\input{../preambles/preamble}

\title{Hva kommer på eksamen i TMA4101? - LF}

\begin{document}
\pagenumbering{gobble}

\maketitle

Disse LF-ene er skrevet for å være pedagogiske. 
På eksamen trenger du selvfølgelig ikke skrive slike lange kåserier.

\section*{1 - TALL}

\begin{oppgave}{1}
Se forelesning uke 34. 
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{2}
Hva komplekse tall og wesselplanet er, 
er også forklart i forelesning uke 34. 
Dersom vi ønsker å dele to komplekse tall på hverandre,
er det bare å gange oppe og nede med den
komplekskonjugerte til nevneren:
\[
\frac{a+bi}{c+di}=\frac{a+bi}{c+di}\cdot\frac{c-di}{c-di}=\frac{ac-adi+bci-bdi^2}{c^2-cdi+cdi-d^2i^2}=\frac{ac+bd}{c^2+d^2}+\frac{bc-ad}{c^2+d^2}i
\]
\end{oppgave}


\begin{oppgave}{3}
La $z=a+bi$. Da er $iz=i(a+bi)=-b+ai$. 
Skalarproduktet mellom $(a,b)$ og $(-b,a)$ er jo helt klart null. 
Merk at her har du et snedig triks for å finne normalvektoren til en gitt vektor i $\mathbb R^2$.
Hvis du vil briljere, kan du forklare hvorfor $iz$ er rotert $\pi/2$ mot klokken i forhold til $z$. (Hint: Eulers formel.)
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{4}
En \textbf{kropp} $F$ er en algebraisk struktur med to {operasjoner}, 
addisjon ($+$) og  og mutliplikasjon ($\cdot$).
Kroppen må være lukket under disse operasjonene, 
og operasjonene må tilfredsstille følgende aksiomer:

\begin{tcolorbox}[title=Addisjon,colback=blue!10]
\begin{center}
\begin{itemize}
\item[1] Addisjonen er {assosiativ}: \hspace{.4cm} $(x+y)+z=x+(y+z)$ \\[.3cm]
\item[2] Addisjonen er {kommutativ}: \hspace{.2cm} $x+y=y+x$ \\[.3cm]
\item[3] {Additiv identitet}: \hspace{1.8cm} Det finnes et element 0 slik at $x+0=x$\\[.3cm]
\item[4] {Additiv invers}: \hspace{2.2cm} For hver $x$ finnes $y$ slik at $x+y=0$\\[.3cm]
\end{itemize}
\end{center}
\end{tcolorbox}

\begin{tcolorbox}[title=Multiplikasjon,colback=blue!10]
\begin{center}
\begin{itemize}
\item[5] Mutliplikasjonen er {assositativ}: \hspace{.5cm}$(x\cdot y)\cdot z=x\cdot(y\cdot z)$ \\[.3cm]
\item[6] Multiplikasjonen er {kommutativ}: \hspace{.3cm}$x\cdot y=y\cdot x$.\\[.3cm]
\item[7] {Multiplikativ identitet}: \hspace{1.9cm}Det finnes et elelement 1 slik at  $1\cdot x=x$.\\[.3cm]
\item[8] {Multiplikativ invers}:\hspace{2.3cm} For hver $x\neq 0$ finnes $y$ slik at $x\cdot y=1$.\\[.3cm]
\end{itemize}
\end{center}
\end{tcolorbox}



\begin{center}
\begin{tcolorbox}[title=Det distributive aksiomet,colback=blue!10]
\begin{itemize}
\item[9] Multiplikasjon er distributivt over addisjon:  \\[3pt] $(x+y)\cdot z= x\cdot z+y\cdot z$.
\end{itemize}
\end{tcolorbox}
\end{center}

Merk først at 
\[
y\cdot x=y\cdot (x+0)=y\cdot x+y\cdot 0
\]
Dersom vi legger til $-y\cdot x$ på begge sider, 
står vi igjen med 
\[
0=y\cdot 0,
\]
så det at null ganger noe må være null, 
følger av aksiomene. 
Vi kan nå bruke at 
\begin{align*}
0&= 0\cdot (-1) \\
&=(1-1)\cdot (-1) \\
&=1\cdot (-1)+(-1)\cdot (-1) \\ 
&=-1+(-1)\cdot (-1)
\end{align*}
og konkludere med at $-1$ og $(-1)\cdot (-1)$ må summere til null. 
Altså er de hverandres additive invers, 
og derfor må $(-1)\cdot (-1)=1$.

Egentlig burde vi vist at identitets- og inverselementene er entydige, 
og dessuten burde vi satt opp aksiomene for $=$-tegnet og vært sikker
på at alle de algebraiske manipulasjonene er gyldige og et par andre ting, 
men det får nesten være grenser for hvor mye dere skal plages.
\end{oppgave}


\section*{2 - FUNKSJONER}

\begin{oppgave}{1}
Denne oppgaven er kanskje mest en unnskyldning for å lære dere å gange ut 
\[
(a+b)^n
\]
for dette er et triks mange ikke kan, 
og du får bruk for kunnskapen i TMA4245 Statistikk og sannsynlighetsregning til våren. 
Så her kommer et løsningsforslag som er litt vel pedagogisk, 
du trenger ikke skrive fullt så mye greier på eksamen. 
Først må vi ha Pascals trekant:
\[
\begin{matrix}
&&&&1&&&&\\
&&&1& &1&&&\\
&&1& &2 & &1&&\\
&1&&3 & &3 &&1&\\
\color{red}1&&\color{red}4& & \color{red}6& &\color{red}4&&\color{red}1 \\
&&&&\vdots&&&&
\end{matrix}
\]

For eksempel er
\begin{align*}
(a+b)^4&=
\color{red}1\color{black}a^{4}+\color{red}4\color{black}a^{3}b+\color{red}6\color{black}a^{2}b^{2}+\color{red}4\color{black}a^{1}b^{3}+\color{red}1\color{black}b^{4}\\[3mm]
&=\color{red}{4 \choose 0}\color{black}a^{4}+\color{red}{4 \choose 1}\color{black}a^{3}b+\color{red}{4 \choose 2}\color{black}a^{2}b^{2}+\color{red}{4 \choose 3}\color{black}a^{1}b^{3}+\color{red}{4 \choose 4}\color{black}b^{4}
\end{align*}
Symbolet ${n \choose r}$ leses \say{$n$ over $r$} 
og det er ikke kjempevanskelig å vise ved induksjon (prøv om du har kapasitet) at
\[
{n \choose r}=\frac{n!}{r!(n-r)!}.
\]
Merk at for alle $n$ er 
\[
{n \choose 0}=1 
\hspace{1cm} \text{og} \hspace{1cm}
{n \choose 1}=n
\]
slik at 
\begin{align*}
f'(x)&=\lim_{h \to 0} \frac{f(x+h)-f(x)}{h}\\[3mm]
&=\lim_{h \to 0} \frac{(x+h)^n-x^n}{h}\\[3mm]
&=\lim_{h \to 0} \frac{{n \choose 0}x^n+{n \choose 1}x^{n-1}h+{n \choose 2}x^{n-2}h^2+\cdots+{n \choose n-1}xh^{n-1}+{n \choose n}h^n-x^n}{h}\\[3mm]
&=\lim_{h \to 0} \frac{nx^{n-1}h+{n \choose 2}x^{n-2}h^2+\cdots+{n \choose n-1}xh^{n-1}+{n \choose n}h^n}{h}\\[3mm]
&=\lim_{h \to 0} \left( nx^{n-1}+{n \choose 2}x^{n-2}h+\cdots+{n \choose n-1}xh^{n-2}+{n \choose n}h^{n-1}\right)=nx^{n-1}
\end{align*}
\end{oppgave}



\begin{oppgave}{2}
Funksjonen $f: A \to f(A)$ sin inverse funksjon eksisterer dersom $f$ er injektiv, 
og $f^{-1}$ tilfredsstiller likningen
\[
f\left(f^{-1}(x)\right)=x 
\]
for alle $x \in f(A)$.
Hvis vi deriverer denne likningen med kjerneregelen,
får vi 
\[
f'(f^{-1}(x))\cdot \frac{d}{dx}f^{-1}(x)=1
\]
eller 
\[
\frac{d}{dx}f^{-1}(x)=\frac{1}{f'(f^{-1}(x))}\\[3mm]
\]
Dersom vi setter $f: (-\pi/2,\pi/2)\to \mathbb R$ 
gitt ved 
$
f(x)=\tan x
$
og husker at
\[
f'(x)=1+\tan^2x
\]
detter 
\[
\frac{d}{dx}\arctan x=\frac{1}{1+\tan^2\left(\arctan(x)\right)}=\frac{1}{1+x^2}
\]
rett ut.

I forrige uke prata jeg med en MTKJ-student som hadde tegnet en aldeles nydelig tegning av dette. 
Hvis du er flink til å tegne kan du sende meg din beste versjon av figuren. 
Det vakreste og mest korrekte bidraget får premie.
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{3}
Denne klarer alle barn i barnehagen med $abc$-formelen. 
Vi beregner 
\[
x=\frac{-2\pm\sqrt{4-8}}{2}=\frac{-2\pm\sqrt{-4}}{2}=\frac{-2\pm2i}{2}=-1\pm i
\]
slik at 
\[
x^2+2x+2=(x+1+i)(x+1-i).
\]
Men jeg har så lyst til at alle skal ha

\begin{tcolorbox}[colback=red!10, title= Algebraens fundamentalteorem]Et polynom
\[
z^n+a_{n-1}z^{n-1}+...+a_1z+a_0
\]
kan alltid faktoriseres
\[
z^n+a_{n-1}z^{n-1}+\cdots+a_1z+a_0=\prod_{i=1}^n (z-z_i),
\]
der $z_i \in \mathbb C$ er løsninger av likningen
\[
z^n+a_{n-1}z^{n-1}+...+a_1z+a_0=0
\]\end{tcolorbox}

ryggmargen.
Polynomlikninger er en viktig del av Norges kulturarv;
Niels Henrik Abel var den første som beviste at
til tross for at alle polynomer i prinsippet kan spaltes fullstendig
i lineære faktorer,
finnes det ingen $abc$-formel for polynomlikninger med høyere orden enn 5.

\end{oppgave}

\section*{3 - LIKNINGER}

\begin{oppgave}{1}
 Newtons metode baserer seg på at likningen er skrevet på formen $f(x)=0$.

\begin{minipage}{6cm}
\textbf{1:} Den leter altså etter nullpunkter til funksjoner. 
La oss si at nullpunktet vi leter etter kalles $r$.
\end{minipage}
\begin{minipage}{10cm}
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[scale=1.3]
      \draw[->] (0,0) -- (3.2,0) node[right] {$x$};
      \node[anchor=west] at (.5,-.4) {$r$};
      \node[anchor=west] at (1.6,1.7) {$f$};
      \draw[scale=0.5,domain=0:5,smooth,variable=\x,blue] plot ({\x},{.2*(\x*\x-2)});
%      \draw[scale=0.5,domain=-3:3,smooth,variable=\y,red]  plot ({\y},{\y});
\end{tikzpicture}
\end{center}       
\end{minipage}

\begin{minipage}{6cm}       
\textbf{2:} La oss anta at vi har en tilnærming $x_0$ til $r$. Vi slår tangenten til $f$ i $x_0$.
\end{minipage}
\begin{minipage}{10cm}
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[scale=1.3]
      \draw[->] (0,0) -- (3.2,0) node[right] {$x$};
      \node[anchor=west] at (.5,-.4) {$r$};
      \node[anchor=west] at (1.8,-.4) {$x_0$};
      \node[above right] at (1.8,-.17){$\circ$};      
      \node[anchor=west] at (1,-.4) {$x_{1}$};      
      \node[above right] at (1.02,-.17){$\circ$};      
      \node[above right] at (1.84,1.22){$\circ$};      
      \node[anchor=west] at (1.6,1.7) {$f$};
      \node[anchor=west] at (2,1.35) {$(x_0,f(x_0))$};
      \draw[scale=0.5,domain=0:5,smooth,variable=\x,blue] plot ({\x},{.2*(\x*\x-2)});
      \draw[scale=0.5,domain=1:5,smooth,variable=\y,red]  plot ({\y},{1.6*(\y-4)+14/5});
\end{tikzpicture}
\end{center}
\end{minipage}

\textbf{3:} Punktet der tangenten skjærer $x$-aksen, 
kaller vi $x_1$. 
Dette punktet kan vi finne ved å sette opp likningen for tangenten til $f$ i $x_0$:
\[
y-f(x_0)=f'(x_0)(x-x_0)
\]
og så kreve at $y=0$:
\[
-f(x_0)=f'(x_0)(x_1-x_0)
\]
Løser vi denne likningen for $x_1$, får vi at
\[
x_1=x_0-\frac{f(x_0)}{f'(x_0)}.
\]
\textbf{4:} Dersom $f$ og $x_0$ ser ut slik som i figuren, 
vil $x_1$ ligge nærmere nullpunktet enn $x_0$,
og det trengs ikke så stor fantasi for å se at $x_2$ kanskje 
vil legge seg nærmere nullpunktet enn $x_1$.
Newtons metode er definert som den rekursive følgen
\[
x_{n+1}=x_{n}-\frac{f(x_n)}{f'(x_n)}.
\]
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{2}
Fikspunktiterasjonen 
\[
x_{n+1}=g\left(x_n\right)
\]
konvergerer av og til mot løsningen $r$ til likningen $x=g(x)$. 

Dersom $g$ er deriverbar på et intervall som inneholder 
både $x_n$ og $r$,
sier sekantsetningen at det må finnes en $s$ mellom disse to slik at 
\[
g'(s)=\frac{g(x_n)-g(r)}{(x_n-r)}=\frac{x_{n+1}-r}{(x_n-r)}
\]
som gir at 
\[
x_{n+1}-r=g'(s)(x_n-r).
\]
Denne likningen forteller oss noe om avstanden mellom iterasjonene og løsningen $r$, 
og vi ser nå hvorfor det er lurt å ha enn viss peiling på hvorvidt 
$|g| < 1$ før vi programmerer opp og trykker på kjør.
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{3}
Her er en kode som kjører begge metoder og printer hver iterasjon. 
Merk hvor mye kjappere Newtons metode konvergerer.
\lstset{language=python}
\lstinputlisting[ label = {Listings:1}]{../python//dottie/dottie.py}
\end{oppgave}

\section*{4 - FØRSTE ORDENS DIFFERENSIALLIKNINGER}

\begin{oppgave}{1}
Vi har jo vist i at initialverdiproblemet
\[
\dot x + ax = b \hspace{1cm} x(0)=x_0 
\]
har entydig løsning. 
Newtons avkjølingsproblem er
\[
\dot{T}(t)+\alpha \left(T(t)-T_K\right)=0 \qquad T(0)=T_0,
\]
er definitivt et problem som passer i denne tvangstrøyen,
så om vi har en løsning, 
kan vi være helt sikre på at dette er den eneste.
Man skriver likningen slik man gjør for å 
poengtere at \textbf{tingens endring i temperatur er proporsjonal med
differansen i temperatur mellom tingen og omgivelsene}.

Hvis du setter
\[
T(t) = T_K + (T_0-T_K)e^{- \alpha t}
\]
inn for $T(t)$ likningen,
får du 
\[
-\alpha(T_0-T_K)e^{- \alpha t}
+\alpha\left(T_K + (T_0-T_K)e^{- \alpha t}-T_k\right)=0
\]
og dessuten er 
\[
T(0)=T_K + (T_0-T_K)=T_0
\]
så det ser bra ut. 
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{2}
Man kan forklare hvordan Eulers eksplisitte metode fungerer på forskjellige måter.
Gitre opp $t$-aksen med en jevn partisjon av gitterpunkter $t_n$ med avstand $h$.
Jeg liker best å ta differensiallikningen
\[
\dot x = f(x)
\]
integrere den mellom to gitterpunkter
\[
x\left(t_{n+1}\right)-x(t_n)= \int_{t^n}^{t_{n+1}} \dot x(t)\; dt =  \int_{t^n}^{t_{n+1}} f(x(t))\; dt
\]
og så sette inn approksimasjonene $x_{n+1}\approx x\left(t_{n+1}\right)$ 
og $x_{n}\approx x\left(t_{n}\right)$
på venstre side og disse og 
en eller annen numerisk approksimasjon for integralet på høyre side. 
Forskjellige numeriske approksimasjonsteknikker for integralet
gir opphav til forskjellige numeriske metoder for differensiallikninger,
og Eulers eksplisitte metode får du ved å sette inn en venstre riemannsum med
bare ett delintervall
\[
x_{n+1}-x_n=hf\left(x_n\right)
\]
slik at rekursjonen blir
\[
x_{n+1}=x_n+hf\left(x_n\right).
\]
Dersom du har peiling på numerisk integrasjon,
blir det nå lett å huske de forskjellige numeriske differensiallikningsløserne,
og det blir lett å forstå slike ting som at trapesmetoden
\[
x_{n+1}=x_n+\frac{h}{2}\left(f\left(x_n\right)+f\left(x_{n+1}\right)\right)
\]
er mer presis enn Eulers eksplisitte metode,
for trapesregelen er jo en bedre numerisk integrasjonsmetode enn riemannsummer.

Man kan også basere seg på Taylors teorem for $n=1$.
Dersom du har en approksimasjon til $x\left(t_n\right)$ 
og ønsker en approksimasjon til $x\left(t_{n+1}\right)$,
kan du lineærapproksimere om du har tilgang på en approksimasjon til stigningstallet  $\dot x \left(t_n\right)$.
Men siden $\dot x = f(x)$ gir differensiallikningen gir deg en tilnærming til stigningstallet via $f$,
så om du lineærapproksimerer deg til $x_{n+1}$ fra $x_n$ blir likningen
\[
x_{n+1}=x_n+hf(x_n).
\]
Denne strategien regnes som litt lettere å skjønne i begynnelsen, 
men det blir litt vanskeligere å forstå forholdet mellom de forskjellige metodene. 
Hvis noen har en pen figur,
er jeg interessert, 
den beste får premie.

Eulers eksplisitte metodes rekursjonslikning blir
\[
v_{n+1} =v_n + h \left( 1-v_n^2\right).
\]
for fallskjermproblemet, 
og du kan programmere det opp slik:
\lstset{language=python}
\lstinputlisting[ label = {Listings:1}]{../python/fallskjerm/fallskjerm-ekspl.py}
Tut og kjør. 
Plottet blir omtrent slik:
\begin{center}
\includegraphics[scale=1]{../python/fallskjerm/fallskjerm-ekspl}
\end{center}
\end{oppgave}


\section*{5 - LINEÆRE LIKNINGSSYSTEMER}

\begin{oppgave}{1}
Et tredjegradpolynom er et polynom på formen 
\[
p(x)=a_3x^3+ a_2x^2+a_1x+a_0
\]
og dersom $x$-koordinatene er forskjellige
i hvert punkt, 
finnes det et entydig polynom som reiser gjennom de fire punktene. 
Dette skal vi komme tilbake til senere. 
Vi får fire likninger:
\begin{align*}
p(0)=& a_0\hspace{33.2mm}=1\\
p(1)=& a_3+ a_2+a_1+a_0\hspace{7.6mm}=0\\
p(2)=& 8a_3+ 4a_2+2a_1+a_0\hspace{2mm}=1\\
p(3)=& 27a_3+ 9a_2+3a_1+a_0\hspace{0mm}=2
\end{align*}
Den første er jo allerede gausset ferdig, 
så vi kan like gjerne si
\begin{align*}
p(1)=&a_3+ a_2+a_1\hspace{7.6mm}=-1\\
p(2)=&8a_3+ 4a_2+2a_1\hspace{1.6mm}=\hspace{3mm}0\\
p(3)=&27a_3+ 9a_2+3a_1=\hspace{2.5mm}1
\end{align*}
eller 
\[
\begin{amatrix}{3}
1 & 1 & 1 & -1 \\
4 & 2 & 1 & 0 \\
27 & 9 & 3 & 1 
\end{amatrix}
\sim 
\begin{amatrix}{3}
1 & 1 & 1 & -1 \\
0 & 2 & 3 & -4 \\
0 & 18 & 24 & -28 
\end{amatrix}
\sim 
\begin{amatrix}{3}
1 & 1 & 1 & -1 \\
0 & 2 & 3 & -4 \\
0 & 0 & 3 & -8 
\end{amatrix}
\]
slik at 
\begin{align*}
a_1&=-8/3\\
a_2&=(-4-3(-8/3))/2=2\\
a_3&=-1-(-8/3)-2=-1/3\\
\end{align*}
Polynomet blir 
\[
p(x)=-\frac{1}{3}x^3+2x^2-\frac{8}{3}x+1
\]
og denne koden
\lstset{language=python}
\lstinputlisting[ label = {Listings:1}]{../python/interpolasjon/interpolasjon.py}
produserer følgende plot:
\begin{center}
\includegraphics[scale=1]{../python/interpolasjon/interpolasjon}
\end{center}
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{2}
Dersom det lineære likningssystemet er kvadratisk, 
finnes det en rask måte å sjekke om kolonnene i systemmatrisen er lineært uavhengige.
Det kalles determinanten. 
For en $2 \times 2$-matrise 
\[
A=
\left(\;\begin{matrix}
a_{11} & a_{12} \\
a_{21} & a_{22}  
\end{matrix}\;\right)
\]
er den gitt ved
\[
\det A= a_{11}a_{22}-a_{21}a_{12}
\]
Vi kjenner igjen dette som arealet av parallellogrammet utspent av kolonnevektorene i $A$.
Dersom denne $2\times 2$-determinanten er null er kolonnene parallelle, 
og dersom  den ikke er null er de ikke parallelle.
Siden parallelle vektorer er lineært avhengige (og omvendt så lenge vi bare har to vektorer i kikkerten),
har vi egentlig rundet spillet for $2 \times 2$-matriser.

For en $3 \times 3$-matrise 
\[
A=
\left(\;\begin{matrix}
a_{11} & a_{12} & a_{13}\\
a_{21} & a_{22} & a_{23}\\ 
a_{31} & a_{32} & a_{33}\\ 
\end{matrix}\;\right)
\]
er formelen 
\[
\det A=  a_{11}\left(a_{22}a_{33}-a_{23}a_{32}\right) 
- a_{12}\left(a_{21}a_{33}-a_{23}a_{31}\right) 
+ a_{13}\left(a_{21}a_{32}-a_{22}a_{31}\right)
\]
Fulgte du godt med på skolen, 
kjenner du igjen dette som volumet av parallellepipedet utspent av kolonnene i $A$. 
Dersom du tar tre kulepenner og fikler litt med dem,
vil du nok klare å se geometrisk at de tre kolonnene er lineært uavhengige hvis og bare hvis $\det A \neq 0$, 
siden $\det A=0$ impliserer at de ligger i samme plan. 

Dette kan generaliseres til $n \times n$-matriser, 
men det er ikke helt trivielt. 
De fleste ingeniører går nok gjennom livet uten å kjenne til denne utledningen. 
For MTKJ er determinanter veldig viktige, 
for de er sentrale i kvantekjemi:\\
\url{https://en.wikipedia.org/wiki/Slater_determinant}
\end{oppgave}

\section*{6 - MATRISER}

\begin{oppgave}{1}
Matriseproduktet $AB$  er en haug med skalarprodukter
mellom radene i $A$ og kolonnene i $B$. 
Derfor må antall kolonner i $A$ være lik antall rader i $B$,
ellers går det ikke an å utføre alle skalarproduktene.

La nå
\[
A =
\begin{pmatrix}
 0 & 1 &  5 \\
 2 & 3 & -1 \\
-8 & 0 & 2
\end{pmatrix}
\quad \text{og} \quad
B =
\begin{pmatrix}
1 & 2 & 5 \\
0 & 0 & 3
\end{pmatrix}
\]
Det første, $AB$, er ikke definert,
siden antall kolonner i $A$ ikke er lik antall rader i $B$.
Det motsatte produktet går bra:
\[
BA=
\begin{pmatrix}
-36 & 7 & 13 \\
-24 & 0 & 6
\end{pmatrix}
\]
Av samme grunn er det kun kvadratiske matriser som kan ganges med seg selv, 
så $B^2$ er ikke definert, 
mens 
\[
A^2=
\begin{pmatrix}
-38 & 3 & 9 \\
14 & 11 &  5 \\
-16 & -8 & -36 
\end{pmatrix}
\]
Summen  
$A+B$
er ikke definert, 
for $A$ og $B$ må ha samme dimensjon om du skal kunne addere dem. 
\end{oppgave}



\begin{oppgave}{2}
Vi bretter opp ermene og gausser i vei
\[
\left(
\begin{array}{ccc|ccc}
2 & 3 & 4 & 1 & 0 & 0 \\
3 & 4 & 5 & 0 & 1 & 0 \\
4 & 5 & 7 & 0 & 0 & 1
\end{array}
\right)
\sim 
\left(
\begin{array}{ccc|ccc}
1 & 0 & 0 &-3 & 1 & 1 \\
 0 & 1 & 0 & 1 & 2 & -2 \\
 0 & 0 & 1 & 1 & -2 & 1
\end{array}
\right)
\]
og så ganger vi invers og høyreside for å få løsningen:
\[
\left(
\begin{array}{ccc}
-3 & 1 & 1 \\
 1 & 2 & -2 \\
 1 & -2 & 1
\end{array}
\right)
\begin{pmatrix}
4 \\
5 \\
3 
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
-4\\8 \\-3
\end{pmatrix}
\]
\end{oppgave}


\section*{7 - ANDRE ORDENS DIFFERENSIALLIKNINGER}

\begin{oppgave}{1}
Et stort geni har forstått at eksponensialfunksjonen
er egenvektor til differensialoperatoren:
\[
\frac{d}{dt}e^{\lambda t}=\lambda e^{\lambda t} \hspace{2cm} 
\frac{d^2}{dt^2}e^{\lambda t}=\lambda ^2e^{\lambda t} \hspace{2cm} \text{osv}
\]
og siden venstresiden i likningen 
\[
\ddot{x}+b\dot{x}+cx=0
\]
er en lineærkombinasjon av slike differensialoperatorer,
så vil primater med sunt bondevett gjette at løsningen må være 
noe med eksponensialfunksjonen. 
Et annet stort geni har vist at alle løsningene til 
en linæer differensiallikning av orden $n$ alltid er et vektorrom av orden $n$
\footnote{ikke kjempevanskelig å vise, men jeg skal ikke plage dere med det i år},
så det betyr at dersom du finner to lineært uavhengige løsninger, 
har du funnet alt som er å finne. 

Vi setter $x(t)=e^{\lambda t}$ inn i likningen og får 
\[
\lambda ^2e^{\lambda t}+ b\lambda e^{\lambda t} ce^{\lambda t} =0
\]
og siden eksponensialfunksjonen aldri er null,
kan vi trygt dele den ut og få
\[
\lambda^2+b\lambda + c=0.
\]
Denne likningen kan alle barn i barnehagen,
og vi vet at 
\[
\lambda = 
\frac{-b\pm\sqrt{b^2-4c}}{2}
\]
Dersom $b^2-4c$ er positiv,
får vi to løsningene
\[
x(t)=a_1e^{\lambda_1 t} +a_2e^{\lambda_2 t}
\]
der
\[
\lambda_1 = 
\frac{-b+\sqrt{b^2-4c}}{2}
\hspace{2cm}
\text{og}
\hspace{2cm}
\lambda_2 = 
\frac{-b-\sqrt{b^2-4c}}{2}
\]
Dersom $b^2=4c$, 
får vi løsningene
\[
x(t)=(a_1t+a_2)e^{\lambda t}
\]
der $\lambda = -b/2$.
Hvis du synes det er litt frustrerende at 
man bare trekker $te^{\lambda t}$ opp av hatten,
kan du prøve å derivere uttrykket
\[
x(t)e^{-bt/2}
\]
to ganger, 
bruke at $b^2=4c$ og så integrere to ganger,
så ser du det.
Dersom $b^2-4c <0$ er det vanlig å 
sette $\delta = -b/2$ og $\omega_0 = 4c-b^2$
og 
\[
\lambda_1 = 
\delta+\omega_0i
\hspace{2cm}
\text{og}
\hspace{2cm}
\lambda_2 = 
\delta-\omega_0i
\]
slik at
\[
x(t)=e^{\delta t}\left(a_1e^{\omega_0 t} +a_2e^{-\omega_0 t}\right)
\]
som vi vet også kan skrives
\[
x(t)=e^{\delta t}\left(a_1\cos(\omega_0 t) +a_2\sin(\omega_0 t)\right)
\]
\end{oppgave}

\section*{8 - VEKTORROM}

\begin{oppgave}{1}
Vi sier at vektorer $\mathbf v_1$, $\mathbf v_2$ ... $\mathbf v_n$ er lineært uavhengige dersom
\[
c_1\mathbf v_1+c_2\mathbf v_2 +\cdots +c_n\mathbf v_n=\mathbf 0
\]
impliserer 
at
\[
c_1=c_2=\cdots=c_n= 0.
\]
Anta nå at både 
\[
c_1\mathbf v_1+c_2\mathbf v_2 +\cdots +c_n\mathbf v_n=\mathbf w
\]
og 
\[
d_1\mathbf v_1+d_2\mathbf v_2 +\cdots +d_n\mathbf v_n=\mathbf w
\]
Dersom vi trekker disse to likningene fra hverandre, 
får vi 
\[
(c_1-d_1)\mathbf v_1+(c_2-d_2)\mathbf v_2 +\cdots +(c_n-d_n)\mathbf v_n=\mathbf w-\mathbf w = \mathbf 0
\]
og siden  $\mathbf v_1$, $\mathbf v_2$ ... $\mathbf v_n$ er lineært uavhengige må 
\[
c_1-d_1=c_2-d_2=\cdots =c_n-d_n=0
\]
slik at 
\[
c_1=d_1,c_2=d_2=\cdots c_n=d_n.
\]
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{2}
At punktet har koodinatene $(4,5,3)$ i standardbasisen for $\mathbb R^3$,
betyr bare at 
\[
\begin{pmatrix}
4 \\
5 \\
3
\end{pmatrix}
=
4
\begin{pmatrix}
1 \\
0 \\
0
\end{pmatrix}
+5
\begin{pmatrix}
0 \\
1 \\
0
\end{pmatrix}
+3
\begin{pmatrix}
0 \\
0 \\
1
\end{pmatrix}.
\]
Basisskift er ikke noe hokus pokus,
vi ønsker å skrive punktet som en lineærkombinasjon 
av vektorene
\[
\left\{ 
\begin{pmatrix}
2 \\
3 \\
4
\end{pmatrix},
\begin{pmatrix}
3 \\
4 \\
5
\end{pmatrix},
\begin{pmatrix}
4 \\
5 \\
7
\end{pmatrix}
\right\}
\]
istedet, 
altså at 
\[
\begin{pmatrix}
4 \\
5 \\
3
\end{pmatrix}
=
c_1
\begin{pmatrix}
2 \\
3 \\
4
\end{pmatrix}
+c_2
\begin{pmatrix}
3 \\
4 \\
5
\end{pmatrix}
+c_3
\begin{pmatrix}
4 \\
5 \\
7
\end{pmatrix}.
\]
Dette er det samme som å løse likningssystemet
\[
\left(
\begin{array}{ccc}
2 & 3 & 4 \\
3 & 4 & 5 \\
4 & 5 & 7
\end{array}
\right)
\begin{pmatrix}
c_1 \\
c_2 \\
c_3 
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
4\\5 \\ 3
\end{pmatrix}
\]
som vi vet løses av $c_1=-4$, $c_2=8$ og $c_3=-3$.
Dette er de nye koordinatene:
\[
\begin{pmatrix}
4 \\
5 \\
3
\end{pmatrix}
=
-4
\begin{pmatrix}
2 \\
3 \\
4
\end{pmatrix}
+8
\begin{pmatrix}
3 \\
4 \\
5
\end{pmatrix}
-3
\begin{pmatrix}
4 \\
5 \\
7
\end{pmatrix}
\]
\end{oppgave}

\end{document}
