisen I3 med a.

LIGNINGER 2 91
(2.14) Definisjon. La
⎛
⎜
Eij(a) = ⎜
⎝
1 0 ··· ··· ··· 0
0 1 ···
. ..
··· ··· 0
0 ··· 1 ··· 0 ··· 0
.
.
0 ··· a ··· 1 ··· 0
.
.
. ..
0 ··· ··· ··· ··· 1
være matrisen vi f˚ar av enhetsmatrisen Im ved ˚a multiplisere den i’te raden med a
og legge til den den j’te raden. Videre la
⎛
⎞
⎜
Eij = ⎜
⎝
1 0 ··· ··· ··· 0
0 1 ···
. ..
··· ··· 0
0 ··· 0 ··· 1 ··· 0
.
.
.
.
0 ··· 1 ··· 0 ··· 0
. ..
0 ··· ··· ··· 1
være matrisen vi f˚ar av enhetsmatrisen Im ved ˚a bytte den i’te og j’te raden. Til
slutt lar vi
⎛
⎞
⎜
Ei(a) = ⎜
⎝
1 0 ··· ··· 0
0 1 ···
. ..
··· 0
0 ··· a ··· 0
.
.
. ..
0 ··· ··· 1
være matrisen vi f˚ar av enhetsmatrisen Im ved ˚a multiplisere den i’te raden med
a = 0. Vi kaller matrisene Eij(a), Eij og Ei(a) for elementære matriser.
(2.15) Setning. La
A =
a11 ··· a1n
.
.
am1 ··· amn
være en m × n-matrise.
(1) Produktet Eij(a)A er matrisen vi f˚ar ved ˚a legge a ganger den i’te raden i A
til den j’te raden. Det vil si
⎛
⎟
⎠
⎟
⎠
⎞
⎟
⎠
a11 a12 ··· a1n
⎜
.
⎜
.
⎜ ai1 ai2 ··· ain
⎜
Eij(a)A = ⎜
.
⎜
.
⎜ aj1+aai1 aj2+aai2 ··· ajn+aain
⎜
⎝
.
am1 am2 ··· amn
⎞
⎟ .
⎟
⎠

→
→
92 Ligninger
(2) Produktet EijA er matrisen vi f˚ar ved˚a bytte om i’te og j’te raden i matrisen
A. Det vil si
⎛ a11
⎜ aj1
⎜
EijA = ⎜ ai1 ⎜
⎝
⎞
a12 a1n
. ⎟
aj2 ··· ajn ⎟
. ⎟
. ⎟ .
ai2 ··· ⎟ ain ⎟
. ⎠
.
am1 am2 ··· amn
(3) Produktet Ei(a)A er matrisen vi f˚ar ved˚a multiplisere den i’te raden i A med
tallet a. Det vil si
⎛ a11 a12 ··· a1n ⎞
.
⎜
. ⎟
Ei(a)A = ⎜ aai1 ai2 ··· aain ⎟
⎝
.
⎠
.
.
am1 am2 ··· amn
Bevis. Alle de tre ligningene følger umiddelbart ved˚a utføre matrisemultiplikasjonene
Eij(a)A, EijA respektive Ei(a)A.
(2.16) Korollar. Vi har ligningene
Eij(a)Eij(−a) = Eij(−a)Eij(a) = Im
EijEji = EjiEij = Im, Ei(a)Ei(a −1 ) = Ei(a −1 )Ei(a) = Im.
Spesielt finnes det for hver elementær matrise E en annen elementær matrise F slik
at EF = F E = Im.
Bevis. Dette følger umiddelbart av setningen anvendt p˚a en elementær matrise E.
(2.17) Bemerkning. Det følger av Setning (2.14) at det er det samme ˚a utføre
elementære operasjoner p˚a en matrise A som det er ˚a multiplisere A fra venstre med
elementære matriser. Gauss-Jordan reduksjon gjør derfor at vi kan multiplisere en n
matrise A til venstre med elementære matriser til vi f˚ar en matrise p˚a redusert trappetrinnsform.
Med andre ord, Gauss-Jordan eliminasjonen gir elementære matriser
F1, F2, . . . , Fr slik at
FrFr−1 · · · F1A = R
er en redusert trappetrinnsmatrise. Av Korollar (2.15) følger det at vi kan finne
elementære matriser E1, E2, . . . , Er slik at EiFi = Im for alle i. Da har vi at
(E1E2 · · · Er)(Fr · · · F2F1) = E1E2 · · · Er−1(ErFr)Fr−1 · · · F2F1
= E1E2 · · · Er−1ImFr−1 · · · F2F1 = E1E2 · · · Er−1Fr−1 · · · F2F1 = · · · = Im.
(2.16.1)

→
LIGNINGER 2 93
Derfor f˚ar vi at
A = ImA = (E1E2 · · · Er)(Fr · · · F2F1)A = E1E2 · · · ErR.
Vi ser at Gauss-Jordan eliminasjonen gir at hver m × n-matrise kan skrives som et
produkt av elementære m×m-matriser og en m×n-matrise p˚a redusert trappetrinnsform.
Korollaret uttrykker at de elementære matrisene er invertible i den terminologien
vi skal innføre i neste seksjon. Dette, sammen med oppspaltingen av matriser i
elementære matriser og trappetrinnsmatriser, gjør at teorien for invertible matriser
og determinanter i kommende kapitler blir grei.
(2.18) Opgaver.
1. For hvilke b har følgende ligningssytemer løsninger? Bestem alle løsningene for
de systemene som kan løses
(1)
(2)
(3)
x1 + 2x2 + 2x3 + 19x4 + 0x5 = 7
3x1 + 6x2 + 8x3 + 71x4 + 0x5 = 25
2x1 + 7x2 + 6x3 + 39x4 + 0x5 = 20 + b.
x1 + 2x2 + 3x3 + 26x4 + 21x5 = 9 + 21b
2x1 + 4x2 + 7x3 + 59x4 + 47x5 = 20 + 46b
3x1 + 6x2 + 11x3 + 92x4 + 74x5 = 31 + 74b.
x1 + 2x2 + 1x3 + 12x4 + 7x5 = 8 + b
−x1 − 2x2 + 0x3 − 5x4 − 4x5 = −4 − b
−3x1 − 6x2 − x3 − 22x4 − 14x5 = 15 − 3b.
(4)
x1
−2x1
−3x1
+
−
−
2x2
4x2
6x2
+
−
−
3x3
6x3
9x3
+
−
−
5x4
10x4
15x4
+
−
−
x5
2x5
3x5
=
=
=
3
−6 + b
8 − b.
2. Hvilke av matrisene nedenfor er i redusert trappetrinnsform?
1 0 4 0 0 3
(1) 0 0 0 1 0 2
0 0 0 0 1 1 1 0 4 0 1 3
(2) 0 1 0 2 0 1
(3)
0 0 0 0 1 2
1 0 1 3 0
0 1 −1 −2 0
5
3
0 0 0 0 1 −2
1 0 0 4 0 0 0
(4) 0 0 0 1 0 0 0
(5)
.
0 0 0 0 0 0 0
1 2 3 4 0 5 6
0 0 0 0 1 2 3
0 0 0 0 0 0 0
3. I Oppgave (1.8.1) i Seksjon 1 skulle du bestemme løsningen til ligningene med
koeffisientmatriser
1 5 1
(1) A = 2 17 4 .
3 18 4
(2) A = .
1 2 4
2 1 4
3 3 2

→
→
94 Ligninger
(3) A =
(4) A =
1 2 2
2 5 5
.
1 5 5
1 2 3
−1 −2 −3
−5 −10 −15
.
Skriv alle disse matrisene som et produkt A = E1E2 · · · ErR av elementære matriser
Ei og en matrise R p˚a redusert trappetrinnsform.
4. I Oppgave (1.8.1) i Seksjon 1 skulle du finne løsningen til ligningene med koeffisientmatriser
6 1 0
(1) A = .
5 1 0
1 2 4
(2) A = .
3 7 14
1 1 2
(3) A = .
−2 −2 4
(4) A = .
1 10 1
3 −35 3
Skriv alle disse matrisene som et produkt A = E1E2 · · · ErR av elementære matriser
Ei og en matrise R p˚a redusert trappetrinnsform.
5. I Oppgave (1.8.1) i Seksjon 1 skulle du finne løsningen til ligningene med koeffisientmatriser
(1) A = .
(2) A =
(3) A =
(4) A =
1 3
2 7
−2 −8
1 4
2 12
3 4 0 5
0 1
.
.
0 6
2 15
1 6
−3 −12
.
Skriv alle disse matrisene som et produkt A = E1E2 · · · ErR av elementære matriser
Ei og en matrise R p˚a redusert trappetrinnsform.
6. Bestem alle matrisene X som tilfredsstiller
1 3 −2
2 −4 6 X =
3 2 1
7. Bestem alle matrisene X som tilfredsstiller
1 0 1
1 1 0
1 1 1
X =
4 −3
−2 4 .
5 −2
0 2 4
2 3 4
1 4 7
.
8. N˚ar vi har et lineært ligningssystem med heltallskoeffisienter behøver vi ofte ˚a
bestemme heltallsløsninger til dette systemet. Vil vi bestemme heltallsløsninger til
et system med heltallskoeffisienter sier vi at ligningssystemet er diofantisk.

LIGNINGER 2 95
La a, b, c, d være tall slik at ad − bc = 0.
(1) Vis at ligningssystemet
ax + by = e
cx + dy = f
har en eneste løsning.
(2) Vis at om a, b, c, d, e, g, f er heltall s˚a har ligningen heltallsløsninger om ad−bc
deler e og f.
9. La
a11x1 + a12x2 + · · · + a1nxn = 0
a21x1 + a22x2 + · · · + a2nxn = 0
.
.
am1x1 + am2x2 + · · · + amnxn = 0.
være et homogent ligningssystem. Anta at Gauss-Jordan eliminasjonen reduserer
systemet til
x1
x2
+ d1s+1xs+1 + d1s+2xs+2 + · · · + d1nxn
+ d2s+1xs+1 + d2s+2xs+2 + · · · + d2nxn
.
.
.
.
xs + dss+1xs+1 + dss+2xs+2 + · · · + d2nxn
(1) Vis at alle løsningene til (1) er gitt av
x1 = −d1s+1ts+1 − d1s+2ts+2 − · · · − d1ntn
x2 = −d2s+1ts+1 − d2s+2ts+2 − · · · − d2ntn
.
xs = −dss+1ts+1 − dss+2ts+2 − · · · − dsntn
xs+1= ts+1
xs+2= ts+2
.
xn = tn.
for gitte tall ts+1, ts+2, . . . , tn.
(2) Vis at mengden av løsninger til (1)
H = {(a1, a2, . . . , an) : di1a1 + ai2a2 + · · · + ainan = 0} for i = 1, 2, . . . , m
er et vektorrom. Vi har at H er kjernene til avbildningen TA : R n → R m .
.
.

96 Ligninger
(3) Betrakt de n − s løsningene til ligningene
fs+1 = (−b1s+1, −b2s+1, . . . , −bss+1, 1, 0, . . . , 0)
fs+2 = (−b1s+2, −b2s+2, . . . , −bss+2, 0, 1, . . . , 0)
.
.
fn = (−b1n, −b2n, . . . , −bsn, 0, . . . , 0, 1)
som svarer til følgende n − s ulike verdier av ts+1, ts+2, . . . , tn
ts+1 = 1, ts+2 = 0, . . . , tn = 0
ts+1 = 0, ts+2 = 1, . . . , tn = 0
ts+1 = 0, ts+2 = 0, . . . , tn = 1.
Vis at alle løsningene v i H kan uttrykkes p˚a formen
v = as+1fs+1 + as+2fs+2 + · · · + anfn
for alle valg av tall as+1, as+2, . . . , an.
(4) Vis at om as+1fs+1 + as+2fs+2 + · · · + anfn = 0 s˚a vil as+1 = as+2 = · · · =
an = 0.
.
.

→
→
LIGNINGER 3 97
3. Ikke singulære matriser og determinanter.
(3.1) Ikke singulære matriser. De systemene av lineære ligninger vi støter p˚a
har ofte like mange ligninger som ukjente. Vi skal i denne Seksjonen behandle slike
systemer. Ofte vil koeffisientmatrisen A være invertibel, det vil si at det finnes en
matrise B slik at BA er identitetsmatrisen In. Kjenner vi B kan vi ved ˚a regne som
med tall finne løsningen til ligningssystemet. Vi skal vise hvordan vi kan avgjøre om
det finnes en invers, og hvordan man effektivt kan finne denne inversen.
(3.2) Setning. La A være en n × n-matrise. Følgende tre utsagn er ekvivalente.
(1) Det finnes en n × n-matrise B slik at BA = In.
(2) Den eneste n-vektoren v slik at Av = 0 er nullvektoren.
(3) Matrisen A er et produkt A = E1E2 · · · Er av elementære matriser Ei.
N˚ar betingelsene (1), (2) og (3) holder vil AB = In.
Bevis. Anta at betingelsen (1) holder. Om Av = 0 f˚ar vi at v = Inv = (BA)v =
B(Av) = B0 = 0. Derfor er v = 0 og betingelsen (2) holder.
Anta at betingelsen (2) holder. Vi vet at vi kan skrive A som A = E1E2 · · · ErR der
Ei’ene er elementære matriser og R er en n × n-matrise i redusert trappetrinnsform.
Vi skal vise at R = In s˚a betingelsen (3) holder. Anta tvert imot at R = In. Da
finnes det klart et i slik at Rei = 0. Da følger det at Aei = E1E2 · · · Erei = 0. Men
antagelsen var at om Av = 0 s˚a er v = 0. Ettersom ei = 0 har vi en motsigelse mot
antagelsen at R = In. Derfor m˚a R = In.
Anta at betingelsen (3) holder. Da vil A = E1E2 · · · Er der E1, E2, . . . , Er er elementære
matriser. Det følger av Korollar (2.15) at vi kan velge elementære matriser
F1, F2, . . . , Fr slik at FiEi = In for alle i. Sett B = Fr · · · F2F1. Vi ser av ligningene
(2.16.1) at BA = Fr · · · F2F1E1E2 · · · Er = In og at AB = E1E2 · · · ErFr · · · F2F1 =
In. Derfor følger det at betingelsen (1) holder. Videre følger det at om betingelsen
(3) holder s˚a har vi at AB = In.
(3.3) Definisjon. La A være en n × n-matrise. Vi sier at A er invertibel, eller ikke
singulær, om det finnes en matrise B slik at AB = BA = In.
(3.4) Bemerkning. For en n × n-matrise A finnes det bare en matrise B slik
at AB = BA = In. Dette er fordi om C er en annen matrise som tilfredsstiller
AC = CA = In s˚a har vi at
B = BIn = B(AC) = (BA)C = InC = C.
(3.5) Definisjon. Om A er en ikke singulær n × n-matrise og B er matrisen slik at
AB = BA = In s˚a skriver vi B = A −1 og kaller vi A −1 for den inverse matrisen til
A.

→
98 Ligninger
(3.6) Systemer med like mange ligninger som ukjente. La
a11x1 + a12x2 + · · · + a1nxn = b1
a21x1 + a22x2 + · · · + a2nxn = b2
an1x1 + an2x2 + · · · + annxn = bn
være et system av n-ligninger med n ukjente. Koeffisientmatrisen til systemet er
⎛
⎞
A = ⎝
Ligningssystemet kan vi skrive som
.
a11 a12 ··· a1n
a21 a22 ··· a2n
.
.
.
.
an1 an2 ··· ann
Ax = b
der x = (x1, x2, . . . , xn) t og b = (b1, b2, . . . , bn) t . Dette systemet er spesielt enkelt ˚a
løse n˚ar A er ikke singulær. Vi har da at
⎠ .
x = Inx = (A −1 A)x = A −1 (Ax) = A −1 b.
Systemet har derfor nøyaktig en løsning og denne løsningen er gitt av
x = A −1 b.
(3.7) Utregning av inverse matriser. Vi s˚a nettopp at det for systemer av
lineære ligninger med like mange ligninger som variable er viktig ˚a kunne avgjøre om
koeffisientmatrisen er ikke singulær. N˚ar den er ikke singulær f˚ar vi en løsning om
vi kan bestemme den inverse til koeffisientmatrisen. Setning (3.2) gir oss en effektiv
metode for ˚a bestemme om en matrise er singulær og til ˚a regne ut den inverse matrisen
n˚ar den finnes. Vi bruker Gauss-Jordan eliminasjon for ˚a redusere matrisen
til redusert trappetrinnsform, og holder hele tiden orden p˚a hvilke elementære operasjoner
vi har brukt ved b˚ade ˚a multiplisere A og identitetsmatrisen In med de
elementære matrisene.
(3.8) Eksempel. Vi vil vise at vi samtidig kan avgjøre om matrisen A =
ikke singulær og finne den inverse matrisen n˚ar denne finnes. Vi skriver
1 2 | 1 0
3 7 | 0 1
.
1 2
er
3 7
Vi utfører nu elementære operasjoner samtidig p˚a den venstre matrisen som er koeffisientmatrisen
til systemet, og p˚a den høyre matrisen, som er identitetsmatrisen.
Multipliser den første raden med −3 og legg den til den andre raden. Vi f˚ar
1 2 | 1 0
0 1 | −3 1
.

LIGNINGER 3 99
Deretter multipliserer vi den andre raden med −2 og legger den til den første raden.
Dette gir
1 0 | 7 −2
.
0 1 | −3 1
Til venstre st˚ar nu identitetsmatrisen, hvilket viser at matrisen A er ikke singulær.
Matrisen vil høyre er den inverse matrisen, det vil si A −1 =
sikre p˚a dette er det bare ˚a regne ut A −1 A og se at vi f˚ar I2.
7 −2
−3 1
(3.9) Eksempel. Vi vil vise at vi samtidig kan avgjøre om matrisen A =
2 3 3 | 0 1 0
3 5 9 | 0 0 1
. For ˚a være
1 1 0
2 3 3
3 5 9
er
inverterbar, og bestemme inversen n˚ar den finnes. Vi bruker elementære operasjoner
p˚a matrisen
1 1 0 | 1 0 0
.
Først multipliserer vi den første raden med −2 og −3 og legger den til den andre
respektive den tredje raden. Dette gir
1 1 0 | 1 0 0
0 1 3 | −2 1 0
0 2 9 | −3 0 1
Deretter multipliserer vi den andre raden med −1 og −2 og legger den til den første
respektive den tredje raden. Dette gir
1 0 −3 | 3 −1 0
.
0 1 3 | −2 1 0
0 0 3 | 1 −2 1
Legger vi den siste raden til den første og drar den fra den andre f˚ar vi
1 0 0 | 4 −3 1
0 1 0 | −3 3 −1
0 0 3 | 1 −2 1
Til slutt multipliserer vi den siste raden med 1
3
1 0 0 | 4 −3 1
0 1 0 | −3 3 −1
0 0 1 | 1
3
− 2
3
1
3
.
.
og f˚ar
Ettersom vi har enhetsmatrisen til venstre er matrisen ikke singulær. Den høyre
matrisen er da inversen A −1 =
4 −3 1
−3 3 −1
1
3
− 2
3
ved ˚a utføre multiplikasjonen A −1 A og se at vi f˚ar I3.
1
3
.
. Igjen kan vi kontrollere v˚are utregninger

→
→
100 Ligninger
(3.10) Eksempel. Metoden vi har brukt avslører, som vi har bemerket, om en
matrise har en invers. Prøver vi metoden p˚a matrisen A = m˚a vi regne p˚a
matrisen
1 3 0 | 1 0 0
5 16 0 | 0 1 0
3 2 0 | 0 0 1
0 1 0 | −5 1 0
0 −7 0 | −3 0 1
.
1 3 0
5 16 0
6 19 0
Multipliser den første raden med −5 og −3 og legg den til den andre respektive tredje
raden. Vi f˚ar
1 3 0 | 1 0 0
.
Deretter multipliserer vi den andre raden med −3 og med 7 og legger den til den
første respektive den siste raden. Vi f˚ar
1 0 0 | 16 −3 0
0 1 0 | −5 1 0
0 0 0 | −38 7 1
Ettersom den reduserte trappetrinnsmatrisen vi har til venstre ikke er I3 følger det
av Setning (3.2) at matrisen A ikke har noen invers. Da kan heller ikke den inverse
st˚a til høyre.
(3.11) Generell invers til en matrise. For ˚a bestemme om en n × n-matrise A
har en invers og finne den inverse om matrisen er invertibel utfører vi elementære
operasjoner p˚a n × 2n-matrisen
C = (A | In)
som har matrisen A til venstre om skillelinjen og matrisen In til høyre. Vi multipliserer
A med elementære matriser F1, F2, . . . , Fr til vi har at matrisen Fr · · · F2F1A = R
er p˚a redusert trappetrinnsform. Vi har da redusert matrisen til
D = (Fr · · · F2F1A | Fr · · · F2F1) = (R | Fr · · · F2F1).
Det følger av Setning (3.1) at A er invertibel nøyaktig n˚ar R = In, det vil si n˚ar
Fr · · · F2F1A = In.
Fr · · · F2F1A = In.
Sett B = Fr · · · F2F1. Da er B inversen til A fordi BA =
Vi har derfor at n˚ar A er invertibel s˚a leder Gauss-Jordan eliminasjon anvendt p˚a
den utvidete matrisen med A til venstre og In til høyre til matrisen
som vi har sett i eksemplene ovenfor.
(In | A −1 )
.

LIGNINGER 3 101
(3.12) Determinanter. Determinanter oppst˚ar overalt i matematikken. De kommer
inn p˚a de mest uventete steder. Vi har allerede sett at de uttrykker volymer
av parallellepiped. De spiller en fundamental rolle, som Jakobianer, for ligninger i
flere variable, og for differensiallikninger forekommer de som Wronskianer og Pfaffianer.
I lineæralgebraen bruker vi blandt annet determinanter til ˚a gi kriterier for
ikke singulære matriser, og i eksplisitte løsninger, som Cramers regel, for løsninger
av systemer av lineære ligninger. Determinanter har mest teoretisk interesse. N˚ar vi
skal regne ut determinanter bruker vi oftest varianter av Gauss-Jordan eliminasjon.
Her skal vi gi de viktigste egenskapene til determinanter og gi noen metoder for
hvordan man beregner dem. Først er det hendig ˚a kjenne til permutasjoner og deres
viktigste egenskaper.
(3.13) Definisjon. En permutasjon σ av tallene (1, 2, . . . , n) er en omordning
(σ(1), σ(2), . . . , σ(n)) av disse tallene. Det vil si at σ(1), σ(2), . . . , σ(n) er tallene
1, 2, . . . , n i noen rekkefølge.
Vi kan yttrykke det samme ved at en permutasjon σ er en bijeksjon σ : N → N
av mengden N = {1, 2, . . . , n} til seg selv.
Mengden av alle permutasjoner betegner vi med Sn. Vi kaller Sn den symmetriske
gruppen p˚a n-bokstaver. Det er klart at Sn har n! = 1 · 2 · · · n elementer.
Sammensetningen τσ av to permutasjoner σ : N → N og τ : N → N, er sammensetningen
som avbildninger, det vil si vi bruker først avbildningen σ og deretter
τ og f˚ar bijeksjonen τσ : N → N, det vil si (τσ)(i) = τ(σ(i)) for alle i.
Den spesielle permutasjonen som tar i til j og j til i, men som holder alle andre
tall fast betegner vi med τij. Det vil si vi har at τij(i) = j, τij(j) = i, og τij(k) = k for
alle k forskjellig fra i og j. Vi kaller permutasjoner p˚a formen τij for transposisjoner.
Avbildningen som holder alle elementene 1, 2, . . . , n fast skriver vi som id.
(3.14) Eksempel. Vi har at
Videre har vi
S2 = {id, τ12}.
S3 = {id, τ23 = (1, 3, 2), τ12 = (2, 1, 3), σ = (2, 3, 1), τ = (3, 1, 2), τ13 = (3, 2, 1)}.
Vi har for eksempel
στ13 = (1, 3, 2) = τ23 og τ13σ = (2, 1, 3) = τ12.
(3.15) Definisjon. Vi sier at et par (ij) med i < j er en inversjon for en permutasjon
σ om σ(i) > σ(j). Tegnet sign(σ) til σ er 1 om antallet inversjoner til σ er like og
−1 om antallet inversjoner er odde.

→
102 Ligninger
(3.16) Eksempel. Identiteten id har ingen inversjoner s˚a sign(id) = 1. I S3 har vi
sign(τ23)=−1 fordi τ23(2) > τ(3)
sign(τ12)=−1 fordi τ12(1) > τ12(2)
sign(σ) = 1 fordi σ(1) > σ(3), σ(2) > σ(3)
sign(τ) = 1 fordi τ(1) > τ(2), τ(1) > τ(3)
sign(τ13)=−1 fordi τ13(1) > τ13(2), τ13(1) > τ13(2), τ13(2) > τ13(1).
(3.17) Bemerkning. Om vi skal bytte om tallene i og j blandt tallene (1, 2, . . . , n)
uten ˚a flytte de andre tallene kan vi gjøre det ved ˚a flytte i en plass til høyre j − iganger,
til vi bytter den med j. Vi f˚ar da permutasjonen (1, 2, . . . , i − 1, i + 1, i, j +
1, . . . , n). Deretter flytter vi j en plass til venstre j − i − 1 ganger til vi bytter den
med i + 1. Med andre ord har vi at
τij = (τii+1τi+1i+2 · · · τj−3j−2τj−2j−1)(τj−1jτj−2j−1 · · · τi+1i+2τii+1) (3.17.1)
for hver permutasjon σ i Sn vil permutasjonene σ og στii+1 bare skille seg p˚a hvordan
de flytter tallene i og i + 1 og vi har στii+1(i) = σ(i + 1) og στii+1 = σ(i). Derfor er
(i, i + 1) en inversjon i den ene men ikke i den andre, og alle andre inversjoner er de
samme. Derfor har vi at
sign(στii+1) = − sign(σ).
Ved ˚a bruke dette j − i − 1 + j − i = 2(j − i) − 1 ganger i formelen (3.17.1) ser vi at
s˚a alle tranposisjoner har negativt tegn.
sign(τij) = −1,
(3.18) Definisjon. La A være en n × n-matrise. Summen
det A =
σ∈Sn
sign(σ)a aσ(1)a 2σ(2) · · · a nσ(n)
(3.18.1)
kalles determinanten til A. Determinanten er følgelig en sum der termene er pluss
eller minus produktet av en koordinat fra hver rekke og en fra hver søyle. Tegnet er
bestemt av antallet ganger vi g˚ar til venstre n˚ar vi velger koordinatene vi multipliserer
med. Dette er fordi inversjonene i den tilsvarende permutasjonen svarer til at vi g˚ar
til venstre.
a11 a12
(3.19) Eksempel. For A = har vi
det A =
σ∈S2
a12 a22
a 1σ(1)a 2σ(2) = a11a22 + sign(τ12)a 1τ12(1)a 2τ12(2) = a11a22 − a12a21.

LIGNINGER 3 103
For matrisen A =
det A =
a11 a12 a13
a21 a22 a23
a31 a32 a33
har vi
a 1σ(1)a 2σ(2)a 3σ(3) = a11a22a33 + sign(τ23)a 1τ23(1)a 2τ23(2)a3τ23
σ∈S3
+ sign(τ12)a1τ12(1)a2τ12(2)a3τ12(3) + sign(σ)a1σ(1)a2σ(2)a3σ(3) + sign(τ)a 1τ(1)a 2τ(2)a 3τ(3) + sign(τ12)a 1τ13(1)a 2τ13(2)a 3τ13(3)
= a11a22a33 − a11a23a32 − a12a21a33 + a12a23a31 + a13a21a32 − a13a22a31
= a11a22a33 + a12a13a31 + a13a21a32 − a11a23a32 − a12a21a13 − a13a22a31.
For ˚a huske formelen for det A til en 3 × 3-matrise skriver vi opp matrisen to ganger
⎛
⎞
⎜
⎝
a11 a12 a13 a11 a12 a13
↘ ↘ ↘↙ ↙ ↙
a21 a22 a13 a21 a22 a23
↘↙ ↘↙ ↘↙
a31 a32 a13 a31 a32 a33
og tar summen av termene vi f˚ar n˚ar vi multipliserer til høyre med pluss og til venstre
med minus.
(3.20) Setning. Determinanten har tre fundamentale egenskaper
(1) Multipliserer vi en rekke i A med tallet a vil determinanten multipliseres med
a. Det vil si
⎛
a11 ... a1n
.
⎜ .
⎜
det ⎜ aai1 ... aain
⎝
.
an1 ... ann
⎟
⎠
⎞
a11 ⎟
... a1n
⎟
. .
⎟ = a det
⎠
. . .
an1 ... ann
(2) Om hver koordinat i en rekke til A er en sum av to termer vil determinanten
til A være en sum av determinantene til matrisene vi f˚ar n˚a bare en av hver
term er med i matrisen. Det vil si
⎛
⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞
⎜
det ⎜
⎝
a11 ... a1n
.
bi1+ci1 ... bin+cin
.
.
.
.
.
an1 ... ann
⎟ ⎜
⎟ ⎜
⎟ = det ⎜
⎠ ⎝
a11 ... a1n
.
.
bi1 ... bin
.
.
.
.
an1 ... ann
⎟ ⎜
⎟ ⎜
⎟ + det ⎜
⎠ ⎝
a11 ... a1n
.
.
ci1 ... cin
.
.
.
.
an1 ... ann
(3) Om to rekker i en matrise A er like s˚a er determinanten lik 0. Det vil si
⎛ a11 ... a1n ⎞
⎜
.
. ⎟
⎜ a1 ⎜ ... ⎟ an ⎟
⎜ . . ⎟
det ⎜ . . ⎟ = 0.
⎟
⎜ a1 ... an ⎟
⎝ ⎠
.
.
an1 ... ann
⎟
⎠

→
→
→
→
104 Ligninger
Bevis. Det er klart at egenskapene (1) og (2) holder ettersom vi har at hvert produkt
a 1σ(1)a 2σ(2) · · · a nσ(n) inneholder nøyaktig et element fra hver rekke og vi har de to
ligningene
a 1σ(1) · · · aa iσ(i) · · · a nσ(n) = aa 1σ(1) · · · a nσ(n)
og
a 1σ(1) · · · (b iσ(i) + c iσ(i)) · · · a nσ(n)
= a 1σ(1) · · · b iσ(i) · · · a nσ(n) + a 1σ(1) · · · c iσ(i) · · · a nσ(n).
For ˚a vise p˚astanden (3) merker vi at ettersom aij = aji s˚a vil termene
a 1σ(1) · · · a iσ(i) · · · a jσ(j) · · · a nσ(n) og a 1τ(1) · · · a iτ(i) · · · a jτ(j) · · · a nτ(n)
(3.20.1)
være like n˚ar σ(k) = τ(k) n˚ar k er forskjellig fra i og j og σ(i) = τ(j) og σ(j) =
τ(i). Med andre ord er termene (3.20.1) like n˚ar τ = στij. Men i determinanten
forekommer det første leddet i (3.20.1) med koeffisienten sign(σ) og den andre med
sign(τ). Ettersom vi har sett i Bemerkning (3.?) at sign(τ) = sign(στkj) = − sign(σ)
vil de to leddene summere til null.
(3.21) Korollar. Om vi bytter om to rekker i en matrise, vil determinanten bytte
tegn. Det vil si
⎛ ⎞ ⎛ ⎞
⎜
det ⎜
⎝
a11 ... a1n
.
.
ai1 ... ain
.
.
aj1 ... ajn
.
.
an1 ... ann
⎟ ⎜
⎟ ⎜
⎟ ⎜
⎟ ⎜
⎟ = − det ⎜
⎟ ⎜
⎟ ⎜
⎠ ⎝
Bevis. Det følger av (1) at determinanten til matrisen
⎛
⎜
⎝
a11 ... a1n
.
.
ai1+aj1 ... ain+ajn
.
.
.
.
ai1+aj1 ... ain+ajn
.
.
an1 ... ann
a11 ... a1n
.
.
aj1 ... ajn
.
.
.
.
ai1 ... ain
.
.
an1 ... ann
⎞
⎟
⎠
⎟ .
⎟
⎠
(3.11.1)
er null. Bruker vi egenskapen (2) tre ganger p˚a determinanten av matrisen (3.21.1)

→
→
→
→
LIGNINGER 3 105
f˚ar vi at den er summen av determinantene til de fire matrisene
⎛ a11 ... ⎞ a1n
⎜ .
⎜ .
. ⎟
⎜ ai1 ... ain ⎟
⎜ ⎟
⎜ . .
⎟ ,
⎜ aj1 ... ajn ⎟
⎜ ⎟
⎝ .
. ⎠
.
⎛ a11 ... a1n ⎞
. .
⎜ . . ⎟
⎜ ai1 ⎜ ... ⎟ ain ⎟
⎜ .
⎜ .
.
⎟
. ⎟ ,
⎟
⎜ ai1 ... ain ⎟
⎝ ⎠
. .
⎛ a11 ... ⎞ a1n
⎜
. . ⎟
⎜ aj1 ... ajn ⎟
⎜ ⎟
⎜
.
. ⎟
. ⎟ ,
⎜ aj1 ... ajn ⎟
⎜ ⎟
⎝ . . ⎠
. .
⎛
⎜
⎝
.
.
.
.
an1 ... ann
an1 ... ann
an1 ... ann
a11 ... a1n
.
aj1 ... ajn
.
.
ai1 ... ain
.
an1 ... ann
⎞
⎟ . (3.21.2)
⎟
⎠
Det følger av egenskapen (3) at de to midterste matrisene i (3.21.2) har determinant
lik null. Derfor har determinanten til de to ytterste matrisene i (3.21.2) motsatt tegn.
(3.22) Bemerkning. Bytter vi om to rader i en matrise bytter determinanten
tegn. Derfor er det(EijA) = − det A. Spesielt har vi at det Eij = −1. Multipliserer
vi en rad med et tall a følger det av egenskapen (1) at determinanten multipliseres
med a. Derfor er det(Ei(a)A) = a det A, og spesielt vil det Ei(a) = a. Videre,
multipliserer vi en rekke i en matrise med a og legger den til en annen matrise f˚ar vi
av egenskapen (2) at determinanten er den samme som summen av determinanten
til A og determinamanten til den matrisen der en rekker er a ganger en annen rekke.
Det følger av egenskapene (1) og (2) at determinanten der en rekke er et tall ganger
en annen rekker er null. Derfor har vi at det Eij(a)A = det A. Spesielt f˚ar vi at
det Eij(a) = 1. Vi har vist at
det Eij(a) = 1, det Ei(a) = a, det Eij = −1
og for hver matrise A og hver elementær matrise E har vi at
det(EA) = det A.
(3.23) Bemerkning. Determinanten til en øvre diagonal matrise
⎛
A = ⎝
a11 a12 ... a1n
0 a22 ... a2n
.
. ..
.
0 0 ... ann
er produktet av diagonalelementene a11a22 · · · ann. Med andre ord har vi at det(A) =
a11a22 · · · ann. Dette er fordi vi tar produkter fra alle rekker og søyler s˚a det eneste
elementet i summen for determinanten (3.18.1) er det som ikke inneholder 0 er produktet
av diagonalelementene.
(3.24) Bemerkning. Formelen (3.18.1) kan brukes til ˚a regne ut determinanter for
2 × 2-matriser, og den er ganske bra for 3 × 3-matriser. For større matriser er det
ofte raskere ˚a bruke Gauss-Jordan eliminasjon, eller snarere en forenklet variant av
⎞
⎠

→
→
→
106 Ligninger
denne. Vi ser for eksempel av (?) at vi ikke behøver ˚a redusere til den reduserte
trappetrinnsformen. Det rekker ˚a redusere til en trappetrinnsform der elementene
ovenfor de ledende koordinatene kan være forskjellig fra null. Dette kalles Gauss
eliminasjon. Av (?) ser vi at vi i Gauss eliminasjonen bare behøver ˚a holde orden
p˚a ombytte av rekker, som svarer til at determinanten bytter tegn, og multiplikasjon
av en rekke med et tall, som betyr at determinanten multipliseres med dette tallet.
Nedenfor skal vi gi et par eksempler p˚a hvordan vi kan regne ut determinanter til
matriser p˚a ulike m˚ater. Hver person som skal regne ut determinanter kan spare mye
arbeide ved ˚a bruke sin fantasi.
1 2 3
(3.25) Eksempel. Bruker vi Gauss eliminasjon p˚a matrisen A = 4 −1 2 multi-
7 3 1
pliserer vi første rekke med −4 og −7 og drar fra andre respektive tredje rekke s˚a vi
f˚ar
1 2 3
0 −9 −10
0 −11 −20
. Multipliserer vi nu den andre raden med − 1
9
Deretter legger vi 11 ganger andre rekke til den tredje og f˚ar
s˚a f˚ar vi
1 2 3
0 1
10
9
0 0 −20+ 10
9 11
1 2 3
0 1 10
9
0 −11 −20
.
. Deter-
minanten til den siste matrisen er (−20 · 9 + 10 · 11)/9 = −70/9. Under eliminasjone
har vi multiplisert med −1/9. Derfor har vi at det A = (−9)(−70/9) = 70.
Det bemerkelsesverdige er at vi av formelen (?) med det samme ser at determinanten
skal være et heltall, men at brøker oppst˚ar p˚a veien, og forsvinner i det
endelig svaret. Vi kan ved ˚a være litt smarte redusere brøregningene og holde orden
p˚a konstanter. Eliminasjonen kan for eksempel gjøres litt anderledes som
1 2 3 1 2 3 1 2 3
4 −1 2 → 0 −9 −11 → 0 9 10
7 3 1 0 −11 −20 0 11 20
1 1
9
−→ 0
2
9
3
10
1 2
→ 0 9
3
10
.
0 11·9 20·9 0 0 180−11·10
Determinanten av den siste matrisen er 9 · (180 − 110) = 9 · 70, men ettersom vi har
blir det A = 70.
multiplisert med 1
9
(3.26) Eksempel. Gauss eliminasjon brukt p˚a matrisen A =
3 18 36
9 43 115
11 40 222
1 1 6 12
3
−→ 9 43 115 →
11 40 222
1 6 12
0 −2 7
0 −26 90
− 1
2
−−→
1 6 12
0 1 − 7
2
0 −26 90
→
3 18 36
9 43 115
11 40 222
gir
1 6 12
0 1 − 7
2
0 0 90− 7
2 26
Determinanten til den siste matrisen er 90 − 7 · 13 = −1. Ettersom vi p˚a veien har
multiplisert med 1 1
3 og − 2 blir det A = 3(−2)(−1) = 6.
Vi kan forenkle den siste delen av regningen ved ˚a observere at vi ved ˚a legge
1 6 12
til −13 ganger den andre rekken til den tredje i matrisen 0 −2 7 f˚ar matrisen
0 −26 90
, som har determinant lik 2. Vi f˚ar derfor det A = 3 · 2 = 6.
1 6 12
0 −2 7
0 0 −1
.

→
→
→
LIGNINGER 3 107
(3.27) Setning. La A og B være to n × n-matriser.
(1) Matrisen A er ikke-singuær hvis og bare hvis det A = 0.
(2) Vi har at det(AB) = det A det B.
Bevis. Vi kan skrive matrisene A og B p˚a formen A = E1E2 · · · ErR respektive
B = F1F2 · · · FsS der R og S er reduserte trappetrinnsmatriser og Ei og Fi er
elementære matriser. Vi har sett at A og B er ikke-singulære hvis og bare hvis
R respektive S er enhetsmatrisen In. Det er klart at R = In hvis og bare hvis
det R = 0. Av Bemerkningen (3.?) har vi at det A = det E1 det E2 · · · det Er det R
og vi vet at determinanten til en elementær matrise er forskjellig fra null. Derfor er
det A = 0 hvis og bare hvis R = 0, hvilket holder hvis og bare hvis R = In. Vi har
derfor at det A = 0 hvis og bare hvis A er et produkt av elementære matriser, og det
følger av Setning (3.?) at dette er det samme som at A er ikke-singulær.
Det følger ogs˚a at egenskapen (2) holder n˚ar A og B begge matrisene er ikkesingualære
ettersom vi da har at
det(AB) = det E1 det E2 · · · det Er det F1 det F2 · · · det Fs = det A det B.
Videre gjelder formelen om enten A eller B, eller begge, er singulære. Dette er
fordi om B er singulær, s˚a m˚a AB være singulær fordi det finnes en ikke null vektor
v slik at Bv = 0 og derfor ABv = 0. Det følger da av del (1) av Setningen at begge
sider av ligningen (2) er null.
Til slutt anta at B er ikke singulær og A er singulær. Da finnes en vektor w = 0
slik at Aw = 0. Sett v = B −1 w. Da er v = 0 fordi w = Bv. Men vi har at
ABv = ABB −1 w = Aw = 0 s˚a da er AB singulær. Men n˚ar A og AB er singulære
følger igjen formel (2) av formel (1) ettersom begge sidene i (2) er null.
(3.28) Opgaver.
1. I Oppgave (1.8.1) i Seksjon 1 skulle du finne løsningen til ligningene med koeffisientmatriser
1 5 1
(1) A = 2 17 4 .
3 18 4 1 2 4
(2) A = 2 1 4 .
3 3 2 1 2 2
(3) A = 2 5 5 .
(4) A =
.
1 5 5
1 2 3
−1 −2 −3
−5 −10 −15
Bestem hvilke av matrisene som er invertibel og finn den inverse for disse.
2. Beregn determinantene til matrisene
(1)
(2)
2 3 5
7 −1 0
3 −2 1
.
2 10 8
−7 −17 −37
−8 −28 −36
.

→
→
108 Ligninger
(3)
(4)
(5)
16 −14 12
40 −29 9
56 −67 105
−6 12 24
−4 2 −5
2 −14 −49
15 20 35
18 17 105
9 11 28
.
.
.
3. For hvilke x er determinanten til matrisen
større eller lik null. (KTH 2000).
1 2 x 1
0 −2 2 1
3 1 −1 2
−1 0 0 2
4. En 3 × 3-matrise A defineres av
x
A =
Er A inverterbar? (KTH 1999).
Hint. Sett in passende verdier for x, y, z.
5. La A =
1 2 1
0 −1 0
1 1 λ
.
y
z
x+3y
2y−z .
x+z
(1) For hvilke verdier av λ har matrisen A en invers?
(2) Finn inversen for disse verdiene av λ.
6. Vis at om a, b, c, d er hele tall slik at ad − bc = 1 s˚a er matrisen A =
invertibel og den inverse matrisen har heltallskoeffisienter.
a b
c d
7. La A og B være ikke singulære n × n-matriser. Vis at den inverse til AB er
(AB) −1 = B −1 A −1 .
8. Vis at om A er en invertibel matrise s˚a er den transponerte A t (?) ogs˚a invertibel
og (A t ) −1 = (A −1 ) t .
Hint. Vi først at formelen holder for elementære matriser.
9. La A være en m × n-matrise med m < n.
(1) Vis at n × n-matrisen A t A alltid er singulær.
(2) Vis at m × m-matrisen AA t kan være b˚ade singulær og ikke singulær.
10. La Pn være mengden av n × n-permutasjonsmatriser definert i (?) og la ϕ :
Sn → Pn være avbildningen definert ved ϕ(σ) = (aiσ(j))nn. Vis at for alle σ i Sn s˚a
har vi
sign(σ) = det(ϕ(σ)).
11. La A = (aij) være en n × n-matrise. For alle i og j lar vi Aij være den
(n − 1) × (n − 1)-matrisen vi f˚ar ved ˚a stryke rad i og kolonne j i A. Vis at
(1) det A = ai1 det Ai1 − ai2 det Ai2 + · · · + ain det Ain.
(2) det A = a1j det A1j − a2j det A2j + · · · + anj det Anj.

LIGNINGER 3 109
12. La A og B være n × p-matriser. Vi skriver
A(i1, i2, . . . , ip) ogB(i1, i2, . . . , ip)
for de p × p-matrisene matrisene vi f˚ar ved av kolonne nummer i1, i2, . . . , ip i A
respektive B. Vis at
det(A t B) =
0≤i1

110
Matematikk MA

2. Matriser.
(2.13) Oppgaver.
(1) Svar.
(1) (−22, 21) t .
(2) (−7, −9, 29) t .
(3) (−7, 3π − 15) t .
(4) 3 + 5 √ 2, 3π + 5 t .
(2) Svar.
(1) (1, 10, 24) t .
(2) (−8, 12, 15) t .
(3) (π − 1, 2π + 2, 6π + 3) t .
(4) √ 2 + 2, 2 √ 2 − 4, 6 √ 2 − 6 t .
(3) Svar.
(1) (−3, 7) t .
(2) − 3 34
2 , − 3
t.
(3) π − 1, 3 − √ 2 t
.
t. (4) − 1 11
12 , 5
(4) Svar.
(1) (−1, 0, 7) t .
(2) −7, 3 34
2 , − 3
t.
(3) π + 7, 4, 3 − √ 2 t
.
t. (4) 20
3
(5) Svar.
, 9
4
, − 29
5
(1) a = 2, b = 1.
(2) a = 3
2
, b = − 1
2 .
(3) a = 5
9
(4) a = 3, b = −2.
, b = − 4
9 .
Fasit
111

112 Fasit
(6) Svar.
(1) a = −1, b = 4, c = −1.
(2) a = 23
2 , b = −7, c = −2.
(3) a = − 1
1
3 , b = 1, c = − 2 .
(4) a = 7, b = 2, c = −5.
3. Matriser.
(3.10) Oppgaver.
(1) Svar.
(1)
(2)
(3)
(4)
(2) Svar.
(1)
(2)
(3)
(4)
(3) Svar.
(1)
(2)
(3)
(4)
6 −9
.
7 6
7−5π 30
6+7 √ 2 2 √ 7
41 10 7
5 14 29
.
−5 −47 41
22 −7 30
3 −6 12
.
.
2 −8 −6
.
−23 6 −1
−2 3 1
.
7 −2 −1
6 −19 −13
.
−53 14 15
√ √ √
2π+4 2 −3π− 2 −π+3 2
−7π+2 √ 2 2π π+4 √ 2
−3 7
−4 0
−1 3
−5 0
− 9
3
(4) Svar.
(1)
(2)
(3)
(4)
.
.
3 .
13
− 4 3
3 2
−3π 7
− √ 2− √ 3 0
−1 0 7
2 4 7
−7 3
2
.
− 34
3
.
.
5 8 4
√
π+7 4 3− 2
3
2
9
3 4
7 5
3 4
20
−π − 5
4
− 29
5
8
7
29
5
.
.
.

FASIT 3 113
4. Matriser.
(4.16) Oppgaver.
(1) Svar.
−11
(1) .
7
30
(2) .
(3)
29
2π+5 √ 2
5π+ √ 2
(2) Svar.
22
(1) .
11
25
(2) .
(3)
(3) Svar.
(1)
(2)
(3)
21 √
− 5+4π
5
.
.
(a) AB =
(b) AB =
(c) AB =
(a) AB =
(b) AB =
(a) BA =
(b) BA =
3. Vektorrom.
(3.12) Oppgaver.
(1) Svar.
14 −9
15 −1
5π−12 −9
3π+6 −1
√
5 2+2 5
3 √ 2−1 3
, BA =
, BA =
, BA =
14 −9 −2
.
15 −1 1
√ √
5π −9 5 2−2 5
3π −1 3 √ 2+ √ 5
17 −9
21 −4
.
(1) (8, −2) t .
(2) (π + 1, 1 − π) t .
(3) √ 2 − 7, − √ 2 − 7 t .
17 −9
. 21 −4
5π−3 −2π−1
36 −10
√ √
5 2+3 −2 2+1
−5 2
.
3 1
5π−3 −2π−1
6 2
5 √ 2+3 √ 5 −2 √ 2+ √ 5
.
.
.

114 Fasit
(2) Svar.
(1) (5, 9) t .
(2) √ 2 + 2 − π, 7 √ 2 − π t .
(3) (15, −35) t .
(4) Svar.
(1)
(a) Bilde R 2 . Kjerne (0, 0) t .
(b) Bilde s (1, −2) t . Kjerne s (−2, 1) t .
(c) Bilde R 2 . Kjerne (0, 0) t .
(d) Bilde s (1, 1) t . Kjerne s (−1, 1) t .
(2) Avbildningene A1 og A3 er injektive og surjektive. De andre to er hverken
eller.
(3) En avbildning er injektiv hvis og bare hvis kjernen er 0.
(5) Svar.
(1)
(a) Bilde R 2 . Kjerne s (3, 9, −7) t .
(b) Bilde R 2 . Kjerne s (0, 7, 2) t + t (2, −1, 0) t .
(c) Bilde R 2 . Kjerne s (13, −13, 2) t .
(d) Bilde R 2 . Kjerne s (1, −1, 0) t .
(2) Ingen av avbildningene er injektive, og alle er surjektive.
(3) En avbildning er injektiv hvis og bare hvis kjernen er 0.
(6) Svar.
(1)
(a) Bilde s (1, 2, 3) t + t (3, −1, 0) t . Kjerne (0, 0) t .
(b) Bilde s (1, 2, 3) t + t (−2, −4, 0) t . Kjerne (0, 0) t .
(c) Bilde s (1, 1, 0) t + t (1, 1, 13) t . Kjerne (0, 0) t .
(d) Bilde s (1, 1, 6) t . Kjerne s (1, −1) t .
(2) A1, A2 og A3 er injektive. Ingen av avbildningene er surjektive.
(3) En avbildning er injektiv hvis og bare hvis kjernen er 0.
1. Ligninger.
(1.8) Oppgaver.
(1) Svar.
(1)
x1 = −4b1 − 2b2 + 3b3
x2 = 4b1 + b2 − 2b3
x3 = −15b1 − 3b2 + 7b3.

FASIT 1 115
(2)
(3)
(4)
(2) Svar.
(1)
(3) Svar.
(1)
x1 = − 5
9 b1 + 4 2
+
9 9 b3
x2 = 4
9 b1 − 5
9 b2 + 2
9 b3
x3 = 1
6 b1 + 1
b b2 − 1
6 b3.
x1 = 5b1 − 2b2
x1 + x3 = −2b1 + b2
0 = 5b1 − 3b2 + b3.
x1 + 2x2 + 3x3 = b1
x3 = s.
0 = b1 + b2
0 = 5b1 + b3.
x1 = b1 − b2
x2 = −5b1 + 6b2
x1 = 7b1 − 3b2
x2 = −2b1 + b2
0 = −2b1 + 2b2 + b3.
(4) Svar.
1 −2
.
3 1

116
Matematikk MA

abelsk, 44
abelsk, 45
addisjonstabellen, 52
alfabet, 7
assosiativ, 13, 27
assosiativitet, 12, 45, 49
avbildning, 55
avstanden, 6
begrenset støtte, 62
bijektiv, 58
bildet, 57, 58
blokker, 32
Cramers regel, 100
definisjonsmengde, 58
definisjonsomr˚adet, 57
determinant, 17, 38, 93
diagonalelementene, 105
dimensjon, 78
diofantisk, 82, 94
distributivitet, 13, 49
domene, 57, 58
duale, 71
elementær matrise, 29, 90, 91
elementær operasjon, 29
elementære operasjoner, 88
elementer, 43
eliminere variable, 75
entydig, 16
Euklidske rommet, 44
fakultet, 8
familie, 88
familie av løsninger, 78
funksjon, 56
Gauss eliminasjon, 105
Gauss, 106
Index
Gauss-Jordan eliminasjon, 73, 80, 88
Gauss-Jordan reduksjon, 88
Georg Cantor, 7
grafe, 8, 22, 62
gruppe, 45
halv˚apent intervall, 62
hele tallene, 43
hjørnene, 62
homogent, 85
hyperplan, 52
identitetsavbildningen, 58
identitetsmatrisen, 97
ikke singulær, 97
indeks, 24
injektiv, 57, 58
innbyrdes primiske, 82
integral, 63
invariantteorien, 17
invers, 12, 45, 61
inverse matrisen, 97
inversjon, 101
invertibel, 93, 97
kanter, 22, 62
kjerne, 65, 69, 70
ko-domene, 57, 58
koeffisientmatrisen, 85
kommutativ, 12, 28, 45
kommutativ gruppe, 44, 45
komplekse tall, 31
konvergerer mot null, 53
koordinat, 18
Kronecker deltaet, 7
Kronecker, Leopold, 7
kropp, 31
krympe, 36
117

118 Index
kvadrering, 56
kvaternioner, 31
løkker, 62
løsninger, 45
ledende koordinat, 80, 86, 105
lineær algebra, 1
lineær, 37, 65
m˚almengde, 57, 58
matematisk modell, 3
matrise, 17, 18
mengde, 43
mengdelæren, 43
metrikk, 6
multiplikasjonstabellen, 32
nøytral, 12
nøytralt element, 45
naturlige tallene, 43
nilpotent, 32
objekter, 43
orientering, 51
orthonormale, 50
parallellogram, 37
parameter, 3, 78, 88
paritetsproblemet, 51
permuasjoner, 6
permutasjon, 30, 101
polynomfunksjoner, 63
produktet, 11
punktvis, 62
rangen, 86
rasjonale tallene, 43
redusert trappetrinnsform, 80, 86
reelle tallene, 43
regel, 55, 61
regel, 61
rekke, 18
rettete grafer, 62
søyle, 18
sammensatte, 59
sammensetningen, 60
skalar, 11
skjevkropp, 32
skjevsymmetrisk, 32
sti, 8
strekke, 36
sum, 24
surjektiv, 57, 58
Sylvester, James Joseph, 17
symmetrisk, 32
symmetriske gruppen, 101
system av lineære ligninger, 85
tall, 43
tegn, 101
transitiv, 69
transponert, 1, 2, 29
transposisjoner, 101
trappetrinnsform, 105
trappetrinnsfunksjoner, 62
tuppel, 5
undermengde, 43
underrom, 50
utvidete koeffisientmatrisen, 85
vektor, 1, 2, 49
vektorrom, 47, 49
øvre diagonal, 105
øvre triangulær, 32