1. Tegu {f:\mathbb{R}^2\rightarrow \mathbb{R}^3} ir {f(x)=(3x_1+x_2,4x_2,x_1)}. Rasti tiesinės funkcijos {f} matricinę formą.

    Sprendimas. Bet kuriai tiesinei funkcijai {g:\mathbb{R}^p\rightarrow\mathbb{R}^q}, turime {[g]=(a_{jh})}, {j=1,\dots,q}, {h=1,\dots,p}. Čia {a_{jh}=g_j(e_h)}, o {g(x)=(g_1(x),\dots,g_q(x))}. Mūsų atveju turime {p=2}, {q=3}. Taigi {[f]} bus {3\times 2} matrica. Taip pat {f_1(x)=3x_1+x_2}, {f_2(x)=4x_2}, {f_3(x)=x_1}. Taigi

    \displaystyle  [f]=\begin{bmatrix} 3 & 1 \\ 0 & 4\\ 1 & 0 \end{bmatrix}

  2. Tegu {f:\mathbb{R}^3\rightarrow \mathbb{R}^2} ir {f(x)=(x_1-x_2+x_3,x_2)}. Rasti tiesinės funkcijos {f} matricinę formą. Sprendimas. Bet kuriai tiesinei funkcijai {g:\mathbb{R}^p\rightarrow\mathbb{R}^q}, turime {[g]=(a_{jh})}, {j=1,\dots,q}, {h=1,\dots,p}. Čia {a_{jh}=g_j(e_h)}, o {g(x)=(g_1(x),\dots,g_q(x))}. Mūsų atveju turime {p=3}, {q=2}. Taigi {[f]} bus {2\times 3} matrica. Taip pat {f_1(x)=x_1-x_2+x_3}, {f_2(x)=x_2}. Taigi

    \displaystyle  [f]=\begin{bmatrix} 1 & -1 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \end{bmatrix}

  3. Tegu {f:\mathbb{R}^d\rightarrow \mathbb{R}} ir {f(x)=a^{\|x\|_2}}, {a>1} Parodyti, kad {f} iškila funkcija.

    Sprendimas. Naudosimės faktu, kad jei {g:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}} yra nemažėjanti ir iškila, o {h:\mathbb{R}^d\rightarrow\mathbb{R}} yra iškila, tai funkcija {g\circ h} irgi yra iškila. Tegu {h(x)=\|x\|_2}. Visiems {\lambda\in(0,1)} turime

    \displaystyle  h(\lambda x+(1-\lambda)y) =\|\lambda x+(1-\lambda)y\|_2\\ \le \|\lambda x\|_2+\|(1-\lambda)y\|_2=\lambda h(x) + (1-\lambda)h(y),

    čia pasinaudojome trikampio nelygybe bei euklidinės normos savybėmis. Taigi {f} yra iškila funkcija.

    Tegu {g(x)=a^x}, {a>1}. Turime, kad {g(x)} yra didėjanti funkcija visiems {x\in \mathbb{R}}. Be to {g''(x)=(\ln a)^2a^x\ge 0} visiems {x\in \mathbb{R}}. Taigi {g} iškila. Kadangi {f=g\circ h}, tai turime, kad ir {f} iškila.