Tilbake
7.3
Alle fag for Høyskole

7.3 Kort teori og bevis: refleksjon, positiv definitthet, normbevaring, isomorfi

Bevishåndverket for MAT1120 — teoremnavning og forutsetningssjekk — anvendt på de gjenkjennelige bevisvariantene: Householder-refleksjon I−2vvᵀ ortogonal, ortogonal matrise normbevarende, posdef ⇒ invertibel, ikke-diagonaliserbarhet, isomorfi-kriteriet.

55 min
8 oppgaver
Kort teoribevisrefleksjonpositiv definitthetnormbevaring
Din fremgang i kapitlet
0 / 8 oppgaver
Kapitlets plass i kurset
Forkunnskaper:

- Kap. 6.1 — ortogonale/symmetriske matriser, spektralteoremet, normbevaring
- Kap. 6.2 — positiv definitthet
- Kap. 2.6 — isomorfi, ker⁡T\ker T, [T]B[T]_{\mathcal{B}}
- Kap. 3.2 — diagonaliserbarhet, geometrisk vs. algebraisk multiplisitet
- Bevis og matematisk argumentasjon — generell bevisteknikk
- MAT1110 — matriseregning og transponering

Sist du var her

Bevisene her trekker på et lite knippe navngitte resultater — ha dem klare:

- Ortogonal matrise (kap. 6.1): PTP=IP^{T}P=I ⇔ ortonormale søyler ⇔ P−1=PTP^{-1}=P^{T}; normbevarende (∥Px∥=∥x∥\lVert P\mathbf{x}\rVert=\lVert\mathbf{x}\rVert).
- Spektralteoremet (kap. 6.1): symmetrisk B=PDPTB=PDP^{T} med ortogonal PP.
- Positiv definit (kap. 6.2): symmetrisk med alle egenverdier >0>0 ⇔ xTBx>0\mathbf{x}^{T}B\mathbf{x}>0 for x≠0\mathbf{x}\ne\mathbf{0}.
- Isomorfi-kriteriet (kap. 2.6): TT isomorfi ⇔ [T]B[T]_{\mathcal{B}} invertibel ⇔ ker⁡T={0}\ker T=\{\mathbf{0}\}.
- Diagonaliserbar (kap. 3.2): geometrisk = algebraisk multiplisitet for hver egenverdi.

Kapitlet er ~55 min; ta gjerne Householder (løkke 1–2) i én økt og de tre siste bevisene i en annen. — naturlig pausepunkt —

På MAT1120 skal du ikke bare regne — du skal argumentere. Bevisoppgavene tester om du kan gjøre et generelt resonnement stramt: hva er gitt, hva skal vises, og hvilket navngitt teorem bærer hvert skritt. Dette kapitlet er et verksted i bevishåndverk: vi går gjennom bevismetodikken og fører deretter de gjenkjennelige bevisvariantene komplett, med full forutsetningssjekk.

Kapitlet går i fem løkker:

1. Bevismetodikk — verktøykassa (identifiser, navngi, sjekk forutsetninger, transponert-trikset).
2. Householder-refleksjonen R=I−2vvTR=I-2\mathbf{v}\mathbf{v}^{T} — symmetrisk, ortogonal, R2=IR^2=I, geometrisk en speiling.
3. Ortogonal matrise er normbevarende.
4. Posdef ⇒ invertibel og B−1B^{-1} posdef.
5. Isomorfi-kriteriet (og et blikk på ikke-diagonaliserbarhet).

Løkke 1 — Bevismetodikk: verktøykassa (~10 min)

Et godt bevis følger fire skritt:

1. Identifiser gitt vs. skal-vises. Skriv ned forutsetningene (A=ATA=A^{T}, ∥v∥=1\lVert\mathbf{v}\rVert=1, alle λi>0\lambda_i>0 …) og hva konklusjonen er. Da vet du hvor du skal.
2. Navngi teoremet/definisjonen som bærer hvert steg (spektralteoremet, definisjonen av ortogonal, isomorfi-kriteriet). Sensor vil se hvorfor et skritt er lov.
3. Sjekk forutsetningene før du bruker et teorem. Spektralteoremet krever symmetri; skriv at B=BTB=B^{T} før du bruker B=PDPTB=PDP^{T}.
4. Skill ⇒\Rightarrow og ⇔\Leftrightarrow. En «hvis og bare hvis» krever to argumenter.

To tekniske grep går igjen. Transponert-trikset: en skalar er lik sin egen transponerte, så xTMx=(xTMx)T=xTMTx\mathbf{x}^{T}M\mathbf{x}=(\mathbf{x}^{T}M\mathbf{x})^{T}=\mathbf{x}^{T}M^{T}\mathbf{x} — nyttig for symmetriargumenter. Og skill ytterprodukt fra skalar: vvT\mathbf{v}\mathbf{v}^{T} er en n×nn\times n-matrise (rang 1), mens vTv=∥v∥2\mathbf{v}^{T}\mathbf{v}=\lVert\mathbf{v}\rVert^2 er et tall. Å blande dem er den vanligste feilen i Householder-beviset.

Bevismetodikk

Et bevis føres i fire skritt: (1) identifiser gitt (forutsetninger) og skal-vises (konklusjon); (2) navngi teoremet eller definisjonen som rettferdiggjør hvert steg; (3) sjekk forutsetningene før et teorem brukes; (4) skill klart mellom implikasjon (⇒\Rightarrow) og ekvivalens (⇔\Leftrightarrow). Sensor premierer denne strukturen — riktig sluttsvar uten begrunnelse gir lite uttelling.

Transponert-trikset

En 1×11\times1-matrise (et tall) er lik sin egen transponerte. Derfor er xTMx=(xTMx)T=xTMTx\mathbf{x}^{T}M\mathbf{x}=(\mathbf{x}^{T}M\mathbf{x})^{T}=\mathbf{x}^{T}M^{T}\mathbf{x} for enhver MM. Er MM symmetrisk, er dette bare xTMx\mathbf{x}^{T}M\mathbf{x} igjen; er MM vilkårlig, viser trikset at bare den symmetriske delen av MM teller i en kvadratisk form. Et standardgrep i symmetri- og definitthetsbevis.

Ytterprodukt vvT\mathbf{v}\mathbf{v}^{T} vs. skalar vTv\mathbf{v}^{T}\mathbf{v}

For en søylevektor v∈Rn\mathbf{v}\in\mathbb{R}^n er vvT\mathbf{v}\mathbf{v}^{T} et ytterprodukt — en n×nn\times n-matrise av rang 1. Derimot er vTv=∥v∥2\mathbf{v}^{T}\mathbf{v}=\lVert\mathbf{v}\rVert^2 et tall (indreprodukt). Er v\mathbf{v} en enhetsvektor, er vTv=1\mathbf{v}^{T}\mathbf{v}=1. Å forveksle disse to er kilden til de fleste feil i Householder-beviset — hold styr på formen (n×nn\times n mot 1×11\times1).

📝Oppgave 1

La v=12(1,1)T\mathbf{v}=\tfrac{1}{\sqrt2}(1,1)^{T}.

a) Regn skalaren vTv\mathbf{v}^{T}\mathbf{v}.

b) Regn matrisen vvT\mathbf{v}\mathbf{v}^{T}.

Løkke 2 — Householder-refleksjonen R=I−2vvTR=I-2\mathbf{v}\mathbf{v}^{T} (~15 min)

La v\mathbf{v} være en enhetsvektor (vTv=1\mathbf{v}^{T}\mathbf{v}=1). Householder-matrisen er
R=I−2vvT.R=I-2\mathbf{v}\mathbf{v}^{T}.
Dette er et ytterprodukt-uttrykk: vvT\mathbf{v}\mathbf{v}^{T} er en n×nn\times n-matrise. Vi skal vise fire egenskaper — at RR er symmetrisk, ortogonal, at R2=IR^2=I, og at den geometrisk er en speiling om hyperplanet v⊥\mathbf{v}^{\perp} (mengden av vektorer vinkelrett på v\mathbf{v}). Nøkkelen i alle regninger er enhetsbetingelsen vTv=1\mathbf{v}^{T}\mathbf{v}=1, som lar vvTvvT=v(vTv)vT=vvT\mathbf{v}\mathbf{v}^{T}\mathbf{v}\mathbf{v}^{T}=\mathbf{v}(\mathbf{v}^{T}\mathbf{v})\mathbf{v}^{T}=\mathbf{v}\mathbf{v}^{T} kollapse.
Householder-matrise R=I−2vvTR=I-2\mathbf{v}\mathbf{v}^{T}

For en enhetsvektor v\mathbf{v} (vTv=1\mathbf{v}^{T}\mathbf{v}=1) er Householder-matrisen R=I−2vvTR=I-2\mathbf{v}\mathbf{v}^{T}. Den er symmetrisk og ortogonal, oppfyller R2=IR^2=I, har egenverdier −1-1 (enkel, i retning v\mathbf{v}) og +1+1 (i hyperplanet v⊥\mathbf{v}^{\perp}), og virker geometrisk som en speiling om hyperplanet vinkelrett på v\mathbf{v}. Determinanten er det⁡R=−1\det R=-1 (en refleksjon).

📜Householder-refleksjonen er ortogonal og R2=IR^2=I

La v∈Rn\mathbf{v}\in\mathbb{R}^n med vTv=1\mathbf{v}^{T}\mathbf{v}=1, og R=I−2vvTR=I-2\mathbf{v}\mathbf{v}^{T}. Da er RT=RR^{T}=R (symmetrisk), RTR=IR^{T}R=I (ortogonal) og R2=IR^2=I (involusjon). Egenverdiene er −1-1 (egenvektor v\mathbf{v}) og +1+1 (egenrom v⊥\mathbf{v}^{\perp}), så RR er en speiling om hyperplanet v⊥\mathbf{v}^{\perp}, med det⁡R=−1\det R=-1.

✏️Eksempel 1: Komplett bevis for Householder-egenskapene

La v\mathbf{v} være en enhetsvektor og R=I−2vvTR=I-2\mathbf{v}\mathbf{v}^{T}. Vis at RR er symmetrisk, at RR er ortogonal, at R2=IR^2=I, og finn egenverdiene. Forklar geometrisk.

Gitt: vTv=1\mathbf{v}^{T}\mathbf{v}=1 (enhetsvektor), R=I−2vvTR=I-2\mathbf{v}\mathbf{v}^{T}. Skal vise: RT=RR^{T}=R, RTR=IR^{T}R=I, R2=IR^2=I, egenverdier ±1\pm1.

1) Symmetrisk. Transponer, og bruk at (vvT)T=vvT(\mathbf{v}\mathbf{v}^{T})^{T}=\mathbf{v}\mathbf{v}^{T} og IT=II^{T}=I:
RT=(I−2vvT)T=I−2(vvT)T=I−2vvT=R.R^{T}=(I-2\mathbf{v}\mathbf{v}^{T})^{T}=I-2(\mathbf{v}\mathbf{v}^{T})^{T}=I-2\mathbf{v}\mathbf{v}^{T}=R.
Så RR er symmetrisk. ✓\checkmark

2) R2=IR^2=I. Ganger ut, og bruker enhetsbetingelsen vTv=1\mathbf{v}^{T}\mathbf{v}=1 i mellomleddet:
R2=(I−2vvT)(I−2vvT)=I−4vvT+4v(vTv)vT=I−4vvT+4vvT=I.R^2=(I-2\mathbf{v}\mathbf{v}^{T})(I-2\mathbf{v}\mathbf{v}^{T})=I-4\mathbf{v}\mathbf{v}^{T}+4\mathbf{v}(\mathbf{v}^{T}\mathbf{v})\mathbf{v}^{T}=I-4\mathbf{v}\mathbf{v}^{T}+4\mathbf{v}\mathbf{v}^{T}=I.
Her var vvTvvT=v(vTv)vT=v⋅1⋅vT=vvT\mathbf{v}\mathbf{v}^{T}\mathbf{v}\mathbf{v}^{T}=\mathbf{v}(\mathbf{v}^{T}\mathbf{v})\mathbf{v}^{T}=\mathbf{v}\cdot1\cdot\mathbf{v}^{T}=\mathbf{v}\mathbf{v}^{T} det avgjørende. ✓\checkmark

3) Ortogonal. Siden RT=RR^{T}=R (steg 1), er RTR=R⋅R=R2=IR^{T}R=R\cdot R=R^2=I (steg 2). Altså RTR=IR^{T}R=I, så RR er ortogonal (og R−1=RT=RR^{-1}=R^{T}=R). ✓\checkmark

4) Egenverdier og geometri. For v\mathbf{v} selv: Rv=v−2v(vTv)=v−2v=−vR\mathbf{v}=\mathbf{v}-2\mathbf{v}(\mathbf{v}^{T}\mathbf{v})=\mathbf{v}-2\mathbf{v}=-\mathbf{v}, så v\mathbf{v} er egenvektor med egenverdi −1-1. For en vilkårlig w⊥v\mathbf{w}\perp\mathbf{v} (dvs. vTw=0\mathbf{v}^{T}\mathbf{w}=0): Rw=w−2v(vTw)=w−0=wR\mathbf{w}=\mathbf{w}-2\mathbf{v}(\mathbf{v}^{T}\mathbf{w})=\mathbf{w}-0=\mathbf{w}, egenverdi +1+1. Så RR snur retningen langs v\mathbf{v} og lar hyperplanet v⊥\mathbf{v}^{\perp} stå fast — det er nettopp en speiling om hyperplanet v⊥\mathbf{v}^{\perp}. Egenverdiene −1-1 (enkel) og +1+1 (multiplisitet n−1n-1) gir det⁡R=(−1)⋅1 n−1=−1\det R=(-1)\cdot1^{\,n-1}=-1, som bekrefter en refleksjon. ■\blacksquare

✏️Eksempel 2: Householder på et konkret tall — kontroll av beviset

La v=(35,45)T\mathbf{v}=(\tfrac35,\tfrac45)^{T} (enhetsvektor). Regn R=I−2vvTR=I-2\mathbf{v}\mathbf{v}^{T} og kontroller at RTR=IR^{T}R=I, R2=IR^2=I og det⁡R=−1\det R=-1. (Et tallesempel illustrerer det generelle beviset — det erstatter det ikke.)

vTv=925+1625=1\mathbf{v}^{T}\mathbf{v}=\tfrac{9}{25}+\tfrac{16}{25}=1 ✓ (enhetsvektor). Ytterproduktet:
vvT=[925122512251625],R=I−2vvT=[1−1825−2425−24251−3225]=125[7−24−24−7].\mathbf{v}\mathbf{v}^{T}=\begin{bmatrix}\tfrac{9}{25}&\tfrac{12}{25}\\\tfrac{12}{25}&\tfrac{16}{25}\end{bmatrix},\qquad R=I-2\mathbf{v}\mathbf{v}^{T}=\begin{bmatrix}1-\tfrac{18}{25}&-\tfrac{24}{25}\\-\tfrac{24}{25}&1-\tfrac{32}{25}\end{bmatrix}=\frac{1}{25}\begin{bmatrix}7&-24\\-24&-7\end{bmatrix}.
Symmetrisk: ja, RT=RR^{T}=R. R2R^2: 1625[7−24−24−7][7−24−24−7]=1625[62500625]=I\tfrac{1}{625}\begin{bmatrix}7&-24\\-24&-7\end{bmatrix}\begin{bmatrix}7&-24\\-24&-7\end{bmatrix}=\tfrac{1}{625}\begin{bmatrix}625&0\\0&625\end{bmatrix}=I ✓, og siden RT=RR^{T}=R er også RTR=IR^{T}R=I. Determinant: det⁡R=1625(7⋅(−7)−(−24)2)=−49−576625=−1\det R=\tfrac{1}{625}(7\cdot(-7)-(-24)^2)=\tfrac{-49-576}{625}=-1 ✓. Kontroll av Rv=−vR\mathbf{v}=-\mathbf{v}: 125[7−24−24−7][3/54/5]=1125[21−96−72−28]=1125[−75−100]=[−3/5−4/5]=−v\tfrac{1}{25}\begin{bmatrix}7&-24\\-24&-7\end{bmatrix}\begin{bmatrix}3/5\\4/5\end{bmatrix}=\tfrac{1}{125}\begin{bmatrix}21-96\\-72-28\end{bmatrix}=\tfrac{1}{125}\begin{bmatrix}-75\\-100\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}-3/5\\-4/5\end{bmatrix}=-\mathbf{v} ✓. Alt stemmer med det generelle beviset.
📝Oppgave 2

La v\mathbf{v} være en enhetsvektor og R=I−2vvTR=I-2\mathbf{v}\mathbf{v}^{T}.

a) Vis at Rv=−vR\mathbf{v}=-\mathbf{v}.

b) Vis at Rw=wR\mathbf{w}=\mathbf{w} for enhver w\mathbf{w} med vTw=0\mathbf{v}^{T}\mathbf{w}=0.

c) Hva sier a) og b) om egenverdiene til RR og om hva RR gjør geometrisk?

Løkke 3 — Ortogonal matrise er normbevarende (~8 min)

Et kort, men typisk bevis (2020 O4b): en ortogonal matrise bevarer lengder. Gitt PTP=IP^{T}P=I, skal vi vise ∥Px∥=∥x∥\lVert P\mathbf{x}\rVert=\lVert\mathbf{x}\rVert for alle x\mathbf{x}. Grepet er å regne på kvadratet av normen (så vi slipper røtter) og bruke definisjonen ∥y∥2=yTy\lVert\mathbf{y}\rVert^2=\mathbf{y}^{T}\mathbf{y}.

📜Ortogonal matrise er normbevarende

La PP være ortogonal (PTP=IP^{T}P=I). Da er ∥Px∥=∥x∥\lVert P\mathbf{x}\rVert=\lVert\mathbf{x}\rVert for alle x\mathbf{x}, og mer generelt bevarer PP skalarprodukt: (Px)T(Py)=xTy(P\mathbf{x})^{T}(P\mathbf{y})=\mathbf{x}^{T}\mathbf{y}.

✏️Eksempel 3: Bevis for normbevaring

La PP være ortogonal. Vis at ∥Px∥=∥x∥\lVert P\mathbf{x}\rVert=\lVert\mathbf{x}\rVert for alle x\mathbf{x}.

Gitt: PTP=IP^{T}P=I. Skal vise: ∥Px∥=∥x∥\lVert P\mathbf{x}\rVert=\lVert\mathbf{x}\rVert. Regn på kvadratet av normen og bruk definisjonen ∥y∥2=yTy\lVert\mathbf{y}\rVert^2=\mathbf{y}^{T}\mathbf{y}:
∥Px∥2=(Px)T(Px)=xTPTPx=xTIx=xTx=∥x∥2.\lVert P\mathbf{x}\rVert^2=(P\mathbf{x})^{T}(P\mathbf{x})=\mathbf{x}^{T}P^{T}P\mathbf{x}=\mathbf{x}^{T}I\mathbf{x}=\mathbf{x}^{T}\mathbf{x}=\lVert\mathbf{x}\rVert^2.
Det avgjørende steget var PTP=IP^{T}P=I (forutsetningen). Siden begge normer er ≥0\ge0, gir ∥Px∥2=∥x∥2\lVert P\mathbf{x}\rVert^2=\lVert\mathbf{x}\rVert^2 at ∥Px∥=∥x∥\lVert P\mathbf{x}\rVert=\lVert\mathbf{x}\rVert. ■\blacksquare

Konklusjon: ortogonale matriser er stive bevegelser — de endrer verken lengder eller (tilsvarende) vinkler.

📝Oppgave 3

La PP være ortogonal. Vis at PP bevarer skalarprodukt: (Px)T(Py)=xTy(P\mathbf{x})^{T}(P\mathbf{y})=\mathbf{x}^{T}\mathbf{y} for alle x,y\mathbf{x},\mathbf{y}. Hvorfor følger det at PP også bevarer vinkler?

Løkke 4 — Posdef ⇒ invertibel og B−1B^{-1} posdef (~11 min)

Et bevis (2020 O4c) som viser hvordan spektralteoremet bærer et argument. En symmetrisk positiv definit matrise BB har per definisjon alle egenverdier λi>0\lambda_i>0. Vi bruker B=PDPTB=PDP^{T} (spektralteoremet, kap. 6.1) til å vise to ting: at BB er invertibel, og at inversen B−1B^{-1} også er positiv definit. Nøkkelen er at inversen av en ortogonal diagonalisering er en ny ortogonal diagonalisering, med egenverdiene 1/λi1/\lambda_i.

📜Posdef ⇒ invertibel og B−1B^{-1} posdef

La BB være symmetrisk og positiv definit (alle egenverdier λi>0\lambda_i>0). Da er BB invertibel, og B−1B^{-1} er også symmetrisk positiv definit, med egenverdier 1/λi>01/\lambda_i>0 og de samme egenvektorene.

✏️Eksempel 4: Bevis via spektralteoremet

La BB være symmetrisk positiv definit. Vis at BB er invertibel og at B−1B^{-1} også er positiv definit.

Gitt: B=BTB=B^{T} med alle egenverdier λi>0\lambda_i>0 (positiv definit). Skal vise: BB invertibel og B−1B^{-1} posdef.

Siden BB er symmetrisk, gir spektralteoremet (kap. 6.1) B=PDPTB=PDP^{T} med ortogonal PP (P−1=PTP^{-1}=P^{T}) og D=diag⁡(λ1,…,λn)D=\operatorname{diag}(\lambda_1,\dots,\lambda_n).

Invertibel: det⁡B=det⁡(PDPT)=det⁡P⋅det⁡D⋅det⁡PT=(det⁡P)2∏λi=∏λi>0\det B=\det(PDP^{T})=\det P\cdot\det D\cdot\det P^{T}=(\det P)^2\prod\lambda_i=\prod\lambda_i>0 (hver λi>0\lambda_i>0). Siden det⁡B≠0\det B\ne0, er BB invertibel.

B−1B^{-1} posdef: fordi P−1=PTP^{-1}=P^{T} er
B−1=(PDPT)−1=(PT)−1D−1P−1=PD−1PT,D−1=diag⁡(1/λ1,…,1/λn).B^{-1}=(PDP^{T})^{-1}=(P^{T})^{-1}D^{-1}P^{-1}=PD^{-1}P^{T},\qquad D^{-1}=\operatorname{diag}(1/\lambda_1,\dots,1/\lambda_n).
Dette er en ortogonal diagonalisering av B−1B^{-1}, så B−1B^{-1} er symmetrisk med egenverdier 1/λi1/\lambda_i. Fordi hver λi>0\lambda_i>0, er hver 1/λi>01/\lambda_i>0, altså er B−1B^{-1} positiv definit. ■\blacksquare

Konklusjon: posdef ⇒ invertibel, og B−1B^{-1} arver posdef med inverterte egenverdier. (Merk hvordan forutsetningen B=BTB=B^{T} ble nevnt før spektralteoremet ble brukt.)

📝Oppgave 4

La B=[2−1−12]B=\begin{bmatrix}2&-1\\-1&2\end{bmatrix}. Vedlegget gir egenverdiene 11 og 33.

a) Er BB positiv definit? Er den invertibel?

b) Uten å regne ut B−1B^{-1} eksplisitt: hva er egenverdiene til B−1B^{-1}, og er B−1B^{-1} positiv definit?

Løkke 5 — Isomorfi-kriteriet og ikke-diagonaliserbarhet (~11 min)

To bevis til. Isomorfi-kriteriet (2018 O4b): en operator T:V→VT:V\to V på et endeligdimensjonalt rom er en isomorfi hvis og bare hvis matrisen [T]B[T]_{\mathcal{B}} er invertibel (kap. 2.6). Merk «hvis og bare hvis» — her må vi tenke begge veier, men koordinatavbildningen gjør dem til ett argument. Ikke-diagonaliserbarhet (2022-u O2b): for å vise at en matrise ikke er diagonaliserbar, viser du at et egenrom er for lite — geometrisk multiplisitet << algebraisk (kap. 3.2).

📜Isomorfi-kriteriet

La T:V→VT:V\to V være lineær på et endeligdimensjonalt rom med basis B\mathcal{B}. Da er ekvivalent: (i) TT er en isomorfi (injektiv og surjektiv); (ii) [T]B[T]_{\mathcal{B}} er invertibel; (iii) ker⁡T={0}\ker T=\{\mathbf{0}\}. Kriteriet er basisuavhengig.

✏️Eksempel 5: Bevis for isomorfi-kriteriet

Vis at en lineær operator T:V→VT:V\to V (endeligdimensjonalt VV, basis B\mathcal{B}) er en isomorfi hvis og bare hvis [T]B[T]_{\mathcal{B}} er invertibel.

Gitt: TT lineær, dim⁡V=n<∞\dim V=n<\infty, basis B\mathcal{B}. Skal vise: TT isomorfi ⇔\Leftrightarrow [T]B[T]_{\mathcal{B}} invertibel.

Kjernen er at koordinatavbildningen x↦[x]B\mathbf{x}\mapsto[\mathbf{x}]_{\mathcal{B}} er en isomorfi V→RnV\to\mathbb{R}^n (kap. 2.6), og at [Tx]B=[T]B[x]B[T\mathbf{x}]_{\mathcal{B}}=[T]_{\mathcal{B}}[\mathbf{x}]_{\mathcal{B}}. Da svarer TT nøyaktig til matriseavbildningen y↦[T]By\mathbf{y}\mapsto[T]_{\mathcal{B}}\mathbf{y} på Rn\mathbb{R}^n.

(⇒)(\Rightarrow) Er TT en isomorfi, er TT injektiv, så ker⁡T={0}\ker T=\{\mathbf{0}\}. Da har [T]By=0[T]_{\mathcal{B}}\mathbf{y}=\mathbf{0} bare løsningen y=0\mathbf{y}=\mathbf{0} (via koordinatavbildningen), så Nul⁡[T]B={0}\operatorname{Nul}[T]_{\mathcal{B}}=\{\mathbf{0}\} — altså har [T]B[T]_{\mathcal{B}} full rang og er invertibel.

(⇐)(\Leftarrow) Er [T]B[T]_{\mathcal{B}} invertibel, er Nul⁡[T]B={0}\operatorname{Nul}[T]_{\mathcal{B}}=\{\mathbf{0}\} og Col⁡[T]B=Rn\operatorname{Col}[T]_{\mathcal{B}}=\mathbb{R}^n. Oversatt tilbake: ker⁡T={0}\ker T=\{\mathbf{0}\} (injektiv) og im⁡T=V\operatorname{im}T=V (surjektiv), så TT er en isomorfi. ■\blacksquare

Konklusjon: de to påstandene er ekvivalente fordi koordinatavbildningen kobler TT og [T]B[T]_{\mathcal{B}} perfekt — begge retninger fulgt.

✏️Eksempel 6: Vis at en matrise ikke er diagonaliserbar

Vis at A=[3103]A=\begin{bmatrix}3&1\\0&3\end{bmatrix} ikke er diagonaliserbar.

Gitt: A=[3103]A=\begin{bmatrix}3&1\\0&3\end{bmatrix} (triangulær). Skal vise: ikke diagonaliserbar.

AA er triangulær, så egenverdiene står på diagonalen: λ=3\lambda=3 med algebraisk multiplisitet 22. Egenrommet:
E3=Nul⁡(A−3I)=Nul⁡[0100].E_3=\operatorname{Nul}(A-3I)=\operatorname{Nul}\begin{bmatrix}0&1\\0&0\end{bmatrix}.
Likningen [0100]x=0\begin{bmatrix}0&1\\0&0\end{bmatrix}\mathbf{x}=\mathbf{0} gir x2=0x_2=0, x1x_1 fri, så E3=Span⁡{(1,0)T}E_3=\operatorname{Span}\{(1,0)^{T}\} — geometrisk multiplisitet 11. Siden geometrisk multiplisitet 1<2=1<2= algebraisk multiplisitet, har AA ikke nok uavhengige egenvektorer til en egenbasis. Derfor er AA ikke diagonaliserbar (kap. 3.2). ■\blacksquare

Konklusjon: ikke-diagonaliserbarhet vises ved å peke på ett egenrom som er for lite (geo << alg) — ikke ved å prøve og feile.

📝Oppgave 5

La T:P⁡2→P⁡2T:\operatorname{P}_2\to\operatorname{P}_2 være derivasjon, T(p)=p′T(p)=p', med matrisen [T]B=[010002000][T]_{\mathcal{B}}=\begin{bmatrix}0&1&0\\0&0&2\\0&0&0\end{bmatrix} i basisen B={1,t,t2}\mathcal{B}=\{1,t,t^2\}.

a) Er TT en isomorfi? Bruk isomorfi-kriteriet.

b) Beskriv ker⁡T\ker T som funksjoner.

Begrepsbank til eksamen

Kjernebegrepene fra kapitlet i eksamensrettet kortform.

Begrepsbanken er flashcard-/repetisjonsstoff — hopp trygt over ved førstegangslesing; tidsanslaget gjelder kjernestoffet.

Bevisets fire skritt

(1) Identifiser gitt vs. skal-vises. (2) Navngi teoremet/definisjonen bak hvert steg. (3) Sjekk forutsetningene før bruk. (4) Skill ⇒\Rightarrow fra ⇔\Leftrightarrow. Struktur premieres — riktig svar uten begrunnelse gir lite uttelling.

Tallesempel er ikke bevis

En generell påstand («for enhver enhetsvektor …») krever et generelt argument. Et konkret tall illustrerer eller kontrollerer et bevis, men erstatter det aldri. Fasit gir null uttelling for «bevis» som bare regner ett tilfelle.

Householder R=I−2vvTR=I-2\mathbf{v}\mathbf{v}^{T}

For enhetsvektor v\mathbf{v}: en speiling om hyperplanet v⊥\mathbf{v}^{\perp}. Symmetrisk, ortogonal, R2=IR^2=I, egenverdier −1-1 (i v\mathbf{v}) og +1+1 (i v⊥\mathbf{v}^{\perp}), det⁡R=−1\det R=-1.

RR symmetrisk
RT=(I−2vvT)T=I−2vvT=RR^{T}=(I-2\mathbf{v}\mathbf{v}^{T})^{T}=I-2\mathbf{v}\mathbf{v}^{T}=R, fordi (vvT)T=vvT(\mathbf{v}\mathbf{v}^{T})^{T}=\mathbf{v}\mathbf{v}^{T}. Ytterproduktet er alltid symmetrisk.
R2=IR^2=I (involusjon)
R2=I−4vvT+4v(vTv)vT=IR^2=I-4\mathbf{v}\mathbf{v}^{T}+4\mathbf{v}(\mathbf{v}^{T}\mathbf{v})\mathbf{v}^{T}=I, siden vTv=1\mathbf{v}^{T}\mathbf{v}=1 får mellomleddene til å kansellere. En speiling gjentatt to ganger gir identiteten.
RR ortogonal

Fordi RT=RR^{T}=R og R2=IR^2=I, er RTR=R2=IR^{T}R=R^2=I. Så RR er ortogonal og selvinvers: R−1=RT=RR^{-1}=R^{T}=R.

Egenverdiene til RR
Rv=−vR\mathbf{v}=-\mathbf{v} (egenverdi −1-1, retning v\mathbf{v}); Rw=wR\mathbf{w}=\mathbf{w} for w⊥v\mathbf{w}\perp\mathbf{v} (egenverdi +1+1, multiplisitet n−1n-1). Derav det⁡R=(−1)⋅1n−1=−1\det R=(-1)\cdot1^{n-1}=-1 (refleksjon).
RR som speiling

Komponenten av x\mathbf{x} langs v\mathbf{v} snus, komponenten i hyperplanet v⊥\mathbf{v}^{\perp} står fast. Det er en speiling om v⊥\mathbf{v}^{\perp} — lengdebevarende, med det⁡=−1\det=-1.

Enhetsforutsetningen

Householder-egenskapene krever vTv=1\mathbf{v}^{T}\mathbf{v}=1. Er v\mathbf{v} ikke normalisert, bytt til v/∥v∥\mathbf{v}/\lVert\mathbf{v}\rVert eller skriv R=I−2vTvvvTR=I-\tfrac{2}{\mathbf{v}^{T}\mathbf{v}}\mathbf{v}\mathbf{v}^{T}. Ellers blir R2≠IR^2\ne I.

det⁡R=−1\det R=-1

Produktet av egenverdiene er (−1)⋅1n−1=−1(-1)\cdot1^{n-1}=-1, så Householder-matrisen er en refleksjon (ikke en rotasjon, som ville hatt det⁡=+1\det=+1).

Ortogonal ⇒ normbevarende
∥Px∥2=(Px)T(Px)=xTPTPx=xTx=∥x∥2\lVert P\mathbf{x}\rVert^2=(P\mathbf{x})^{T}(P\mathbf{x})=\mathbf{x}^{T}P^{T}P\mathbf{x}=\mathbf{x}^{T}\mathbf{x}=\lVert\mathbf{x}\rVert^2, ved PTP=IP^{T}P=I. Regn på kvadratet av normen for å slippe røtter.
Ortogonal ⇒ bevarer skalarprodukt
(Px)T(Py)=xTPTPy=xTy(P\mathbf{x})^{T}(P\mathbf{y})=\mathbf{x}^{T}P^{T}P\mathbf{y}=\mathbf{x}^{T}\mathbf{y}. Derfor bevarer PP også vinkler (cos⁡θ\cos\theta avhenger bare av skalarprodukt og normer).
Positiv definit

Symmetrisk BB med xTBx>0\mathbf{x}^{T}B\mathbf{x}>0 for alle x≠0\mathbf{x}\ne\mathbf{0}, ekvivalent alle egenverdier λi>0\lambda_i>0 (kap. 6.2). Forutsetningen som starter posdef-beviset.

Posdef ⇒ invertibel
det⁡B=∏λi>0≠0\det B=\prod\lambda_i>0\ne0 (alle λi>0\lambda_i>0), så BB er invertibel. Argumentet går via B=PDPTB=PDP^{T} og det⁡B=∏λi\det B=\prod\lambda_i.
B−1B^{-1} posdef
B−1=PD−1PTB^{-1}=PD^{-1}P^{T} er en ortogonal diagonalisering med egenverdier 1/λi>01/\lambda_i>0, så B−1B^{-1} er symmetrisk positiv definit med samme egenvektorer som BB.
Spektralteoremet i bevis

Er BB symmetrisk, gir B=PDPTB=PDP^{T} (ortogonal PP) et kraftig grep: inverser, potenser og funksjoner av BB blir P f(D) PTP\,f(D)\,P^{T} med egenverdiene transformert. Nevn alltid symmetrien først.

Isomorfi

En lineær avbildning som er både injektiv og surjektiv — den kobler to rom perfekt, med en invers som også er lineær. To rom med en isomorfi mellom seg er «like» som vektorrom.

Isomorfi-kriteriet
T:V→VT:V\to V er en isomorfi ⇔\Leftrightarrow [T]B[T]_{\mathcal{B}} er invertibel ⇔\Leftrightarrow ker⁡T={0}\ker T=\{\mathbf{0}\}. Praktisk sjekk: det⁡[T]B≠0\det[T]_{\mathcal{B}}\ne0 eller full rang. Basisuavhengig (kap. 2.6).
Koordinatavbildningen bærer beviset
x↦[x]B\mathbf{x}\mapsto[\mathbf{x}]_{\mathcal{B}} er selv en isomorfi V→RnV\to\mathbb{R}^n med [Tx]B=[T]B[x]B[T\mathbf{x}]_{\mathcal{B}}=[T]_{\mathcal{B}}[\mathbf{x}]_{\mathcal{B}}. Derfor «arver» TT nøyaktig egenskapene til matrisen [T]B[T]_{\mathcal{B}} — det gjør isomorfi-beviset til ett argument for begge retninger.
«⇒\Rightarrow» vs. «⇔\Leftrightarrow»

En implikasjon ⇒\Rightarrow går én vei; en ekvivalens ⇔\Leftrightarrow krever begge. I isomorfi-kriteriet må du vise både at isomorfi ⇒ invertibel matrise og omvendt (eller bruke koordinatavbildningen, som gir begge på én gang).

Ikke-diagonaliserbarhet

For å vise at AA ikke er diagonaliserbar: pek på én egenverdi der geometrisk multiplisitet << algebraisk (dim⁡Eλ<\dim E_\lambda< mult). Da finnes ikke nok uavhengige egenvektorer til en egenbasis (kap. 3.2).

Geometrisk vs. algebraisk multiplisitet

Algebraisk multiplisitet = hvor mange ganger λ\lambda er rot i det karakteristiske polynomet; geometrisk = dim⁡Eλ\dim E_\lambda. Alltid geo ≤\le alg; diagonaliserbar ⇔ geo == alg for alle egenverdier.

Linearitetsbevis

For å vise at TT er lineær: verifiser T(au+bv)=aT(u)+bT(v)T(a\mathbf{u}+b\mathbf{v})=aT(\mathbf{u})+bT(\mathbf{v}) for vilkårlige skalarer a,ba,b og vektorer u,v\mathbf{u},\mathbf{v}. F.eks. T(f)=f′+f′′T(f)=f'+f'' er lineær fordi derivasjon er lineær (2021 O3a).

Forutsetningssjekk

Et teorem gjelder bare når forutsetningene er oppfylt. Skriv dem eksplisitt: «B=BTB=B^{T}, derfor spektralteoremet»; «vTv=1\mathbf{v}^{T}\mathbf{v}=1, derfor R2=IR^2=I». Sensor ser etter at du sjekket dem før bruk.

Repetisjonsoppgaver
Din fremgang
0 / 3 oppgaver
Symbol- og formelliste

Dette kapitlet er skrevet av Anthropics toppmodeller (Claude Opus og Claude Fable) og er foreløpig ikke manuelt gjennomgått — kvalitetskontrollen gjøres av uavhengige KI-agenter, og innmeldte feil rettes fortløpende. Funnet en feil? Meld fra, så retter vi den. Les mer om hvordan innholdet lages.

Skolesaga er en uavhengig læringsressurs og er ikke tilknyttet eller godkjent av Universitetet i Oslo. Dette er ikke offisielt studiemateriell. Les mer.