\magnification=\magstep1
\input amstex
\documentstyle{amsppt}

\define\Nul{\operatorname{Nul}}
\define\rang{\operatorname{rang}}
\define\R{\Bbb R}
\hyphenation{dia-gonalen}

\topmatter
\title L{\o}sningsforslag \\
Eksamen MA 104 v{\aa}ren 1998 \endtitle
\author John Rognes \endauthor
\endtopmatter

\document
\subhead Oppgave 1 \endsubhead

\medskip
(a)
Bringer $A$ til trappeform ved hjelp av radoperasjoner:
$$
\align
A &=
\left[\matrix
1 & 1 & 3 & 2 & 1 \\
0 & 1 & 1 & 1 & -1 \\
2 & 1 & 5 & 1 & 3 \\
1 & 2 & 4 & 1 & 0
\endmatrix\right]
\sim
\left[\matrix
1 & 1 & 3 & 2 & 1 \\
0 & 1 & 1 & 1 & -1 \\
0 & -1 & -1 & -3 & 1 \\
0 & 1 & 1 & -1 & -1
\endmatrix\right] \\
& \sim
\left[\matrix
1 & 1 & 3 & 2 & 1 \\
0 & 1 & 1 & 1 & -1 \\
0 & 0 & 0 & -2 & 0 \\
0 & 0 & 0 & -2 & 0
\endmatrix\right]
\sim
\left[\matrix
1 & 1 & 3 & 2 & 1 \\
0 & 1 & 1 & 1 & -1 \\
0 & 0 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0
\endmatrix\right] \,.
\endalign
$$
Fortsetter til $A$ er p{\aa} {\it redusert\/} trappeform,
slik oppgaven ber om:
$$
A \sim
\left[\matrix
1 & 1 & 3 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 & 0 & -1 \\
0 & 0 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0
\endmatrix\right]
\sim
\left[\matrix
1 & 0 & 2 & 0 & 2 \\
0 & 1 & 1 & 0 & -1 \\
0 & 0 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0
\endmatrix\right] \,.
$$

Dimensjonen til nullrommet til $A$ er lik antall s{\o}yler uten ledende
enere i den radreduserte matrisen, dvs.~to.  S{\aa} $\dim \Nul(A) = 2$.

\medskip
(b)
Rangen til $A$ er lik antall s{\o}yler (= kolonner) med ledende enere i
den radreduserte matrisen, dvs.~tre.  S{\aa} rangen til $A = 3$.  S{\o}yle
nummer $1$, $2$ og $4$ i den radreduserte matrisen har ledende enere,
s{\aa} de tilsvarende s{\o}ylene i $A$ danner basis for s{\o}ylerommet
(= kolonnerommet) til $A$.

S{\o}lerommet har basis:
$\{
\left[\matrix 1 \\ 0 \\ 2 \\ 1 \endmatrix\right],
\left[\matrix 1 \\ 1 \\ 1 \\ 2 \endmatrix\right],
\left[\matrix 2 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \endmatrix\right]
\}$.

\medskip
(c)
Lar $B \in M_{m,n}$ og $C \in M_{n,k}$.
Hvis $x \in \Nul(C)$ er $Cx = 0$ s{\aa} $BCx = 0$, dvs.~$x \in \Nul(BC)$.
Derfor er $\Nul(C) \subseteq \Nul(BC)$.

Det f{\o}lger at $\dim \Nul(C) \le \dim \Nul(BC)$.

Fra rangformelen er $\rang(C) = k - \dim \Nul(C)$ og
$\rang(BC) = k - \dim \Nul(BC)$, siden $BC$ er en $m \times k$-matrise.
S{\aa}
$$
\rang(C) = k - \dim \Nul(C) \ge k - \dim \Nul(BC) = \rang(BC) \,,
$$
slik vi skulle vise.

\subhead Oppgave 2 \endsubhead

\medskip
(a)
Regner ut fra definisjonen av prikkproduktet:
$$
\align
u_1 \cdot u_2 &=
        1 \cdot 1 + (-1) \cdot 1 + 1 \cdot (-1) + (-1) \cdot (-1) = 0 \,,\\
u_1 \cdot u_3 &=
        1 \cdot 1 + (-1) \cdot (-1) + 1 \cdot (-1) + (-1) \cdot 1 = 0
        \quad \text{og} \\
u_2 \cdot u_3 &=
        1 \cdot 1 + 1 \cdot (-1) + (-1) \cdot (-1) + (-1) \cdot 1 = 0 \,.
\endalign
$$
Alts{\aa} er $\{u_1, u_2, u_3\}$ en ortogonal mengde av vektorer som
alle er forskjellige fra null.  Derfor er mengden $\{u_1, u_2, u_3\}$
line{\ae}rt uavhengig.

\medskip
(b)
$\ker(T)$ best{\aa}r av vektorene $x \in \R^4$ slik at
$T(x) = 0$, dvs.:
$$
(x \cdot u_1) u_1 + (x \cdot u_2) u_2 + (x \cdot u_3) u_3 = 0 
$$
Siden vektorene $\{u_1, u_2, u_3\}$ er line{\ae}rt uavhengige skjer
dette hvis og bare hvis alle koeffisientene er null, dvs.~$x \cdot
u_1 = 0$, $x \cdot u_2 = 0$ og $x \cdot u_3 = 0$.  S{\aa} $\ker(T)$
er ortogonalkomplementet til $V \subset \R^4$.  Vi finner en basis
for $V^\perp$ ved {\aa} identifisere det med nullrommet til $4 \times
3$-matrisen med $u_1$, $u_2$ og $u_3$ som radvektorer.  Radreduserer
denne:
$$
\left[\matrix
1 & -1 & 1 & -1 \\
1 & 1 & -1 & -1 \\
1 & -1 & -1 & 1
\endmatrix\right]
\sim
\left[\matrix
1 & -1 & 1 & -1 \\
0 & 2 & -2 & 0 \\
0 & 0 & -2 & 2
\endmatrix\right]
\sim
\left[\matrix
1 & -1 & 1 & -1 \\
0 & 1 & -1 & 0 \\
0 & 0 & 1 & -1
\endmatrix\right] \,.
$$
Setter den frie variablen (i $4$.~koordinat) lik $1$, og substituerer
tilbake for {\aa} finne en vektor som alene danner basis for $\ker(T)$.

$\ker(T) = V^\perp$ har basis $\{ \left[\matrix 1 \\ 1 \\ 1 \\ 1
\endmatrix\right] \}$.

Fra rangformelen er $\dim \ker(T) + \dim T(\R^4)$ lik dimensjonen til
definisjonsrommet for $T$, dvs.~til $\R^4$.  S{\aa} $\dim T(\R^4)
= 4 - \dim \ker(T) = 4 - 1 = 3$.  Dimensjonen til bildet
$T(\R^4)$ er lik $3$.

\medskip
(c)
Matrisen $A = T^S_B$ til $T$ relativt til standard (ordnet) basis $S =
(e_1, e_2, e_3, e_4)$ for $\R^4$ og $B = (u_1, u_2, u_3)$ er gitt som
$$
T^S_B = \left[ \matrix T(e_1)_B & T(e_2)_B &
        T(e_3)_B & T(e_4)_B \endmatrix
\right] \,.
$$
Regner ut
$$
\align
T(e_1) &= (e_1 \cdot u_1) u_1 + (e_1 \cdot u_2) u_2 + (e_1 \cdot u_3) u_3
= 1 \cdot u_1 + 1 \cdot u_2 + 1 \cdot u_3 \\
T(e_2) &= (e_2 \cdot u_1) u_1 + (e_2 \cdot u_2) u_2 + (e_2 \cdot u_3) u_3
= (-1) \cdot u_1 + 1 \cdot u_2 + (-1) \cdot u_3 \\
T(e_3) &= (e_3 \cdot u_1) u_1 + (e_3 \cdot u_2) u_2 + (e_3 \cdot u_3) u_3
= 1 \cdot u_1 + (-1) \cdot u_2 + (-1) \cdot u_3 \\
T(e_4) &= (e_4 \cdot u_1) u_1 + (e_4 \cdot u_2) u_2 + (e_4 \cdot u_3) u_3
= (-1) \cdot u_1 + (-1) \cdot u_2 + 1 \cdot u_3
\endalign
$$
Koordinatene til $T(e_1)$ med hensyn til basisen $B$ er koeffisientene
til henholdsvis $u_1$, $u_2$ og $u_3$ i uttrykket for $T(e_1)$.  S{\aa}
$T(e_1)_B = \left[\matrix 1 \\ 1 \\ 1 \endmatrix\right]$.  Tilsvarende er
$T(e_2)_B = \left[\matrix -1 \\ 1 \\ -1 \endmatrix\right]$, $T(e_3)_B
= \left[\matrix 1 \\ -1 \\ -1 \endmatrix\right]$ og $T(e_4)_B =
\left[\matrix -1 \\ -1 \\ 1 \endmatrix\right]$.

Dermed er
$$
T^S_B = \left[\matrix
1 & -1 & 1 & -1 \\
1 & 1 & -1 & -1 \\
1 & -1 & -1 & 1
\endmatrix\right] \,.
$$

\medskip
(d)
For $v = r_1 u_1 + r_2 u_2 + r_3 u_3 \in V$ med $r_1$, $r_2$ og $r_3 \in \R$,
er $F(v) = r_1 e_1 + r_2 e_2 + r_3 e_3 \in \R^3$.  Regner ut kvadratet
av lengdene til $v$ og $F(v)$:
$$
\align
\| v \|^2 & = v \cdot v
        = (r_1 u_1 + r_2 u_2 + r_3 u_3) \cdot (r_1 u_1 + r_2 u_2 + r_3 u_3) \\
&= r_1^2 (u_1 \cdot u_1) + r_2^2 (u_2 \cdot u_2) + r_3^2 (u_3 \cdot u_3) \\
&= 4( r_1^2 + r_2^2 + r_3^2)
\endalign
$$
siden $\{u_1, u_2, u_3\}$ er ortogonal, og $u_i \cdot u_i = 4$ for $1 \le i
\le 3$.
Tilsvarende er
$$
\align
\| F(v) \|^2 &= F(v) \cdot F(v)
        = (r_1 e_1 + r_2 e_2 + r_3 e_3) \cdot (r_1 e_1 + r_2 e_2 + r_3 e_3) \\
&= r_1^2 + r_2^2 + r_3^2
\endalign
$$
siden $\{e_1, e_2, e_3\}$ er ortonormal.
Alts{\aa} er $\| F(v) \|^2 = (1/4) \| v \|^2$.  De positive kvadrat\-r{\o}ttene
m{\aa} da v{\ae}re like, dvs.
$$
\| F(v) \| = (1/2) \| v \|
$$
for alle $v \in V$.  Vi kan, og m{\aa}, derfor la $r=1/2$.

Kjernen til $F$ er lik $\{0\}$, for $F(v) = 0$ impliserer $\| F(v) \| =
(1/2) \| v \| = 0$, s{\aa} $\| v \| = 0$ og dermed er $v=0$.  S{\aa} $F$ er
en en-entydig line{\ae}rtransformasjon fra $V$ til $\R$.  Siden $\{u_1,
u_2, u_3\}$ er en basis for $V$ er $\dim V = 3$, s{\aa} dimensjonen til
bildet av $F$ er $\dim V - \dim \ker(F) = 3-0 = 3$, dvs.~$F$ avbilder
p{\aa} hele $\R^3$.  Alts{\aa} avbilder $F$ vektorrommet $V$ en-entydig
og p{\aa} vektorrommet $\R^3$, og er derfor invertibel.

\subhead Oppgave 3 \endsubhead

\medskip
(a)
Vektorrommet $V$ er nullrommet til matrisen $\left[\matrix 1 & -2 &
1 \endmatrix\right]$, og har basis $B = \{ b_1, b_2\}$ med
$$
b_1 = \left[\matrix 2 \\ 1 \\ 0 \endmatrix\right], \quad
b_2 = \left[\matrix -1 \\ 0 \\ 1 \endmatrix\right] \,.
$$
Her er $T(b_1) = \left[\matrix 0 \\ 1 \\ 2 \endmatrix\right]$ og $T(b_2)
= \left[\matrix 1 \\ 0 \\ -1 \endmatrix\right]$.  For {\aa} finne
koordinatvektorene $T(b_1)_B$ og $T(b_2)_B$ l{\o}ser vi likningssystemene
med koeffisientmatrise $\left[ \matrix b_1 & b_2 \endmatrix\right]$ og
h{\o}yreside $T(b_1)$, henholdsvis $T(b_2)$.  L{\o}ser disse samtidig
ved {\aa} samle h{\o}yresidene i {\'e}n matrise, og {\aa} bruke radreduksjon:
$$
\left[\matrix
2 & -1 & | & 0 & 1 \\
1 & 0 & | & 1 & 0 \\
0 & 1 & | & 2 & -1
\endmatrix\right]
\sim
\left[\matrix
1 & 0 & | & 1 & 0 \\
0 & 1 & | & 2 & -1 \\
0 & 0 & | & 0 & 0
\endmatrix\right] \,.
$$
S{\aa} $T(b_1)_B = \left[\matrix 1 \\ 2 \endmatrix\right]$ og
$T(b_2)_B = \left[\matrix 0 \\ -1 \endmatrix\right]$.
(Alternativt kan man direkte innse at $T(b_1) = b_1 + 2 b_2$ mens
$T(b_2) = - b_2$.)

Alts{\aa} er matrisen til $T$ relativt til $B$ og $B$ lik
$$
A = T^B_B = \left[\matrix 1 & 0 \\ 2 & -1 \endmatrix\right] \,.
$$
Det karakteristiske polynomet er
$$
p_A(\lambda) = \det(A - \lambda I) = \left|\matrix 1-\lambda & 0 \\
2 & -1 - \lambda \endmatrix\right| = \lambda^2 - 1
$$
med to ulike r{\o}tter $\lambda_1 = -1$ og $\lambda_2 = 1$.
Alts{\aa} har $A \in M_2$ to ulike egenverdier, og vi vet at $A$
er diagonaliserbar.  Derfor finnes det en diagonal matrise som
representerer line{\ae}roperatoren $T \: V \to V$.

\medskip
Vi beregner basisen for $V$ av egenvektorer til $T$:
Egenrommet $E_{-1}$ er nullrommet til
$$
A - (-1) I  = \left[\matrix 2 & 0 \\ 2 & 0 \endmatrix\right]
\sim
\left[\matrix 1 & 0 \\ 0 & 0 \endmatrix\right]
$$
som har basis $\{ \left[\matrix 0 \\ 1 \endmatrix\right] \}$.
Egenrommet $E_1$ er nullrommet til
$$
A - 1 I  = \left[\matrix 0 & 0 \\ 2 & -2 \endmatrix\right]
\sim
\left[\matrix 1 & -1 \\ 0 & 0 \endmatrix\right]
$$
som har basis $\{ \left[\matrix 1 \\ 1 \endmatrix\right] \}$.
Dette er koordinatene med hensyn p{\aa} basisen $B$ til vektorene i en
basis for $V$ best{\aa}ende av egenvektorer for $T$.  De er
$$
0 \cdot b_1 + 1 \cdot b_2 = \left[\matrix -1 \\ 0 \\ 1 \endmatrix\right]
\quad \text{og} \quad 1 \cdot b_1 + 1 \cdot b_2 = \left[\matrix 1 \\
1 \\ 1 \endmatrix\right] \,.
$$

Vektorrommet $V$ har en basis $\{ \left[\matrix -1 \\ 0 \\ 1
\endmatrix\right], \left[\matrix 1 \\ 1 \\ 1 \endmatrix\right] \}$
best{\aa}ende av egenvektorer for line{\ae}roperatoren $T \: V \to V$.

\medskip
(b)
Vektorrommet $V$ har en ordnet basis $B = (b_1 = 1, b_2 = x, b_3
= x^2)$.  Da er $T(b_1) = 0$, $T(b_2) = 1 = b_1$ og $T(b_3) = 2x =
2 \cdot b_2$.  Det f{\o}lger at $T(b_1)_B = \left[\matrix
0 \\ 0 \\ 0 \endmatrix\right]$, $T(b_2)_B = \left[\matrix 1 \\
0 \\ 0 \endmatrix\right]$ og $T(b_3)_B = \left[\matrix 0 \\ 2 \\
0 \endmatrix\right]$.  S{\aa}
$$
A = T^B_B = \left[\matrix 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 2 \\ 0 & 0 & 0
\endmatrix\right] \,.
$$
Det karakteristiske polynomet er
$$
p_A(\lambda) = \det(A - \lambda I) =
\left|\matrix -\lambda & 1 & 0 \\
0 & -\lambda & 2 \\
0 & 0 & -\lambda \endmatrix\right|
= - \lambda^3
$$
siden determinanten til en triangul{\ae}r matrise er produktet av
elementene p{\aa} diagonalen.  Den eneste egenverdien er derfor
$\lambda = 0$, som har algebraisk multiplisitet lik tre.

Egenrommet $E_0$ er lik nullrommet til $A - 0 I = A$, som m{\aa}
ha dimensjon $<3$ siden $A \ne 0$.  Alts{\aa} er den geometriske
multiplisiteten ekte mindre enn den algebraiske multiplisiteten for
egenverdien $\lambda=0$, og det f{\o}lger at $A$ ikke er diagonaliserbar.
Alts{\aa} finnes det {\it ikke\/} noen basis $B$ for $V$ slik at
line{\ae}roperatoren $T \: V \to V$ er representert ved en diagonal
matrise.

\subhead Oppgave 4 \endsubhead

\medskip
(a)
La
$$
A = \left[ \matrix 13 & -5 \\ -5 & 13 \endmatrix\right] \,.
$$
Det karakteristiske polynomet er
$$
\align
p_A(\lambda) &= \det(A - \lambda I) = \left| \matrix 13-\lambda & -5 \\
-5 & 13-\lambda \endmatrix\right| \\
&= \lambda^2 - 26 \lambda + 144
\endalign
$$
som har r{\o}tter
$$
{26 \pm \sqrt{26^2 - 4 \cdot 144} \over 2} = {26 \pm \sqrt{100} \over 2}
= \text{$8$ og $18$.}
$$
Egenverdiene til $A$ er $\lambda_1 = 8$ og $\lambda_2 = 18$.

Egenrommet $E_8$ til $\lambda_1$ er nullrommet til
$$
A - 8I = \left[\matrix 5 & -5 \\ -5 & 5 \endmatrix\right]
\sim \left[\matrix 1 & -1 \\ 0 & 0 \endmatrix\right]
$$
som er utspent av $b_1 = \left[\matrix 1 \\ 1 \endmatrix\right]$.

Egenrommet $E_{18}$ til $\lambda_2$ er nullrommet til
$$
A - 18I = \left[\matrix -5 & -5 \\ -5 & -5 \endmatrix\right]
\sim \left[\matrix 1 & 1 \\ 0 & 0 \endmatrix\right]
$$
som er utspent av $b_2 = \left[\matrix -1 \\ 1 \endmatrix\right]$.

Derfor danner $\{b_1, b_2\}$ en ortogonal basis for $\R^2$, best{\aa}ende
av egenvektorer for $A$.  Vi har $\|b_1\| = \sqrt{1^2+1^2} = \sqrt{2}$ og
$\|b_2\| = \sqrt{(-1)^2+1^2} = \sqrt{2}$, s{\aa} en ortonormal basis
er $\{q_1, q_2\}$ med
$$
\align
q_1 &= {b_1 \over \|b_1\|} =
	\left[\matrix 1/\sqrt2 \\ 1/\sqrt2 \endmatrix\right] \\
q_2 &= {b_2 \over \|b_2\|} =
	\left[\matrix -1/\sqrt2 \\ 1/\sqrt2 \endmatrix\right] \,.
\endalign
$$
Kan derfor la
$$
P = \left[\matrix
1/\sqrt2 & -1/\sqrt2 \\ 1/\sqrt2 & 1/\sqrt2
\endmatrix\right]
$$
v{\ae}re den ortogonale matrisen, og
$$
D = \left[\matrix
8 & 0 \\ 0 & 18
\endmatrix\right]
$$
v{\ae}re den diagonale matrisen slik at $A = PDP^T$.

\medskip
(b)
Lar $S = (e_1, e_2)$ v{\ae}re standard basis i $\R^2$, og
$E = (q_1, q_2)$.
Da er koordinatskiftematrisen $C^E_S = (id)^E_S$ fra $E$ til $S$
gitt ved
$$
\align
C^E_S = (id)^E_S &= \left[\matrix (q_1)_S & (q_2)_S \endmatrix\right] = P \\
&= \left[\matrix 1/\sqrt2 & -1/\sqrt2 \\ 1/\sqrt2 & 1/\sqrt2 \endmatrix\right]
\endalign
$$
siden kolonnene til $P$ er koordinatene til henholdsvis $q_1$ og $q_2$
med hensyn p{\aa} standardbasisen $S$.

Da er koordinatskiftematrisen $C^S_E = (id)^S_E$ fra $S$ til $E$ den
inverse matrisen
$$
\align
C^S_E = (id)^S_E &= P^{-1} = P^T \\
&= \left[\matrix 1/\sqrt2 & 1/\sqrt2 \\ -1/\sqrt2 & 1/\sqrt2 \endmatrix\right]
\endalign
$$
siden $C^S_E = (C^E_S)^{-1}$ og $P$ er ortogonal.

\medskip
(c)
Den kvadratiske formen
$$
13 x_1^2 - 10 x_1 x_2 + 13 x_2^2
$$
har $A$ som symmetrisk koeffisientmatrise.
Den ortogonale matrisen $P$ har determinant
$$
\det(P) = (1/\sqrt2)^2 + (1/\sqrt2)^2 = 1
$$
og er derfor en rotasjon.  Skifter koordinater fra $x_1, x_2$ til
$t_1, t_2$ ved substitusjonen $x = Pt$, eller
$$
\left[\matrix x_1 \\ x_2 \endmatrix\right] =
\left[\matrix 1/\sqrt2 & -1/\sqrt2 \\ 1/\sqrt2 & 1/\sqrt2 \endmatrix\right]
\left[\matrix t_1 \\ t_2 \endmatrix\right] \,.
$$
Setter inn i den kvadratiske formen, og f{\aa}r
$$
13 x_1^2 - 10x_1x_2 + 13 x_2^2 = 8 t_1^2 + 18 t_2^2 \,.
$$
(Dette gjelder generelt, fra utregningen $x^T A x = (Pt)^T A (Pt) = t^T
(P^T A P) t = t^T D t$.)
I $t_1, t_2$-koordinater har kurven likning
$$
8 t_1^2 + 18 t_2^2 = 72
$$
som p{\aa} normert form blir
$$
\left( t_1\over3 \right)^2 + \left( t_2\over2 \right)^2 = 1
$$
siden $8/72 = 1/9 = (1/3)^2$ og $18/72 = 1/4 = (1/2)^2$.

Kurven er derfor en ellipse, som skj{\ae}rer $t_1$-aksen i $t_1 = \pm 3$,
og $t_2$-aksen i $t_2 = \pm 2$.  Enhetsvektoren langs $t_1$-aksen har
$t_1, t_2$-koordinater $(1, 0)$ og er lik vektoren $q_1$, som
har $x_1, x_2$-koordinater $(1/\sqrt2, 1/\sqrt2)$.  Enhetsvektoren langs
$t_2$-aksen har $t_1, t_2$-koordinater $(0, 1)$ og er lik
vektoren $q_2$, som har $x_1, x_2$-koordinater $(-1/\sqrt2, 1/\sqrt2)$.
(Se ogs{\aa} den vedlagte skissen.)

\subhead Oppgave 5 \endsubhead

\medskip
(a)
Viser at $B = \{v, T(v), T^2(v), T^3(v)\}$ er en mengde line{\ae}rt
uavhengige vektorer.  Siden $\dim(V) = 4$ vil $B$ da v{\ae}re en basis
for $V$.

Anta
$$
r_1 v + r_2 T(v) + r_3 T^2(v) + r_4 T^3(v) = 0 \,.
\tag $*$
$$
Anvender $T$ flere ganger, og bruker at $T^4(v) = 0$:
$$
\align
r_1 T(v) + r_2 T^2(v) + r_3 T^3(v) &= 0 \\
r_1 T^2(v) + r_2 T^3(v) &= 0 \\
r_1 T^3(v) &= 0
\endalign
$$
Siden $T^3(v) \ne 0$ m{\aa} $r_1 = 0$ fra den siste likningen.
Da f{\o}lger $r_2 = 0$ fra den foreg{\aa}ende likningen, og
$r_3 = 0$ fra den {\o}verste av disse tre likningene.  Til slutt
f{\o}lger da $r_4 = 0$ fra den opprinnelige likningen $(*)$.

Alts{\aa} er vektorene $\{v, T(v), T^2(v), T^3(v)\}$ line{\ae}rt
uavhengige.

\medskip
(b)
La $b_1 = v$, $b_2 = T(v)$, $b_3 = T^2(v)$ og $b_4 = T^3(v)$, slik at $B
= (b_1, b_2, b_3, b_4)$ er en ordnet basis for $V$.  Da er $T(b_1)_B =
(b_2)_B = e_2$, $T(b_2)_B = (b_3)_B = e_3$, $T(b_3)_B = (b_4)_B = e_4$
og $T(b_4)_B = (0)_B = 0$. S{\aa}
$$
A = T^B_B =
\left[\matrix
0 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 0
\endmatrix\right] \,.
$$
Det karakteristiske polynomet til denne matrisen er
$$
p_A(\lambda) = \det(A - \lambda I) =
\left|\matrix
-\lambda & 0 & 0 & 0 \\
1 & -\lambda & 0 & 0 \\
0 & 1 & -\lambda & 0 \\
0 & 0 & 1 & -\lambda
\endmatrix\right| = \lambda^4
$$
siden matrisen er triangul{\ae}r.  Den eneste roten er $\lambda=0$,
dvs.~den eneste egenverdien til $T$ er $\lambda =0$.

\medskip

\centerline{SLUTT}

\enddocument
